Serie 3 - Komplexe Zahlen II - D-MATH

Analysis D-BAUG
Dr. Meike Akveld
HS 2015
Serie 3 - Komplexe Zahlen II
1. Wir betrachten die komplexe Gleichung
√
z 6 = −4 3 − 4i.
a) Bestimmen Sie alle Lösungen z ∈ C dieser Gleichung.
b) Zeichnen Sie die Lösungen in die komplexe Zahlenebene ein.
p
√
6
c) Welche der eingezeichneten Lösungen ist die Zahl −4 3 − 4i ?
Lösung
a) Zuerst schreiben wir die Gleichung in Polarform um. Es gilt
q
√
√
√
| − 4 3 − 4i| = (−4 3)2 + (−4)2 = 64 = 8,
√
4
arg(−4 3 − 4i) = arctan 4√
− π = − 56 π.
3
Somit lautet die Gleichung in Polarform
z 6 = 8 exp(−i 65 π).
Wir setzen nun z ebenfalls in Polarform z = r exp(iϕ) an. Damit erhalten wir
r6 exp(6iϕ) = 8 exp(−i 56 π)
und durch Vergleich beider Seiten die Bestimmungsgleichungen
√
r6 = 8
⇒ r = 2,
6ϕ = − 56 π + k · 2π
5
⇒ ϕ = − 36
π + k · π3 ,
Insgesamt gibt es also sechs (verschiedene) Lösungen:
√
5
z1 = 2 exp(−i 36
π)
√
7
z2 = 2 exp(i 36
π)
√
19
z3 = 2 exp(i 36 π)
√
z4 = 2 exp(i 31
36 π)
√
√
29
z5 = 2 exp(i 43
2 exp(−i 36
π)
36 π) =
√
√
17
z6 = 2 exp(i 55
2 exp(−i 36
π)
36 π) =
k ∈ Z.
(k = 0),
(k = 1),
(k = 2),
(k = 3),
(k = 4),
(k = 5).
b) Die Abbildung
zeigt die sechs Lösungen z1 bis z6 . Sie liegen auf einem Kreis mit
√
Radius 2 um den Punkt 0. Der Winkel zwischen den einzelnen Lösungen beträgt
2π
π
12π
6 = 3 = 36 .
1
c) Gemäss der Definition aus der Vorlesung muss das Argument der 6-ten Wurzel zwischen
π
6π
− π6 = − 6π
36 und 6 = 36 liegen. Dieser Bereich ist auf der Skizze blau hervorgehoben.
Dies trifft nur für die Lösung z1 von oben zu. Es gilt also
p
√
√
6
5
−4 3 − 4i = 2 exp(−i 36
π).
2. Es sei z1 eine Lösung der folgenden Gleichung. Bestimmen Sie die reellen Koeffizienten
p und q sowie die weiteren Lösungen!
3z 3 − 12z 2 + pz + q = 0,
z1 = 3 + i.
Lösung
Da sämtliche Koeffizienten reell sind, muss nach einem Satz aus der Vorlesung neben z1
auch z2 = z1 eine Nullstelle des Polynoms sein. Damit folgt, dass (z − z1 )(z − z2 ) ein
Faktor des Polynoms ist. Nach dem Hauptsatz der Algebra gibt es auch noch eine weitere
Nullstelle z3 . Das ergibt:
3z 3 − 12z 2 + pz + q = 3(z − (3 + i))(z − (3 − i))(z − z3 )
⇔
3z 3 − 12z 2 + pz + q = 3(z 2 − 6z + 10)(z − z3 )
⇔
3z 3 − 12z 2 + pz + q = 3z 3 − (18 + 3z3 )z 2 + (30 + 18z3 )z − 30z3
Damit die linke und die rechte Seite in obiger Gleichung für alle z ∈ C gleich sind, müssen
die Koeffizienten übereinstimmen. Damit erhalten wir zur Bestimmung der drei Unbekannten p, q, z3 die Gleichungen:
12 = 18 + 3z3 ⇒ z3 = −2
p = 30 + 18z3 ⇒ p = −6
q = −30z3
⇒ q = 60
2
3. Prüfungsaufgabe 1, Sommer 2014. Es sei das Gebiet
z+2
B = z ∈ C \ {0} Im
>0
iz
gegeben.
a) Skizzieren Sie das Gebiet B in der komplexen Ebene.
b) Das Polynom z 3 + 27 z 2 + 7z + 6 hat eine komplexe Nullstelle mit Realteil gleich
−1. Bestimmen Sie alle Nullstellen dieses Polynoms in Normal- und in Polarform.
c) Welche dieser Nullstellen befinden sich in B?
Lösung
a) Für z = x + iy gilt
z+2
iz
=
=
=
x + iy + 2
x + iy + 2
(−ix − y)(x + iy + 2)
=
=
i(x + iy)
ix − y
(−ix − y)(ix − y)
2
2
−ix + xy − 2ix − xy − iy − 2y
x2 + y 2
−2y
−2x − x2 − y 2
+
i.
x2 + y 2
x2 + y 2
Das Gebiet B ist damit gegeben durch
z+2
−2x − x2 − y 2
Im
=
> 0.
iz
x2 + y 2
Umgeformt ergibt das
Im
z+2
iz
=
−2x − x2 − y 2
>0
x2 + y 2
⇔ −2x − x2 − y 2 > 0
⇔ 0 > x2 + 2x + y 2
⇔ 0 > (x + 1)2 − 1 + y 2
⇔ 1 > (x + 1)2 + y 2 .
Das Gebiet B ist also das Innere des Kreises mit Mittelpunkt (−1, 0) und Radius 1.
Der Rand gehört nicht zur Menge.
3
y
1.5
1.0
0.5
0.0
x
-0.5
-1.0
-1.5
-2.5
-2.0
-1.5
-1.0
-0.5
0.0
0.5
b) Wir bemerken zuerst, dass −1 keine Nullstelle des Polynoms ist und folglich die Nullstelle mit Realteil −1 nicht reell ist. Da solche Nullstellen für Polynome mit reellen
Koeffizienten immer in komplex konjugierten Paaren auftreten, hat das Polynom zwei
Nullstellen von der Form
z1,2 = −1 ± iy.
Somit müssen wir vom Polynom einen Faktor der Form
(z + 1 + iy)(z + 1 − iy) = z 2 + 2z + 1 + y 2
abspalten können. Polynomdivision ergibt
(z 3
+ 72 z 2
+7z
−(z 3
+2z 2
+(1 + y 2 )z
3 2
2z
3 2
2z
+(6 − y 2 )z
+6
+3z
+ 32 (1 + y 2 )
−(
+6
):
(z 2 + 2z + 1 + y 2 ) = z +
3
2
)
(3 − y 2 )z
)
+( 92 − 32 y 2 )
Es bleibt also der Rest
(3 − y 2 )z +
9 3y 2
−
2
2
√
übrig und dieser muss gleich 0 sein. Es ergibt sich also y = ± 3 und die drei Nullstellen
lauten in Normalform
√
√
3
z1 = −1 + 3i, z2 = −1 − 3i, z3 = − .
2
In Polarform lauten diese somit
z1 = 2e
2πi
3
,
z2 = 2e
4
−2πi
3
,
3
z3 = eπi .
2
c) In Teilaufgabe a) haben wir gesehen, dass alle Punkte z = x + iy in B die Ungleichung
1 > (x + 1)2 + y 2
erfüllen müssen. Es folgt z1 ∈
/ B, z2 ∈
/ B, z3 ∈ B.
4. Rechnen Sie nach, dass die folgende Beziehung gilt:
sin(5ϕ) = 5 cos4 (ϕ) sin(ϕ) − 10 cos2 (ϕ) sin3 (ϕ) + sin5 (ϕ).
Lösung
Wir verwenden hierfür, dass der Sinus eines Winkels α als Imaginärteil der komplexen
Zahl mit Argument α aufgefasst werden kann. Wir können dann die Formel von de
Moivre anwenden.
sin(5ϕ) = Im exp(i · 5ϕ) = Im (exp(iϕ))5
Ziel muss also sein, (exp(iϕ))5 in der Form x + iy zu schreiben, um möglichst einfach
den Imaginärteil ablesen zu können:
(exp(iϕ))5 = (cos(ϕ) + i sin(ϕ))5
= cos5 (ϕ) + 5i cos4 (ϕ) sin(ϕ) + 10i2 cos3 (ϕ) sin2 (ϕ)
+ 10i3 cos2 (ϕ) sin3 (ϕ) + 5i4 cos(ϕ) sin4 (ϕ) + i5 sin5 (ϕ)
= cos5 (ϕ) + 5i cos4 (ϕ) sin(ϕ) − 10 cos3 (ϕ) sin2 (ϕ)
− 10i cos2 (ϕ) sin3 (ϕ) + 5 cos(ϕ) sin4 (ϕ) + i sin5 (ϕ)
= cos5 (ϕ) − 10 cos3 (ϕ) sin2 (ϕ) + 5 cos(ϕ) sin4 (ϕ)
+ i 5 cos4 (ϕ) sin(ϕ) − 10 cos2 (ϕ) sin3 (ϕ) + sin5 (ϕ)
|
{z }
=Im (exp(iϕ))5 =sin(5ϕ)
Im zweiten Schritt kann man für die Koeffizienten zum Beispiel das Pascalsche Dreieck verwenden.
Bemerkung: Verblüffend an dieser Aufgabe ist, dass wir eine Gleichung, in welcher nur
reelle Zahlen auftreten (der Winkel ϕ ist reell), beweisen können, indem wir komplexe
Zahlen benutzen. Derartiges wird uns auch später bei Ingenieursproblemen wie der
Lösung von Differentialgleichungen begegnen.
5