3. ¨Ubungsblatt Aufgaben mit Lösungen

3. Übungsblatt
Aufgaben mit Lösungen
√
Aufgabe 11: 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 , wobei ϕ dem Hauptwert des Arguments von z3 entspricht.
Lösung 11:
√
1
1
= (1 − i), z1 − z1 = 2i und |z1 | = 2.
z1
2
√
1
1
z2 = 2 + 3i, −z2 = −2 + 3i, z2 z2 = 13,
=
(2 + 3i), z2 − z2 = −6i und |z2 | = 13.
z2
13
Ferner ist
z1
1+i
(1 + i)(3 + 2i)
(1 + i)(3 + 2i)
1
5
=
=
=
=
+ i
z1 + z2
3 − 2i
(3 − 2i)(3 + 2i)
13
13 13
(a) z1 = 1 − i, −z1 = −1 − i, z1 z1 = 2,
und
z13 z22 = (1 + i)3 (2 − 3i)2 = 2i (1 + i) (2 − 3i) (2 − 3i) = (−2 + 2i) (−5 − 12i) = 34 + 14i.
(b) Es gilt
also r = 2. Da Re(z3 ) =
√
r2 = |z3 |2 = z3 z3 = 4,
3 > 0 und Im(z3 ) = 1 > 0, muss ϕ ∈ (0, π/2) sein. Das Argument von z3 ist
sin ϕ
r sin ϕ
) = arctan(
)
cos ϕ
r cos ϕ
π
Im(z3 )
1
= arctan(
) = arctan( √ ) = .
Re(z3 )
6
3
arg(z3 ) = arctan(tan ϕ) = arctan(
Da
π
6
schon in (−π, π] liegt, muss der Winkel nicht weiter korrigiert werden.
π
6
ist der Hauptwert des Arguments.
Aufgabe 12: Skizzieren Sie die Menge aller komplexen Zahlen z, die der jeweiligen Bedingung genügen:
(a) |Re z| + |Im z| ≤ 4 ,
(b) |z|2 ≤ 2Re z ,
(c) z 4 + (2i + 2)z 2 + 4i = 0 .
Lösung 12:
(a) Mit der Bezeichnung x = Re z und y = Im z schreiben wir die Ungleichung als |x| + |y| ≤ 4. Das ist ein Quadrat
in kartesischen Koordinaten mit den Eckpunkten (4, 0)> , (0, 4)> , (−4, 0)> und (0, −4)> .
(b) Es gilt
|z|2 ≤ 2 Re z ⇐⇒ Re2 z + Im2 z ≤ 2 Re z ⇐⇒ Re2 z − 2 Re z + Im2 z ≤ 0
2
2
quadr.
Ergänzen
⇐⇒
2
(Re z − 1) + Im z ≤ 1 ⇐⇒ |z − 1| ≤ 1,
da Re z − 1 = Re(z − 1) und Im z = Im(z − 1).
Nun ist |z − 1|2 ≤ 1 ⇐⇒ |z − 1| ≤ 1, wir erhalten also eine Kreisscheibe um 1 mit Radius 1.
(c) Es gilt
2
(i + 1) = 2i.
Zunächst substituieren wir w := z 2 . Dann ist
0 = z 4 + (2i + 2)z 2 + 4i = w2 + 2(i + 1)w + 4i
quadr.
Ergänzen
=
(w + (i + 1))2 − (i + 1)2 + 4i = (w + (i + 1))2 + 2i.
Dann ersetzen wir v := w + (i + 1). Dann muss die Gleichung v 2 = −2i gelöst werden. Schreibe v = x + iy. Dann
ist
−2i = v 2 = x2 − y 2 + 2ixy.
Der Vergleich von Real- und Imaginärteil zeigt: x2 = y 2 ⇔ x = ±y und xy = −1, so dass nur x = 1, y = −1
oder x = −1, y = 1 in Frage kommen.
Wir haben also 2 Lösungen für v:
v1 = −1 + i, v2 = 1 − i.
Damit können wir w bestimmen:
v = w + (i + 1) ⇔ w = v − (1 + i) ⇔ w = −2 oder w = −2i.
Nun schreiben wir z = a + ib. Dann ist
w = z 2 = a2 − b2 + 2iab,
Der Vergleich von Real- und Imaginärteil zeigt:
√
Ist w = −2, so ist ab = 0 und a2 − b2 = −2. Also ist a = 0 und b = ± 2. Wir erhalten hier zwei Lösungen für z:
√
√
z1 = i 2, z2 = −i 2.
Ist w = −2i, so ist ab = −1 und a2 = b2 . Dann muss entweder a = 1, b = −1 sein oder a = −1, b = 1. Wir
erhalten zwei weitere Lösungen für z:
z3 = 1 − i, z4 = −1 + i.
Aufgabe 13: Berechnen Sie Real- und Imaginärteil der Zahl z = (1 + i)5
(a) mit Hilfe der allgemeinen binomischen Formel,
(b) unter Verwendung der Polardarstellung von 1 + i.
(c) Nach welcher der in (a) bzw. (b) genannten Methode sollte man also w = (1 − i)17 berechnen?
Bestimmen Sie Re w und Im w.
Auf Englisch:
Lösung 13:
(a) Die binomische Formel (a + b)n =
Pn
k=0
5
(1 + i) =
n
k
ik 1n−k gilt auch für komplexe Zahlen:
5 X
5
k=0
k
ik 15−k = i0 + 5i + 10i2 + 10i3 + 5i4 + i5
= 1 + 5i − 10 − 10i + 5 + i = −4 − 4i
(b) Aus der Multiplikationsregel
(r1 cos ϕ1 + ir1 sin ϕ1 ) · (r2 cos ϕ2 + ir2 sin ϕ2 ) = r1 r2 [cos (ϕ1 + ϕ2 ) + i sin (ϕ1 + ϕ2 )]
n
folgt insbesondere (r cos ϕ + ir sin ϕ) = rn [cos (nϕ) + i sin (nϕ)] (Beweis mit Induktion! Siehe 3. Übung!)
√
Die Polarkoordinaten (r, ϕ) von u := 1 + i sind r = |u| = 2, ϕ = arg u = arctan(1) = π4 (das ist auch schon
der Hauptwert des Arguments).
5π
Also ist u5 = r5 cos 5π
und somit
4 + i sin 4
√ −1
Re u = r5 cos(5π/4) = 4 2 √ = −4,
2
√ −1
5
Im u = r sin(5π/4) = 4 2 √ = −4.
2
(c) Mit 1 − i =
√
−π
2 cos −π
in der Polarkoordinatendarstellung haben wir:
4 + i sin 4
√ 17
√
√
π π
Re w = ( 2) cos(−17π/4) = ( 2)17 cos(−16 + ) = 28 2 cos(−π/4),
4
4
√
√
Im w = ( 2)17 sin(−17π/4)28 2 sin(−π/4),
da sin ϕ und cos ϕ 2π -periodisch sind. Es ist also
Re w = 28 und Im w = −28 ,
da sin(−π/4)) = cos((−π/4)) =
√1 .
2
Aufgabe 14: Für welche α ∈ C hat das lineare Gleichungssystem (z1 , z2 , z3 ∈ C)
+(iα2 − i)z2
+(i − 1)z2
+z2
(iα − i)z1
(i − 1)z1
z1
−(1 + i)z3
−iz3
−z3
−2 − 2i
−1 − i
−1
=
=
=
(a) keine Lösung?
(b) unendlich viele Lösungen? Bestimmen Sie diese.
Lösung 14: Wir führen einige Schritte mit dem Gauß-Algorithmus durch:
(α2 − 1)i −1 − i −2 − 2i
−1 + i
−i
−1 − i
1
-1
−1
(α − 1)i
−1 + i
1
leadsto
−1 + (α − 2)i −1 + (α2 − 2)i
-1
−1
1
1
0
−1
0
;
| + (−1 − i) · (I)
| − i · (I)
(I)
0 −1 − i
0
−1
−1
−1
| + (−1 + (α − 2)i) · (II)
(II)
| + (II)
(α2 − α)i
0 (−α + 1)i
−1
0
−1
0 −1
−2
Jetzt kann man mit einer Fallunterscheidung die Lösungsmöglichkeiten diskutieren:
(a) Fall: α2 − α 6= 0, d.h. α 6= 0 und α 6= 1
Die erste Zeile ist dann
(α2 − α)iz2 = (−α + 1)i,
und wir können durch (α2 − α)i dividieren. Wir erhalten eine eindeutige Lösung für z2 . Dann können wir z2 in
die 2. Zeile
−z1 − z2 = −1
einsetzen und erhalten eine eindeutige Lösung z1 = 1 − z2 . Die 3.Zeile liefert uns
−z3 = −2,
damit ist z3 = 2. In diesem Fall hat das LGS eine eindeutige Lösung. Leider war dieser Fall nicht gefragt.
(b) Fall: α = 0
Dann lautet die erste Gleichung ausgeschrieben: 0 · z2 = i. Es gibt keine z2 ∈ C, die diese Gleichung erfüllen. Wir
können nun schon Teilaufgabe (a) beantworten (wir sehen im nächsten Fall, dass /alpha = 0 auch der einzige
Wert ist, der keine Lösung liefert): für α = 0 gibt es keine Lösung.
(c) Fall: α = 1
Wenn wir die Gleichungen ausschreiben, sehen wir, dass wir z2 frei wählen können:
−z1
0
−z2
−z3
=
0
= −1
= −2
Damit haben wir die Antwort zu (b): Nur für α = 1 gibt es unendlich viele Lösungen, und die Lösungsmenge
lautet
L = {(1 − z2 , z2 , 2) ∈ C3 | z2 ∈ C :}.
Aufgabe 15: Zeigen Sie mit vollständiger Induktion für n ∈ Z≥0 :
2n
X
k=0
k
i k=
n(1 − i),
−(n + 1) + ni,
wenn n gerade
wenn n ungerade
.
Lösung 15: Induktionsanfang: Da in der zu beweisenden Formel eine Fallunterscheidung zwischen geradem und
ungeradem n gemacht wird, muss der Induktionsanfang auch für die erste gerade und die erste ungerade Zahl gemacht
werden:
n=0
: i0 · 0 = 0 · (1 − i) korrekt.
n=1
:
2
X
ik k = 0 + i − 2 = −2 + i korrekt.
k=0
Induktionsschritt n y n + 1: Die Behauptung sei richtig für ein n ∈ N. Zu zeigen ist nun:
2(n+1)
X
ik k =
k=0
(n + 1)(1 − i),
wenn n + 1 gerade, also n ungerade ist
−(n + 2) + (n + 1)i, wenn n + 1 ungerade, also n gerade ist
Wir spalten die Summe so auf, dass wir auf einen Teil die Induktionsvoraussetzung anwenden können:
!
2n+2
2n
X
X
k
k
i k=
i k + i2n+1 (2n + 1) + i2n+2 (2n + 2)
k=0
Um die Voraussetzung auf
P2n
k=0
k=0
ik k anzuwenden, müssen wir aber eine Fallunterscheidung machen:
(a) Fall: Sei n gerade, dann verwenden wir den ersten Teil der Induktionsvorraussetzung und erhalten mit
2n+2
X
IV
ik k = n(1 − i) + (2n + 1)i − (2n + 2) = (n + 1)i − (n + 2)
k=0
den zweiten Teil der gewünschten Formel. Man beachte, dass i2n = 1 für gerades n.
(b) Fall: Sei n ungerade, dann können wir den zweiten Teil der Induktionsvorraussetzung verwenden und berechnen
nun damit
2n+2
X
IV
ik k = −(n + 1) + ni − (2n + 1)i + (2n + 2) = (n + 1) − (n + 1)i
k=0
ist der erste Teil der Behauptung gezeigt und die Induktion komplett.