3. ¨Ubungsblatt Aufgaben mit Lösungen

3. Übungsblatt
Aufgaben mit Lösungen
Aufgabe 11: (a) Seien z, w ∈ C. Berechnen Sie Re(zw) einmal in dem Sie die Darstellungen z = x + iy, w = a + ib mit
x, y, a, b ∈ R verwenden und einmal indem Sie die Polarkoordinaten z = r(cos(ϕ) + i sin(ϕ)), w = q(cos(ψ) + i sin(ψ)) mit
r, q ≥ 0, ϕ, ψ ∈ (−π, π] verwenden.
(b) Bestimmen Sie Real- und Imaginärteil sowie den Betrag und den Hauptwert des Arguments aller z ∈ C, welche der
Beziehung
1
3
−
z2 =
1 − 3i 3 + i
genügen.
Lösung 11: (a) Seien z = x + iy, w = a + ib mit x, y, a, b ∈ R. Dann ist w = a − ib. Das Produkt zw berechnet sich
durch zw = (x + iy)(a − ib) = xa + yb + i(−xb + ay). Hier können wir den Realteil ablesen, es ist Re(zw) = xa + yb.
(Erkennen Sie das als Skalarprodukt der Vektoren (x, y), (a, b) ∈ R2 wieder?)
Seien nun z = r(cos(ϕ) + i sin(ϕ)), w = q(cos(ψ) + i sin(ψ)). Wir konjugieren w:
w = q cos(ψ) + iq sin(ψ)) = q(cos(−ψ) + i sin(−ψ))
Da sich beim multiplizieren komplexer Zahlen die Beträge multiplizieren und die Argumente addieren erhalten wir
Re(zw) = Re rq(cos(ϕ − ψ) + i sin(ϕ − ψ)) = rq cos(ϕ − ψ) .
(b) Zuerst betrachten wir die rechte Seite der Gleichung.
3
1
3(1 + i3)
3−i
3 + i9 3 − i
10
−
=
−
=
−
=i
= i.
1 − i3 3 + i
(1 − i3)(1 + i3) (3 + i)(3 − i)
10
10
10
Zu lösen ist also die Gleichung z 2 = i. Wie in (a) machen wir den Ansatz z = r(cos(ϕ) + i sin(ϕ)). Dann ist z 2 =
r2 (cos(2ϕ) + i sin(2ϕ)).
Zwei komplexe Zahlen stimmen genau dann überein, wenn ihr Betrag gleich ist und sich ihr Argument nur um 2πk für
ein k ∈ Z unterscheidet. Offenbar haben wir |i| = 1 und Arg(i) = π2 . Somit müssen r und ϕ die Gleichungen
r2 = 1
erfüllen. Daraus folgt r = 1 (da r ≥ 0) und ϕ =
π
4
und
2ϕ =
π
+ 2πk
2
+ πk, k ∈ Z. Es ergeben sich die zwei verschiedenen Lösungen
ϕ1 =
π
,
4
ϕ2 = −
3π
.
4
(ϕ1 und ϕ2 sind die Hauptwerte der Argumente.) Setzen wir diese Werte in den Ansatz ein, erhalten wir
√
√
√
√
2
2
2
2
z1 =
+
i,
z2 = −
−
i.
2
2
2
2
Alternativ kann man auch den Ansatz z = x + iy machen und kommt dann auf die Gleichung
z 2 = x2 − y 2 + i2xy = i
1
und durch Einsetzen zu x2 − 4x1 2 = 0, bzw. x4 =
Hieraus lesen wir x2 − y 2 = 0 und xy = 12 . Das führt zu y = 2x
√
√
Hieraus wiederum folgt x2 = 12 , was letztlich zu x = ± 22 und y = ± 22 führt (siehe auch Aufgabe 13).
Aufgabe 12: Skizzieren Sie die folgenden Teilmengen von C:
K = {z ∈ C : |2z − i4|2 = 16}
R = {z ∈ C : 1 ≤ |z − 3 + i4| ≤ 3}
G = {z ∈ C : |z − 1 + i| = |z − 2 − i|}
H = {z ∈ C : Re(z · (1 − i)) ≥ 0}
1
4.
Abbildung 1: Skizzen zu Aufgabe 12
Im
Im
3
Re
K
R
2
i2
3-4i
-4
-2
2
Re
Im
Im
G
2+i
1
1
-1
Lösung 12:
2
1
1+i
1
Re
Re
H
1-i
Zu K: Es gilt |2z − i4|2 = |2(z − i2)|2 = 16 ⇐⇒ |z − i2|2 = 4 ⇐⇒ |z − i2| = 2, also
K = {z ∈ C : |2z − i4|2 = 16} = {z ∈ C : |z − i2|2 = 4} = {z ∈ C : |z − i2| = 2}.
Das ist ein Kreis um m = 2i mit Radius r = 2.
Zu R: Wir haben
[
R = {z ∈ C : 1 ≤ |z − 3 + i4| ≤ 3} =
{z ∈ C : |z − 3 + i4| = r},
r∈[1,3]
also die Menge aller Kreise mit Mittelpunkt m = 3 − 4i und Radius von 1 bis 3. Wir nennen so etwas ein Ringgebiet.
Zu G: Wir schreiben x = Re z, y = Im z und quadrieren die Bedingung |z − 1 + i| = |z − 2 − i|. Das ergibt
(x − 1)2 + (y − (−1))2 = (x − 2)2 + (y − 1)2 ,
oder
x2 − 2x + 1 + y 2 + 2y + 1 = x2 − 4x + 4 + y 2 − 2y + 1.
Wir bekommen die lineare Gleichung 2x + 4y = 3, bzw. y = 3/4 − x/2, d.h. eine Gerade.
Zu H: Wir schreiben wieder x = Re z, y = Im z. Dann ist Re((x + iy)(1 − i)) = Re(x + y + i(y − x)) = x + y. Also ist
Re(z(1 − i)) ≥ 0 äquivalent zu y ≥ −x. Das sind alle Punkte oberhalb der Gerade y = −x, eine sogenannte Halbebene.
Die Skizzen finden Sie in Abbildung 1.
Aufgabe 13: Bestimmen Sie mit Hilfe von quadratischer Ergänzung alle Lösungen z ∈ C der Gleichungen
(a) z 2 + (−10 + i4)z + 70 − i20 = 0,
(b) z 2 + 6z − 3 + i(4z + 6) = 0.
Lösung 13: (a) Wir wollen die Gleichung in der Form z 2 + 2uz + v = 0 schreiben. Hierzu setzen wir v = 70 − i20 und
suchen u ∈ C so, dass 2u = −10 + i4 gilt. Das ist offenbar u = −5 + i2. Nun ist obige Gleichung identisch mit
0 = z 2 + 2uz + v = z 2 + 2uz + u2 − u2 + v = (z + u)2 − (u2 − v),
wobei wir die binomische Formel benutzt haben. Wir bringen u2 − v auf die andere Seite, vorher berechnen wir jedoch
diese Zahl:
u2 = (−5)2 − 22 + i2(−5)2 = 21 − i20
u2 − v = 21 − i20 − 70 + i20 = −49
Wir erhalten die Gleichung
(z + u)2 = −49.
Diese Gleichung hat die Lösungen z + u = i7 oder z + u = −i7. Wir setzen u ein und bekommen die Lösungen
z = −u + i7 = 5 + i5,
z = −u − i7 = 5 − i9 .
(b) Wir schreiben die Gleichung wieder in der Form z 2 + 2uz + v = 0. Nachdem wir die Terme anders sortiert haben finden
wir v = −3 + i6 und u = 3 + i2. Da wir es gleich wieder benötigen berechnen wir u2 = 5 + 12i, u2 − v = 8 + i6. Nun ist
die Gleichung z 2 − 6z + 3 + i(2 − 4z) = 0 äquivalent zu
(z + u)2 = 8 + i6
Diesmal ist (z + u)2 nicht reell und wir müssen weitere Schritte unternehmen. Seien a = Re(z + u) und b = Im(z + u),
d.h. z + u = a + ib. Da dann (z + u)2 = a2 − b2 + i2ab, lesen wir aus der letzten Gleichung
a2 − b2 = 8 = Re(8 + i6)
ab = 3 =
1
2
Im(8 + i6)
⇐⇒
b=
3
a
(da 3 6= 0 gilt auch a 6= 0 6= b und wir dürfen durch a teilen.) Nun setzen wir die zweite Identität in die erste ein und
erhalten
a2 −
9
−8=0
a2
⇐⇒
0 = (a2 )2 − 8a2 − 9 = (a2 )2 − 2 · 4a2 + 16 − 16 − 9 = (a2 − 4)2 − 25 .
Die reelle quadratische Gleichung (a2 − 4)2 = 25 hat die Lösungen a2 = 4 + 5 oder a2 = 4 − 5. Da a2 eine positive Zahl
ist, ist nur die Lösung
a2 = 9 sinnvoll.
√
Somit ist a = 9 = 3 und b = 33 = 1 oder a = −3 und b = −1. Setzen wir diese Information in z + u = a + ib ein,
bekommen wir die Lösungen
z = −3 − i2 + 3 + i = −i,
z = −6 − i3 .
Aufgabe 14: Gegeben sei die Folge (an )n mit den Folgengliedern an = √nn2 +1 . Zeigen Sie, dass die Folge gegen den
1
für alle n ≥ N ?
Grenzwert 1 konvergiert. Ab welchem Folgenindex N ∈ N gilt |an − 1| < 200
Lösung 14:
Sei ε > 0. Offenbar ist
√ n
n2 +1
< 1 also können wir im Folgenden die Beträge weglassen. Wir schätzen ab:
√
√
√
√ 2
n2 + 1 − n
n2 + 1
+1−n
n2 + 1 − n n2 + 1
1 − √ n
= n
√
=
=
√
2
n2 + 1
n2 + 1 n2 + 1
n2 + 1
√
n2 + 1 − n n2
1
≤
= 2
n2 + 1
n +1
2
Somit ist |1 − an | < ε erfüllt wenn (n2 + 1)−1 < ε oder äquivalent n2 > 1−ε
ε . Wir wählen also N ∈ N so, dass N >
Dann gilt für alle n ≥ N die Ungleichung |1 − an | < ε.
1
199
Setzen wir hier ε = 200
, so soll N 2 > 200 200
= 199, das heißt N = 15, gelten. Eine genauere Abschätzung ist
√
√
√
n2 + 1 − n
n2 + 1 + n
n2 + 1 − n
1
1
1
√
√
√
√
≤
=
=√
= 2
2
2
2
2
2
n · 2n
2n
n +1
n +1 n +1+n
n +1 n +1+n
1−ε
ε .
Hier finden wir N 2 >
2
ε
=
200
2
= 102 , also N = 11.
Aufgabe 15: Untersuchen Sie die Folgen, deren Glieder für n ∈ N im Folgenden beschrieben sind, auf Beschränktheit
und Konvergenz (der Grenzwert muss nicht angegeben werden).
1 + n + n2
,
n(n + 1)
1
,
(c) cn =
1 + (−2)n
1 + n + n2
,
n+1
1 + (−2)n
(d) dn =
.
1 + 2n
(a) an =
(b) bn =
Sie dürfen Satz 2.12 aus der Vorlesung verwenden.
2
1
1
1
Lösung 15: (a) Man hat an = 1+n+n
n(n+1) = 1 + n(n+1) . Da die Folge n(n+1) gegen 0 konvergiert (für ε > 0 ist n(n+1) < ε
wenn n2 +n > ε), konvergiert (an ) gegen 1. Insbesondere ist die Folge beschränkt. Es ist leicht zu sehen, dass die beidseitige
Abschätzung 1 ≤ an ≤ 2 für alle n ∈ N gilt.
2
1
(b) Die Glieder der Folge (bn ) können wir nach unten abschätzen durch 1+n+n
= n + n+1
> n. Weil n beliebig groß wird
n+1
für n → ∞ ist die Folge (bn ) unbeschränkt und insbesondere divergent.
(c) Es ist
(
1
n gerade,
n > 0,
cn = 1+2
1
1−2n < 0, n ungerade.
Wir vermuten, dass (cn ) gegen 0 konvergiert. Tatsächlich haben wir
1 1 1
1
1
1
|cn | ≤ max ,
,
≤ n−1
= max
= n
1 + 2 n 1 − 2n 2n + 1 2n − 1
2 −1
2
Die rechte Seite wird beliebig klein für n → ∞. Also stimmt unsere Vermutung. Wir sehen, insbesondere, dass |cn | ≤ 1.
(d) Man beachte, dass
(
1,
n gerade,
dn = 1−2n
1+2n < 0, n ungerade,
n
n
n
Wir sehen zunächst, dass dn ≤ 1 und dass dn ≥ 1−2
1+2n ≥ −1 (⇔ −(2 − 1) ≥ −(2 + 1)), d.h. (dn ) ist beschränkt. Die
∞
∞
Folge (dn ) ist nicht konvergent, da die Teilfolge (d2n )n=1 gegen 1 konvergiert, aber die Teilfolge (d2n+1 )n=1 nur negative
Zahlen enthält.