Mathematik für die Chemie I – 13. ¨Ubung Lösung

Prof. Dr. M. Chipot
Institut für Mathematik
Universität Zürich
Mathematik für die Chemie I – 13. Übung
Abgabe: Montag, den 19.12.2011
Lösung
Aufgabe 1
Gegeben seien die komplexen Zahlen
π
u := 3 e 2 i ,
v := eπi ,
w := 2 − 3i,
z := 2 + 5i.
(a) Skizziere u, v, w und z in der komplexen Zahlenebene.
(b) Berechne das Produkt uv und den Quotienten uv und gib das Ergebnis jeweils in der
Form r eϕ i an, wobei r den Betrag und ϕ das Argument der komplexen Zahl bezeichnen.
(c) Berechne die Summe w+z, das Produkt zw und den Quotienten wz und gib das Ergebnis
jeweils in der Form x+y i an, wobei x den Realteil und y den Imaginärteil der komplexen
Zahl bezeichnen.
Lösung:
(a) Wegen |u| = 3 liegt u auf dem Kreis mit Mittelpunkt 0 und Radius 3. Das Argument
von u ist π2 , so dass u auf dem Schnittpunkt dieses Kreises mit dem positiven Teil der
imaginären Achse liegt (die imaginäre Achse ist die y-Achse).
Wegen |v| = 1 liegt v auf dem Kreis mit Mittelpunkt 0 und Radius 1. Das Argument
von v ist π, so dass v auf dem Schnittpunkt dieses Kreises mit dem negativen Teil der
reellen Achse liegt (die reelle Achse ist die x-Achse).
w hat Realteil 2 und Imaginärteil −3, während z Realteil 2 und Imaginärteil 5 hat.
Somit ergibt sich folgende Skizze in der komplexen Zahlenebene:
•z
5i
4i
u
3i •
2i
π
2
i
-3
v
•
-1
-2
π
1
2
3
-i
-2i
•w
-3i
(b) Es gilt
π
π
uv = 3 e 2 i · eπi = 3 e 2 i+πi = 3 e
sowie
3π
i
2
π
π
π
3e2i
u
= πi = 3 e 2 i−πi = 3 e− 2 i .
v
e
(c) Es gilt
sowie wegen i2 = −1
w + z = 2 − 3i + 2 + 5i = 4 + 2i
zw = (2 + 5i) · (2 − 3i) = 4 + 10i − 6i − 15i2 = 4 + 4i − 15 · (−1) = 4 + 4i + 15 = 19 + 4i.
Weiter gilt
1
z̄
2 − 5i
2 − 5i
2 − 5i
2 − 5i
= 2 =
= 2
=
=
.
2
2
2
z
|z|
(Re(z)) + (Im(z))
2 +5
4 + 25
29
Es folgt daher
w
z
=
Aufgabe 2
2 − 5i
(2 − 3i)(2 − 5i)
4 − 6i − 10i + 15i2
=
=
29
29
29
4 − 16i + 15 · (−1)
4 − 16i − 15
−11 − 16i
11 16
=
=
= − − i.
29
29
29
29 29
= (2 − 3i) ·
Es seien w := 2(cos( π4 ) + i sin( π4 )) und z :=
√
3 + i gegeben.
(a) Berechne w̄ und w1 und gib beide Ergebnisse in der Polarform an. Gib ausserdem w in
der Form x + y i an, wobei x den Realteil und y den Imaginärteil von w bezeichnen.
(b) Berechne z̄ und 1z und gib beide Ergebnisse jeweils in der Form x + y i an, wobei x den
Realteil und y den Imaginärteil der komplexen Zahl bezeichnen. Gib ausserdem z in der
Polarform an.
(c) Berechne die Summe w + z und das Produkt wz. Dabei kann jeweils die Form, in der
das Ergebnis angegeben wird, frei gewählt werden.
Lösung:
(a) Um w̄ zu berechnen, muss man das Vorzeichen des Imaginärteils ändern. Daher gilt
wegen sin(−x) = − sin(x) und cos(x) = cos(−x), x ∈ R,
π π π π w̄ = 2 cos
− i sin
= 2 cos
+ i sin −
4
4
4
4 π
π + i sin −
.
= 2 cos −
4
4
Die Polarform von w̄ ist also
π
π w̄ = 2 cos −
+ i sin −
.
4
4
Da w in der Polarform vorliegt, gilt |w| = 2. Somit folgt
π
π 2 cos − π4 + i sin − π4
w̄
1
1
=
=
=
cos
−
+
i
sin
−
.
w
|w|2
22
2
4
4
Letzteres ist die Polarform von w1 . Um w in der Form x+y i darzustellen, ist zu beachten,
dass cos( π4 ) = sin( π4 ) = √12 gilt. Damit folgt
π π √
√
1
1
2
2
w = 2 cos
+ i sin
= 2 √ + i√
= √ + √ i = 2 + 2 i.
4
4
2
2
2
2
(b) Um z̄ zu berechnen, muss man das Vorzeichen des Imaginärteils ändern. Daher gilt
√
z̄ = 3 − i.
Weiter gilt
|z| =
und daher
p
(Re(z))2 + (Im(z))2 =
1
z̄
= 2 =
z
|z|
q√
√
√
( 3)2 + 12 = 3 + 1 = 4 = 2
√
√
√
3−i
3−i
3 1
=
=
− i.
22
4
4
4
Um z in die Polarform zu bringen, sei ϕ das Argument von z. Dann gilt
z = |z|(cos(ϕ) + i sin(ϕ)) = 2(cos(ϕ) + i sin(ϕ)).
Außerdem gilt
z=
Es muss also cos(ϕ) =
√
3
2
√
3+i =2
und sin(ϕ) =
1
2
√
3
1
+i
2
2
!
.
gelten. Dies ist für ϕ =
[ Man kann ϕ auch berechnen, indem man die Bedingung
tan(ϕ) =
1
Im(z)
=√
Re(z)
3
verwendet. Auch dann folgt ϕ = π6 . ]
Daher ist
die Polarform von z.
π
π z = 2 cos
+ i sin
6
6
π
6
erfüllt.
(c) Es gilt in der Form x + y i
√
√
√
√
√
√
w + z = ( 2 + 2 i) + ( 3 + i) = ( 2 + 3) + ( 2 + 1)i.
Aus den Polarformen von w und z kann man w + z nur berechnen, wenn man vorher w
und z in die Form x + y i bringt. Um wz zu berechnen, gilt in der Polarform
wz = |w| · |z|(cos(Arg(w) + Arg(z)) + sin(Arg(w) + Arg(z)))
π π π π = 2 · 2 cos
+
+ i sin
+
6
6 4
4
3π + 2π
3π + 2π
= 4 cos
+ i sin
12
12
5π
5π
= 4 cos
+ i sin
12
12
und in der Form x + y i
√
√
√
√
√
√
√
wz = ( 2 + 2 i) · ( 3 + i) = 6 + 6 i + 2 i + 2 i2
√
√
√
√
√
√
√
√
=
6 + ( 6 + 2) i + 2 · (−1) = 6 + ( 6 + 2) i − 2
√
√
√
√
= ( 6 − 2) + ( 6 + 2) i.
Aufgabe 3
Skizziere die folgenden Mengen in der komplexen Ebene:
(a) M1 := {z ∈ C : |z| ≤ 2, Im(z) ≥ 0},
(b) M2 := z ∈ C : Re(z) < 1, Arg(z) ∈ (0, π2 ) ,
(c) M3 := {z ∈ C : |z − 2| ≤ |z|}.
Hierbei bezeichnen Re(z) den Realteil, Im(z) den Imaginärteil und Arg(z) das Argument der
komplexen Zahl z.
Lösung:
(a) Es gilt M1 = A ∩ B mit
A := {z ∈ C : |z| ≤ 2} ,
B := {z ∈ C : Im(z) ≥ 0} .
Nun besteht A aus den komplexen Zahlen z, die in der komplexen Ebene innerhalb
oder auf dem Rand des Kreises um 0 mit Radius 2 liegen. B besteht aus den komplexen
Zahlen z, die in der komplexen Ebene oberhalb oder auf der reellen Achse (also oberhalb
oder auf der x-Achse) liegen. M1 besteht nun aus den komplexen Zahlen z, die beide
Bedingungen erfüllen. Somit ergibt sich folgende Zeichnung (wobei der Rand der Menge
M1 zur Menge M1 gehört):
3i
2i
i
M1
-3
-2
-1
1
2
3
-i
-2i
-3i
(b) Es gilt M2 = C ∩ D mit
n
π o
D := z ∈ C : Arg(z) ∈ 0,
.
2
C := {z ∈ C : Re(z) < 1} ,
Nun besteht C aus den komplexen Zahlen z, die in der komplexen Ebene links von der
Parallelen zur imaginären Achse (y-Achse) durch 1 liegen. D besteht aus den komplexen
Zahlen z, die in der komplexen Ebene oberhalb der reellen Achse und rechts von der
imaginären Achse (also oberhalb der x-Achse und rechts von der y-Achse) liegen. M2
besteht nun aus den komplexen Zahlen z, die beide Bedingungen erfüllen. Somit ergibt
sich folgende Zeichnung (wobei der Rand der Menge M2 nicht zur Menge M2 gehört):
5i
4i
3i
M2
2i
i
-3
-2
-1
1
2
3
-i
(c) Sei z ∈ C und x := Re(z) sowie y := Im(z). Dann gilt
p
|z| = |x + y i| = x2 + y 2
und
|z − 2| = |(x − 2) + y i| =
p
(x − 2)2 + y 2 .
Also gilt
z ∈ M3
⇐⇒
|z − 2| ≤ |z|
2
2
⇐⇒
p
⇐⇒
4 ≤ 4x
2
⇐⇒
(x − 2) + y ≤ x + y
⇐⇒
Re(z) ≥ 1.
⇐⇒
−4x + 4 ≤ 0
2
(x − 2)2 + y 2 ≤
⇐⇒
2
p
x2 + y 2
x − 4x + 4 ≤ x2
⇐⇒
x≥1
Daher folgt
M3 = {z ∈ C : Re(z) ≥ 1} .
Also besteht M3 aus den komplexen Zahlen z, die in der komplexen Ebene rechts von
oder auf der Parallelen zur imaginären Achse (y-Achse) durch 1 liegen. Somit ergibt
sich folgende Zeichnung (wobei der Rand der Menge M3 zur Menge M3 gehört):
3i
2i
M3
i
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
-i
-2i
-3i
Aufgabe 4
(a) Zeige mit Hilfe der Formel sin(x) =
1
4 sin(3x) für alle x ∈ R gilt.
1
ix
2i (e
− e−ix ), x ∈ R, dass (sin(x))3 =
3
4
sin(x) −
π
(b) Berechne mit Hilfe von (a) das Integral
R2
(sin(x))3 dx.
0
Lösung:
(a) Wegen i2 = 1 und der binomischen Formel gilt für x ∈ R
3
1 ix
(sin(x))3 =
e − e−ix
2i
1
ix 3
ix 2
−ix
ix
−ix 2
−ix 3
=
(e
)
+
3
(e
)
·
(−e
)
+
3
e
·
(−e
)
+
(−e
)
8 · i3
1
=
e3ix − 3 e2ix−ix + 3 eix−2ix − e−3ix
2
8·i ·i
1
=
e3ix − 3 eix + 3 e−ix − e−3ix
8 · (−1) · i
1 3ix
ei(3x) − e−i(3x)
3(eix − e−ix )
= −
e − e−3ix − 3(eix − e−ix ) = −
+
8i
8i
8i
i(3x)
−i(3x)
ix
−ix
1 e
−e
3 e −e
1
3
= − ·
+ ·
= − sin(3x) + sin(x).
4
2i
4
2i
4
4
(b) Mit u = 3x gilt
du
dx
= 3, also du = 3 dx. Daher folgt mit Teil (a)
π
Z2
π
3
(sin(x)) dx =
0
Z2 0
=
3
4
3
1
sin(x) − sin(3x) dx
4
4
π
π
Z2
Z2
0
sin(x) dx −
1
4·3
3· π2
π
2
=
3
4
Z
0
0
3 · sin(3x) dx
1
sin(x) dx −
12
Z
sin(u) du
3·0
π 3π
2
2
3
1
= − cos(x) − − cos(u) 4
12
0
0 3
π
1
3π
= − cos
− cos(0) +
cos
− cos(0)
4
2
12
2
1
3
1
9−1
8
2
3
=
=
= .
= − (0 − 1) + (0 − 1) = −
4
12
4 12
12
12
3