Lösungen der Schnellübung 3

D-Math
Prof. Dr. Urs Lang
Analysis I/II
HS 08
Lösungen der Schnellübung 3
1.
a) Wir schreiben z = x + yi und berechnen
⇐⇒
⇐⇒
Im(z 2 )
=c
Im(x2 − y 2 + 2xyi) = c
c
xy
= .
2
Je nach dem Wert von c ∈ R unterscheiden wir nun drei Fälle:
c = 0 : Es gilt xy = 0 ⇐⇒ x = 0 ∨ y = 0. In diesem Fall ist die „Kurve“
also die Vereinigung der beiden Koordinatenachsen.
c > 0 : Bei der Kurve handelt es sich um eine Hyperbel mit den Ästen im ersten
und dritten Quadranten.
c < 0 : Auch hier handelt es sich um eine Hyperbel, aber mit den Ästen im zweiten und vierten Quadranten.
b) Da beide Seiten der Gleichung immer positiv sind, dürfen wir gefahrlos quadrieren und erhalten
z−1 2
=4
z+1
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
|z − 1|2
= 4|z + 1|2
(x − 1)2 + y 2
= 4(x + 1)2 + 4y 2
3x2 + 3y 2 + 10x + 3 = 0 .
Um aus dieser Gleichung sofort die Form der Kurve ablesen zu können, müssen
wir sie in eine Standardform bringen. Division durch 3 und quadratische Ergänzung liefert die äquivalente Form
2
2
16
4
5
2
+y =
.
=
x+
3
9
3
Dies ist die Gleichung für einen Kreis mit Radius
4
3
um den Mittelpunkt − 35 , 0 .
Bitte wenden!
2. Die Gleichung z 4 − 4z 3 + 9z 2 + 16z − 52 = 0 hat die Lösung z1 = 2 + 3i.
Weil die Polynomgleichung nur reelle Koeffizienten hat und weil z1 nicht reell ist, ist
die konjugiert komplexe Zahl z2 = z 1 = 2 − 3i eine weitere Lösung der Gleichung.
Das Polynom (z − z1 )(z − z2 ) = (z − (2 + 3i))(z − (2 − 3i)) = z 2 − 4z + 13 muss
also ein Teiler des gegebenen Polynoms sein.
Die Polynomdivision liefert:
(z 4 − 4z 3 +9z 2 +16z −52) : (z 2 − 4z + 13) = z 2 − 4
−z 4 + 4z 3 −13z 2
−4z 2 +16z −52
+4z 2 −16z +52
0
Die restlichen beiden Wurzeln z3 und z4 sind die Lösungen der Gleichung z 2 − 4 = 0,
also z3 = 2 und z4 = −2.
Die Wurzeln der Gleichung lauten insgesamt 2 + 3i, 2 − 3i, 2 und −2.
3. Sei z = x + iy. Dann folgt
ez = ex+iy = ex eiy .
• Die Bilder der Geraden in {z ∈
Radien ek für k ∈ .
Z
C | Re(z) ∈ Z, Im(z) ∈ R} sind Kreise mit
C
R
Z
• Die Bilder der Geraden in {z ∈ | Re(z) ∈ , Im(z) ∈ π6 } sind Halbgeraden,
die durch den Ursprung begrenzt werden und mit der positiven reellen Achse die
Winkel π6 k, k ∈ , einschliessen. Der Ursprung selbst gehört nicht zum Bild des
Gitters.
Z
Im
Re
Siehe nächstes Blatt!
4. Wir haven p(x) = x6 + 64.
a) Wir müssen komplexen Zahlen z = reiϑ finden so dass p(z) = z 6 + 64 = 0.
Äquivalent: reiϑ = −64. Dazu, schreiben wir −64 in Polarform: −64 = ̺eiϕ .
Wir haben ̺ = | − 64| = 64, und, da eiπ = −1, erhalten wir ϕ = π, so dass
−64 = 64eiπ . Jetzt ist p(z) = 0 äquivalent zu
(reiϑ )6 = r 6 e6iϑ = 64eiπ .
Das gibt:
r 6 = 64,
Das impliziert
6ϑ = π + 2kπ,
Z
k∈ .
Z
π π
+ k, k ∈ ,
6
3
π
π
z = 2ei 6 + 3 k , k ∈ .
r = 2,
oder
ϑ=
Z
Zwei dieser Löesungen reiϑ1 und reiϑ2 sind verschieden genau dann, wenn
Z
ϑ1 − ϑ2 6∈ 2π .
Zum Beispiel, wenn wir
i
zk := 2e
π
+ π3 k
6
,
k = 0, 1, 2, 3, 4, 5
wählen, haben wir genau die 6 verschiedene Lösungen der Gleichung p(z) = 0.
b) In Normalform haben wir
√
√
π
z0 = 2e 6 = 2( 3/2 + i/2) = 3 + i
π
z1 = 2e 2 = 2i
√
√
5π
z2 = 2e 6 = 2(− 3/2 + i/2) = − 3 + i
√
√
−5π
z3 = 2e 6 = 2(− 3/2 − i/2) = − 3 − i = z2
−π
z4 = 2e 2 = −2i = z1
√
√
−π
z5 = 2e 6 = 2( 3/2 − i/2) = 3 − i = z0 .
c) Jetzt wissen wir, dass
p(x) = (x − z0 )(x − z1 )(x − z2 )(x − z3 )(x − z4 )(x − z5 ),
und definieren wir
√
p1 (x) = (x − z0 )(x − z5 ) = (x − z0 )(z − z0 ) = x2 − 2 3x + 4.
Ähnlicherweise
p2 (x) = (x − z1 )(x − z4 ) = (x − z1 )(z − z1 ) = x2 + 4.
und
√
p3 (x) = (x − z2 )(x − z3 ) = (x − z2 )(z − z2 ) = x2 + 2 3x + 4.