2. ¨Ubungsblatt Aufgaben mit Lösungen - KIT

2. Übungsblatt
Aufgaben mit Lösungen
√
Aufgabe 6: Gegeben seien die komplexen Zahlen z1 = 1 + i, z2 = 2 − 3i, z3 = 3 + i. Berechnen Sie
1
(a) Real- und Imaginärteil der komplexen Zahlen zj , −zj , zj zj , , zj − zj und |zj |, jeweils für j = 1, 2, sowie der
zj
Zahlen
z1
,
und
z13 z22 .
z1 + z2
(b) die Polarkoordinatendarstellung (r, ϕ) von z3 , wo ϕ dem Hauptwert des Arguments von z3 entspricht.
Lösung 6:
√
1
1
= (1 − i), z1 − z1 = 2i und |z1 | = 2. z2 = 2 + 3i, −z2 = −2 + 3i,
z1
2
√
1
1
z2 z2 = 13,
=
(2 + 3i), z2 − z2 = −6i und |z2 | = 13.
z2
13
Ferner ist
z1
1+i
(1 + i)(3 + 2i)
1
5
=
=
=
+ i
z1 + z2
3 − 2i
13
13 13
Zu (a) z1 = 1 − i, −z1 = −1 − i, z1 z1 = 2,
und
z13 z22 = 2i (1 + i) (2 − 3i) (2 − 3i) = (−2 + 2i) (−5 − 12i) = 34 + 14i.
√
Zu (b) r2 = |z3 |2 = z3 z3 = 4, also r = 2. Da Re(z3 ) = 3 > 0 und Im(z3 ) = 1 > 0, muss ϕ ∈ (0, π/2) sein. Mit
sin ϕ = Im(z)/|z| = 1/2 folgt ϕ = π/6.
Aufgabe 7: Bestimmen Sie Real- und Imaginärteil aller ω ∈ C, welche der Beziehung ω 2 =
3
1−3i
−
1
3+i
genügen,
(a) mit Hilfe des Ansatzes ω = x + iy,
(b) mit Hilfe von Polarkoordinaten.
Lösung 7:
Wir berechnen
1
3 (1 + 3i)
3−i
3 + 9i 3 − i
10i
3
−
=
−
=
−
=
= i.
1 − 3i 3 + i
(1 − 3i) (1 + 3i) (3 + i) (3 − i)
10
10
10
Zu lösen ist also die Gleichung ω 2 = i.
(a) Mit x = Re ω und y = Im ω und
ω 2 = x2 − y 2 + 2ixy
ist die Gleichung zu dem System
x2 − y 2 = 0 und xy = 1/2
1
äquivalent (Vergleich von Realteil und Imaginärteil). Also ist wegen der zweiten Gleichung x 6= 0 und y = 2x
und
1
1
1
2
4
2
wir erhalten durch Einsetzen x − 4x2 = 0, bzw. x = 4 . Daraus können wir folgern, dass x sowohl 2 als auch
√
1
2
− 12 sein könnte. Da aber x ∈ R und damit x2 ≥ 0, kommt
davon
nur
x
=
in
Frage.
Also
folgt
x
=
±
2/2
2
n√
√
√
√ o
√
2
2
2
2
1
und y = 2x = ± 2/2. Das ergibt die Lösungsmenge 2 + i 2 , − 2 − 2 i .
(b) Wir bezeichnen r = |ω| und ϕ = Arg ω. Dann ist
r2 = |i| = 1 und 2ϕ = Arg (i) + 2πk =
mit einem k ∈ Z. Daraus folgt
r = 1 und ϕ =
π
+ 2πk
2
π
+ πk, k ∈ Z.
4
Das ergibt zwei verschiedene Lösungen
π
, (ϕ1 : Hauptwert des Arguments)
4
3π
π
r2 = 1 und ϕ2 = − π = − , (ϕ2 : Hauptwert des Arguments).
4
4
r1 = 1 und ϕ1 =
Mit den Relationen
Re ω = r cos ϕ und Im ω = r sin ϕ
erhalten wir wiederum die Lösungen
√
√
√
√
2
2
2
2
ω1 =
+
i, ω2 = −
−
i.
2
2
2
2
Aufgabe 8: Welche komplexe Zahlen erfüllen die Bedingung
(a) (Im(2z + i))2 − 1 ≤ 4|z|2 − 8Re(z) < −(z − z)2 ,
(b) z 4 + (2i + 2)z 2 + 4i = 0?
Skizzieren Sie für Teil (a) auch die Lösungsmenge in der komplexen Zahlenebene.
Lösung 8:
(a) Setze z = x + iy mit x, y ∈ R. Dann ist Im(2z + i) = 2y + 1, und die erste Ungleichung lautet 4y 2 + 4y ≤
4x2 + 4y 2 − 8x, also
y ≤ x2 − 2x = x(x − 2) = (x − 1)2 − 1.
Diese Ungleichung erfüllen also alle Punkte unter einer Parabel mit Nullstellen 0, 2 und dem Scheitelpunkt 1 − i.
Bei der anderen Ungleichung stellt sich die Frage, ob sie überhaupt sinnvoll ist. Ungleichungen machen nur für reelle Zahlen Sinn. Die rechte Seite lautet aber − (z − z)2 =
−(x + iy − x + iy)2 = 4y 2 ∈ R. Also muss 4x2 + 4y 2 − 8x < 4y 2 sein, d.h. x2 − 2x < 0.
Dies bedeutet x > 0 und x < 2 oder aber x < 0 und x > 2. Nur der erste Fall ist möglich.
Die Lösungsmenge ist also
z ∈ C : Re(z) ∈ (0, 2), Im(z) < (Re(z) − 1)2 − 1 .
(b) Wir führen eine quadratische Ergänzung durch:
!
z 4 + (2i + 2)z 2 + 4i = z 4 + 2z 2 (i + 1) + (i + 1)2 − (i + 1)2 +4i = (z 2 + i + 1)2 + 2i = 0
| {z }
=2i
!
Damit suchen wir zunächst eine Lösung zu (z 2 + i + 1)2 = w2 = −2i. Mit dem Polarkoordinatenansatz
w = r(cos ϕ + i sin ϕ)
erhalten wir |w2 | = r2 und arg(w2 ) = 2ϕ + 2kπ für ein k ∈ Z.
Vergleich mit der rechten Seite | − 2i| = 2 und arg(−2i) = − π2 liefert uns r =
ϕ1 = −
π
für k = 0
4
und ϕ2 =
√
2 und die beiden Lösungen
3
π für k = −1 ,
4
alle weiteren
√ k liefern nur Lösungen ausserhalb (−π, π]√ und sind durch die beiden schon abgedeckt. Damit
ist w1 = 2(cos(− π4 ) + i sin(− π4 )) = 1 − i und w2 = 2(cos( 43 π) + i sin( 43 π)) = i − 1. Also ist z 2 entweder
w1 − i − 1 = −2i oder w2 − i − 1 = −2.
Das Problem z 2 = −2i haben wir gerade schon gelöst, die ersten beiden Lösungen sind z1 = 1 − i und z2 = i − 1.
Entweder man weiss jetzt schon, für welche z 2 = −2 gilt, oder man versucht den Ansatz z = x + iy, also
!
z 2 = x2 − y 2 + 2ixy = −2. Vergleichen wir Real- und Imaginärteil, so erhalten wir x2 − y 2 = −2 und xy = 0:
2
Ein Produkt ist null, wenn einer der Faktoren null ist. Ist y =
√
√ 0, so haben wir x = −2, was fuer reelle x nicht
lösbar ist, also ist x = 0 und damit −y 2 = −2, also y3/4 = ± 2. Damit lauten die weiteren Lösungen z3 = 2i
√
und z4 = − 2i.
√
√
Zusammengefasst ist die Lösungsmenge {1 − i, −1 + i, 2i, − 2i}.
Aufgabe 9: Zeigen Sie, dass für n ∈ N≥2 gilt
n X
2πj
2πj
cos
+ i sin
= 0.
n
n
j=1
Veranschaulichen Sie diese Aussage geometrisch am Fall n = 3.
Hinweis: Zeigen Sie zunächst mit vollständiger Induktion: für j ∈ N, α ∈ R gilt
j
cos (αj) + i sin (αj) = (cos α + i sin α) ,
und wenden Sie dann die geometrische Summenformel an!
Lösung 9: Zunächst wird die Formel im Hinweis durch vollständige Induktion bewiesen.
1
j = 1: Gegeben ist α ∈ R, j = 1 und zu zeigen ist cos (α · 1) + i sin (α · 1) = (cos α + i sin α) , was offensichtlich stimmt.
j
j → j + 1: Gegeben ist α ∈ R, j ∈ N und für dieses j gilt die Aussage cos (αj) + i sin (αj) = (cos α + i sin α) (∗).
j+1
Zu zeigen ist cos (α(j + 1)) + i sin (α(j + 1)) = (cos α + i sin α) :
cos (α (j + 1)) + i sin (α (j + 1))
=
cos (αj) cos α − sin (αj) sin α
=
+i [sin (αj) cos α + cos (αj) sin α]
(cos α + i sin α) [cos(αj) + i sin(αj)]
(∗)
j
=
(cos α + i sin α) (cos α + i sin α)
=
(cos α + i sin α)
j+1
.
Damit ist die Formel im Hinweis für j ∈ N bewiesen.
Nun folgt für n ∈ N≥2 :
j
n n X
X
2πj
2π
2π
2πj
+ i sin
=
cos
+ i sin
cos
n
n
n
n
j=1
j=1
n+1
2π
2π
1 − cos
+ i sin
n
n
− 1
=
2π
2π
1 − cos
+ i sin
n
n
2π(n + 1)
2π(n + 1)
+ i sin
1 − cos
n
n
−1
=
2π
2π
1 − cos
+ i sin
n
n
2π
2π
1 − cos
+ i sin
n
n
− 1 = 0.
=
2π
2π
1 − cos
+ i sin
n
n
Aufgabe 10: Als Modell für den Schwanz eines Reptils mit n Wirbelknochen betrachten wir ein n-fach Pendel,
mit starrem ersten Segment, alle Stangen haben die Länge 1, und alle Gelenke die Auslenkung α. Im Folgenden sei
u = cos α + i sin α.
(a) Die Variablen ak bezeichnen die Position der Gelenke auf der komplexen
Zahlenebene. Drücken Sie a2 in Abhängigkeit von u aus und zeigen Sie
n+1
die Formel an = 1−u
1−u , für u 6= 1.
(b) Zeigen Sie, dass 1 − u = 1 −
1
u
und u +
1
u
= 2 cos α ist.
(c) Berechnen Sie den Ausdruck Im(an ) und bestimmen Sie die Auslenkung
des Endpunkt des Pendels in Richtung der imaginären Achse für n = 10
und α = π6 .
a2
i
α
i
6
a1 = 1 + u
α
- i
a0 = 1
C
Lösung 10: Bei der mathematischen Behandlung komplexer mechanischer Systeme ist es oft hilfreich, Teilprobleme
in sogenannten lokalen Koordinaten zu lösen und dann durch geeignete Koordinatentransformationen die Ergebnisse in
die globalen Koordinaten umzurechnen. Im Fall von zweidimensionalen Problemen bieten sich die komplexen Zahlen
an, da die Koordinatentransformationen durch Multikplikationen (Drehungen, Streckungen und Spiegelungen) und
Additionen (Verschiebungen) durchgeführt werden können- in höheren Dimensionen braucht man dazu kompliziertere
affine Abbildungen.
(a) Jedes einzelne Segment hat die Länge 1 und das k-te Segment, gezählt von k = 0 für das starre Segment, hat die
Phase kα. Das Ende des starren Segments liegt also bei a0 = 1 auf der komplexen Ebene, das Ende des nächsten
Segments auf a1 = 1 + u, wobei u = cos α + i sin α genau die Zahl mit Betrag |u| = 1 und Phase arg(u) = α ist.
Das zweite Segment hat ebenfalls die Länge 1, doch die Phase 2α, also entspricht es der komplexen Zahl cos(2α)+
i sin(2α). Es liegt die Vermutung nahe, dass dies gerade u · u entspricht, da bei einer Multiplikation komplexer
Zahlen die Beträge multipliziert und die Argumente bzw. Phasen addiert werden. Dies prüfen wir nach:
Behauptung: Für m ∈ Z gilt um = cos(mα) + i sin(mα).
m = 0: Gegeben ist m = 0, zu zeigen ist u0 = cos(0α) + i sin(0α):
u0 = 1 = 1 + i0 = cos(0α) + i sin(0α)
m → m + 1: Gegeben ist m ∈ N und für dieses m gilt um = cos(mα) + i sin(mα) (∗), zu zeigen ist
um+1 = cos((m + 1)α) + i sin((m + 1)α) .
cos (α (m + 1)) + i sin (α (m + 1))
=
cos (αm) cos α − sin (αm) sin α
+i [sin (αm) cos α + cos (αm) sin α]
=
(cos α + i sin α) [cos(αm) + i sin(αm)]
(∗)
u · um = um+1 .
=
Somit gilt die Behauptung schon für m ∈ Z≥0 .
Betrachten wir nun m < 0 durch k = −m ∈ N:
u−k
=
=
1
1
cos(kα) − i sin(kα)
=
=
uk
cos(kα) + i sin(kα)
(cos(kα) + i sin(kα)) (cos(kα) − i sin(kα))
cos(−kα) + i sin(−kα)
= cos(−kα) + i sin(−kα)
cos2 (kα) + sin2 (kα)
Damit gilt die Behauptung jetzt für alle m ∈ Z. Also beschreiben die um also genau die komplexen Zahlen mit
Argument mα und Betrag 1, da
q
√
|um | = | cos(mα) + i sin(mα)| = cos2 (mα) + sin2 (mα) = 1 = 1 .
Die Behauptung kann man auch schneller mit der Eulerformel zeigen, die später behandelt wird.
Damit ist a2 = 1 + u + u2 , und da alle folgenden Segmente mit Länge 1 immer um α weiter gedreht sind, erhalten
wir mit Hilfe der geometrischen Summenformel das gewünschte Ergebnis:
an = 1 + u + u2 + . . . + un =
n
X
k=0
Im trivialen Fall u = 1 ist an =
n
P
uk =
1 − un+1
.
1−u
uk = n + 1.
k=0
(b) Die Behauptungen zeigen wir durch Nachrechnen von links nach rechts:
1 − u = 1 − cos α − i sin α = 1 − cos α + i sin α = 1 − cos(−α) − i sin(−α) = 1 −
u+
1
u
1
= cos α + i sin α + cos(−α) + i sin(−α) = cos α + i sin α + cos α − i sin α = 2 cos α
u
(c) Zum Bestimmen des Imaginärteils müssen wir den Nenner zunächst reell machen, dazu erweitern wir mit dem
komplex Konjugierten des Nenners:
an =
(1 − un+1 )(1 − u1 )
1 − u1 + un − un+1
1 − u1 + un − un+1
1 − un+1
=
=
=
1
1
1−u
2 − 2 cos α
(1 − u)(1 − u )
1−u− u +1
Jetzt kann man den Imaginärteil ablesen, da um = cos(mα) + i sin(mα):
Im(an ) =
1
1
(− sin(−α) + sin(nα) − sin((n + 1)α)) =
(sin(α) + sin(nα) − sin((n + 1)α))
2 − 2 cos α
2 − 2 cos α
Für n = 10 erhalten wir:
Im(an ) =
1
2 − 2 cos π6
sin
10
11
1
1 1√
1
1
π
√
3
+
+ sin( π) − sin( π) =
−
=
6
6
6
2
2
2 − 2 · 21 3 2 2