Lösung: MC-Serie 2 - Komplexe Zahlen I - D-MATH

Analysis D-BAUG
Dr. Meike Akveld
HS 2015
Lösung: MC-Serie 2 - Komplexe Zahlen I
1. Repetition. Welche der folgenden Aussagen sind richtig?
i) 7 log4 (64) = 4
ii) 3 log2 ( 18 ) = −3
iii) 3 log4 (2) =
1
2
iv) 7 log2 ( 14 ) =
1
2
v) 7 weiss ich nicht
Lösung Es gilt log4 (64) = 3 und log2 ( 41 ) = −2.
2. Repetition. Welche der folgenden Gleichungen gelten für alle a > 1, x > 0?
i) 7 loga2 (x) = 2 loga (x)
ii) 7 loga2 (x) = loga (x2 )
iii) 7 loga2 (x) = loga (x)2
iv) 3 loga2 (x) =
1
2
loga (x)
√
v) 3 loga2 (x) = loga ( x)
vi) 7 weiss ich nicht
Lösung
Es gilt
loga2 (x) = y ⇔ x = (a2 )y ⇔ x = a2y ⇔ loga (x) = 2y
und folglich
loga2 (x) =
1
2
√
loga (x) = loga ( x).
Alternative:
loga2 (x) =
ln(x)
ln(x)
=
=
2
ln(a )
2 ln(a)
1
2
√
loga (x) = loga ( x)
3. Sei z in der oberen Halbebene. Welche der folgenden Zahlen sind dann ebenfalls in der
oberen Halbebene?
i) 3 − z1
ii) 7 z̄
iii) 7 − z̄1
1
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iv) 7
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1
z
v) 7 weiss ich nicht
Lösung
Die obere Halbebene ist charakterisiert durch Im(z) > 0 und analog ist die untere Halbebene durch Im(z) < 0 gegeben. Zunächst gilt Im(z̄) = − Im(z) und Im(1/z) = Im(z̄/z z̄) =
− Im(z)/|z|2 . Daraus folgen auch die restlichen benötigten Beziehungen.
4. Was ist die geometrische Bedeutung der Abbildung C → C : z 7→ −iz?
i) 7 Spiegelung an der x-Achse.
ii) 7 Spiegelung an der y-Achse.
iii) 7 Drehung um
π
2
gegen den Uhrzeigersinn.
iv) 3 Drehung um
π
2
im Uhrzeigersinn.
v) 7 weiss ich nicht
Lösung Für z = x + iy haben wir −iz = y − ix. Dies entspricht einer Drehung im
Uhrzeigersinn um 90◦ .
5. Für die komplexe Zahl z = (3 + 2i)3 gilt
i) 7 z = −9 − 46i.
ii) 3 z = −9 + 46i.
iii) 7 z = −9 + 10i.
iv) 7 z = 27 + 8i.
v) 7 weiss ich nicht
Lösung Für alle w, z ∈ C gilt die binomische Formel (w + z)3 = w3 + 3w2 z + 3wz 2 + z 3 .
In unserem Fall liefert das
z = 33 + 3 · 32 · (2i) + 3 · 3 · (2i)2 + (2i)3
= −9 + 46i.
6. Für die komplexe Zahl z =
i) 7 z =
5+14i
17 .
ii) 7 z =
17
8i+2 .
3+2i
4−i
gilt
2
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iii) 3 z =
10+11i
17 .
iv) 7 z =
14+5i
17 .
v) 7 weiss ich nicht
Lösung Durch Erweitern mit dem komplex Konjugierten des Nenners erhält man
z =
=
=
(3 + 2i)(4 + i)
(4 − i)(4 + i)
(3 + 2i)(4 + i)
42 + 12
10 + 11i
.
17
7. Die Mengen M1 , M2 ⊂ C seien definiert durch
M1 = {z1 ∈ C | (Re(z1 ) ≥ 0) ∧ (Im(z1 ) ∈ [0, e))}
und
M2 = {z2 ∈ C | (Re(z2 ) ∈ (0, 2]) ∧ (Im(z2 ) ∈ [0, 2])} .
Für eine komplexe Zahl z gilt: z ∈ M1 ∩ M2 genau dann, wenn
i) 7 (z ∈ R) ∧ (z ≤ 2).
ii) 3 (Re(z) ∈ (0, 2]) ∧ (Im(z) ∈ [0, 2]).
iii) 7 |z − i| ≤ 2.
iv) 7 (|z| ≤ 2) ∧ (Re(z) ∈ (0, 2]) ∧ (z 6= 0).
v) 7 weiss ich nicht
Lösung Man muss lediglich jeweils die Bereiche für den Real- bzw. Imaginärteil schneiden.
Dabei sieht man sofort, dass M2 ⊂ M1 gilt. Wir erhalten also M1 ∩ M2 = M2 .
8. Welche der folgenden Inklusionen ist wahr?
i) 7 {z ∈ C | Re(z) · Im(z) > 0} ⊂ {z ∈ C | Re(z) + Im(z) > 0}
ii) 7 {z ∈ C | Re(z) − Im(z) > 0} ⊂ {z ∈ C | Re(−z) − Im(−z) > 0}
iii) 7 {z ∈ C | Im(z · i) > Im(z)} ⊂ {z ∈ C | Im(z) > Re(z)}
iv) 3 {z ∈ C | Re(z · i) > Re(z)} ⊂ {z ∈ C | Re(z) < −Im(z)}
v) 7 weiss ich nicht
3
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Lösung
Für eine beliebige komplexe Zahl z = a + ib gilt
Re(z · i) = Re((a + ib) · i) = Re(ai − b) = −b = −Im(z).
Die erste Inklusion ist falsch, denn zum Beispiel liegt z = −1 − i in der linken Menge,
jedoch nicht in der rechten.
Bei der zweiten wie auch bei der dritten Inklusion liegt zum Beispiel z = 1 in der
linken Menge, jedoch nicht in der rechten.
Die letzten beiden Mengen sind sogar gleich.
9. Für jede komplexe Zahl z = x + iy gilt z · z̄ =
i) 7 |z|.
ii) 3 x2 + y 2 .
iii) 7 x2 − y 2 .
iv) 7 x2 + iy 2 .
v) 7 der Distanz von z zum Ursprung.
vi) 7 weiss ich nicht
Lösung Es gilt
(x + iy)(x − iy) = x2 + ixy − ixy − i2 y 2 = x2 + y 2 .
Somit ist die zweite Antwort richtig und die dritte und vierte falsch. Die erste und fünfte
Antwort sind ebenfalls falsch wegen
p
Distanz von z zum Ursprung = |z| = x2 + y 2 .
4
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10. Für jede komplexe Zahl z = x + iy gilt Re(z) =
i) 7
z−z̄
2 .
ii) 7
z·z̄
2 .
iii) 3
z+z̄
2 .
iv) 7 z + z̄.
v) 7 weiss ich nicht
Lösung Es gilt z + z̄ = x + iy + x − iy = 2x = 2 · Re(z).
11. Zwischenprüfung Winter 2014. Die Punktemenge {z ∈ C |z| = Im(z) + 1} ist . . .
i) 7 eine Gerade.
ii) 7 eine Ellipse.
iii) 3 eine Parabel.
iv) 7 eine Hyperbel.
v) 7 weiss ich nicht
p
Lösung Für z = x + iy gilt |z| = x2 + y 2 und Im(z) + 1 = y + 1. Die Menge ist also
gegeben durch
p
1
x2 + y 2 = y + 1 ⇔ x2 + y 2 = y 2 + 2y + 1 ⇔ y = (x2 − 1).
2
Diese Gleichung beschreibt eine Parabel.
12. Zwischenprüfung Winter 2014. Die schwarzen Punkte in der unten stehenden
Figur entsprechen den Lösungen der Gleichung . . .
i) 7 z 6 = 21 .
ii) 7 z 6 =
1
64 .
1
iii) 3 z 6 = − 64
.
iv) 7 z 8 =
1
256 .
v) 7 weiss ich nicht
Lösung Alle falschen Gleichungen besitzen eine reelle Lösung.
13. Zwischenprüfung Winter
2014. Gegeben seien die komplexen Zahlen z1 =
2π
und z2 = 12 cos 2π
−
i
sin
.
Welche
Aussagen über z = zz21 sind korrekt?
3
3
5
√
3−i
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Im
1/2
1/4
1/2
Re
−1/4
i) 7 |z| = 4 und arg(z) = − 5π
6
ii) 3 |z| = 4 und arg(z) =
π
2
iii) 7 |z| = 1 und arg(z) = − 5π
6
iv) 7 |z| = 1 und arg(z) =
π
2
v) 7 z ist nicht eindeutig bestimmt, da z2 nicht reell ist.
vi) 7 weiss ich nicht
Lösung Wir schreiben z1 und z2 in Polarform. Es gilt arg(z1 ) = arctan − √13 = − π6
und |z1 | = 2. Weiter sehen wir direkt, dass arg(z2 ) = − 2π
3 und |z2 | =
|z1 |
π
arg(z) = arg(z1 ) − arg(z2 ) = 2 und |z| = |z2 | = 4.
6
1
2.
Damit folgt