Tutorübung 5 - Alexander Schmalstieg Analysis 2

Tutorübung 5
Analysis 1 für Lehramt
TU Dortmund, Wintersemester 2013/2014
Aufgabe T1
Schreibe die folgenden komplexen Zahlen in der Form a + ib ∈ C, a, b ∈ R:
3+4i
(a) 3−4i
√
(b) i
(c) (1 + i)n + (1 − i)n , n ∈ N
n
, n∈N
(d) 1+i
1−i
Lösung.
a) Mit der dritten binomischen Formel folgt
(3 + 4i)2
9 + 24i − 16
−7 + 24i
7
24
3 + 4i
=
=
=
=− +
i
3 − 4i
(3 − 4i)(3 + 4i)
9 + 16
25
25 |{z}
25
|{z}
:=a
:=b
b) Quadrieren der Gleichung liefert
(a + bi)2 = i ⇔ a2 + 2abi − b2 = i ⇔ a2 − b2 + (2ab − 1)i = 0 ⇔ a2 − b2 = 0 ∧ 2ab − 1 = 0
1
⇔ a2 = b2 ∧ ab =
2
1. Fall a = b: ⇒ a2 = 21 ⇔ a = √12 ∨ a = − √12 .
2. Fall a = −b: ⇒ a2 = − 21 (a, b ∈ R) Es ergeben sich also die beiden Darstellungen
√
√
1
1
1
1
i = √ + √ i ∨ i = −√ −√ i
2
2
2
2
|{z} |{z}
| {z } | {z }
:=a
:=a
:=b
:=b
Die Wurzel einer komplexen Zahl ist also nicht eindeutig, sie besitzt zwei mögliche Darstellungen. Insbesondere gelten für negative reelle Zahlen die gewöhnlichen Rechenregeln
für Wurzeln nicht, denn
p
√
√ √
1 = 1 = (−1)(−1) = −1 −1 = i2 = −1
c) Mit dem binomischen Satz ergibt sich
n n n X
X
n k n−k X n
n k
k
n−k
(1 + i) + (1 − i) =
i ·1
+
(−i) · 1
=
[i + (−i)k ]
k
k
k
k=0
k=0
k=0
n
n
1
Analysis 1
Genauere Betrachtung liefert
( 0, k ungerade
ik + (−i)k = ik [1 + (−1)k ] = 2, k durch 4 teilbar
−2, sonst
Alle ungerade Summanden sind also 0. Deshalb kann man die Summe umschreiben,
sodass nur alle geraden Summanden vorkommen
n
n 2 X
X
n
n k
k
· 2 · (−i)k ∈ R
[i + (−i) ] =
2k
k
k=0
k=0
n
Also ergibt sich a := 2
2
P
k=0
n
2k
(−i)k und b = 0.
d) Mit der dritten binomischen Formel folgt
1+i
1−i
n
=
(1 + i)2
(1 − i)(1 + i)
n
=
1 + 2i − 1
1+1
n
=
2i
2
n
(
n
=i =
n
n
(−1) 2 , n gerade
n−1
(−1) 2 i, n ungerade
Es ergibt sich also a := (−1) 2 , b := 0 für gerade n und a = 0, b = (−1)
n.
n−1
2
für ungerade
Aufgabe T2
Bestimme alle z ∈ C mit z 3 = 1 und zeige, dass diese Zahlen auf einem gleichseitigen
Dreieck liegen.
Lösung.
a) Die Gleichung z 3 − 1 = 0 besitzt offensichtlich die reelle Lösung z = 1. Man kann
also den Linearfaktor (z − 1) durch Polynomdivision abspalten. Damit ergibt sich
z 3 − 1 = (z − 1)(z 2 + z + 1)
Es bleiben also noch die Lösungen der Gleichung z 2 + z + 1 zu finden. Mit der p − q
Formel findet man
r
√
√
√
1
3
1
3
1
3
1
3
i⇔z=− +
i ∨ z=− −
i
z=− ± − =− ±
2
4
2
2
2
2
2
2
Es ergeben sich abschließend die drei Lösungen
√
√
1
3
1
3
z1 = 1, z2 = − +
i, z3 = − −
i
2
2
2
2
2
Analysis 1
b) Die drei Zahlen bilden in der Gaußschen Zahlenebene offensichtlich ein Dreieck. Dieses
Dreieck ist gleichseitig, wenn die Abstände zwischen den Zahlen gleich sind.
r
√
√
3
3
3
9 3 √
1
i| = | −
i| =
+ = 3
|z1 − z2 | = |1 + −
2
2
2
2
4 4
r
√
√
1
3
3
9 3 √
3
|z1 − z3 | = |1 + +
i| = | +
i| =
+ = 3
2
2
2
2
4 4
√
√
√
√
1
3
1
3
|z2 − z3 | = | − +
i+ +
i| = | 3i| = 3
2
2
2
2
Die drei Zahlen liegen also auf einem gleichseitigen Dreieck.
Aufgabe T3
(a) Man zeige, dass drei verschiedene Punkte z1 , z2 , z3 ∈ C genau dann auf einer Gerade
−z1
∈ R ist.
liegen, wenn zz23 −z
1
(b) Zeichne die folgenden Teilmengen von C:
z − 1
≤ 1}
A := {z ∈ C| |z − i| ≤ 1}, B := {z ∈ C| z +i
Beweis.
a) ⇒: Seien z1 , z2 , z3 ∈ C auf einer Geraden. Dann ∃λ ∈ R mit z3 = z1 + λ(z2 − z1 ).
Umformen liefert
z3 − z1
∈R
λ=
z2 − z1
−z1
⇐: Sei λ = zz23 −z
∈ R. Dann ergibt sich sofort
1
z3 = z1 + λ(z2 − z1 )
Lässt man nun für λ alle rellen Zahlen zu, so ergibt sich eine Gerade durch z1 und z2 ,
die auch z3 enthält.
b) Setzt man einige Zahlen ein, z.B. i, −i, 0, 1, −1 bekommt man die Idee, dass es sich bei
der Menge A = {z ∈ C| |z − i| ≤ 1} um den ausgefüllten Einheitskreis mit Mittelpunkt
i handelt. Dies lässt sich rechnerisch überprüfen, indem man für z = a + ib ∈ C einsetzt.
|a + ib − i| ≤ 1 ⇔ |a + (b − 1)i| ≤ 1 ⇔ a2 + (b − 1)2 ≤ 1
Das Bild ist in Abbildung 1 zu sehen.
Aufgabe T4
Beweis.
a)
3
Analysis 1
Abbildung 1: Kreis um i mit Radius 1
4