MC-Serie 3 - Komplexe Zahlen II - D-MATH

Analysis D-BAUG
Dr. Meike Akveld
HS 2015
MC-Serie 3 - Komplexe Zahlen II
1. Der Realteil der komplexen Zahl exp(−i) beträgt
i) 7 0.
ii) 7 1.
iii) 7 sin(1).
iv) 3 cos(1).
v) 7 Keine der obigen Antworten ist richtig.
vi) 7 weiss ich nicht
Lösung
Laut Definition gilt exp(i(−1)) = cos(−1) + i sin(−1).
Ausserdem gilt für alle reellen Zahlen x, dass cos(−x) = cos(x).
2. Zwischenprüfung Winter 2015. Es seien z1 , z2 ∈ C mit |z1 | < 1 und |z2 | < 1, so
gilt für den Betrag der Summe:
i) 7 |z1 + z2 | < 1.
ii) 7 |z1 + z2 | > 1.
iii) 7 |z1 + z2 | = 1.
iv) 3 alle drei obigen Fälle kommen vor.
v) 7 weiss ich nicht
Lösung Zum Beispiel gilt
| 4i + 4i | =
| 34
| 2i
3. Sei z = 2 exp
i) 7
ii) 7
π
6i
+
+
3
4|
i
2|
=
< 1,
> 1,
= 1.
√
· (5 3 + b · i). Für welches b ∈ R ist z eine reelle Zahl?
1
√
5 3
√
3
√
iii) 7 5 3
iv) 7
1
2
3
2
√1
3
v) 3 Keines von diesen.
vi) 7 weiss ich nicht
1
Lösung Es gilt
!
√
π √
√
3 1
z = 2 exp
i · (5 3 + b · i) = 2
+ i · (5 3 + bi)
6
2
2
√
√
√
√
= 15 + b 3i + 5 3i − b = (15 − b) + i · (b 3 + 5 3).
Die Zahl ist reell, wenn der Imaginärteil verschwindet, und dies ist für b = −5 der Fall,
welches unter den Antworten nicht auftaucht.
4. Zwischenprüfung Winter 2015. Seien z, w ∈ C zwei komplexe Zahlen im Innern
des ersten Quadranten der komplexen Ebene, so gilt:
z i) 3 Im
> 0 und Re(zw) > 0.
w
z ii) 7 Im
< 0 und Re(zw) > 0.
w
z
> 0 und Re(zw) < 0.
iii) 7 Im
w
z
iv) 7 Im
< 0 und Re(zw) < 0.
w
v) 7 weiss ich nicht
Lösung Punkte im ersten Quadrant haben positiven Real- und Imaginärteil, also z = x+iy
und w = u + iv für x, y, u, v > 0. Folglich gilt
z
zw
ux − vy + i(uy + vx)
=
=
w
ww
u2 + v 2
uy
+
vx
⇒ Im( wz ) = 2
> 0,
u + v2
zw = ux + vy + i(uy − vx)
⇒ Re(zw) = ux + vy > 0.
5. Sei z der Punkt auf dem Einheitskreis mit Argument ϕ. Wenn z entlang des Einheitskreises im Uhrzeigersinn wandert und den Wert −1 vermeidet, dann ist tan(ϕ/2)
i) 7 monoton wachsend
ii) 3 monoton fallend
iii) 7 abhängig von z wachsend oder fallend
iv) 7 weiss ich nicht
Lösung
Im Uhrzeigersinn fällt ϕ streng monoton.
2
Mit dem Wert z = −1 werden auch alle Werte ϕ = π + 2πk mit k ∈ Z vermieden.
Also vermeidet ϕ/2 alle Werte π/2+kπ, an denen die Tangensfunktion nicht definiert
ist. Somit bleibt ϕ/2 in einem Teilintervall (kπ − π2 , kπ + π2 ), auf dem der Tangens
definiert und streng monoton wachsend ist.
Da ϕ/2 streng monoton fällt, ist tan(ϕ/2) ebenfalls streng monoton fallend.
6. Welches sind Lösungen der Gleichung z 3 = 2(i − 1)?
i) 3 1 + i
ii) 7 Keine davon.
√
11π
iii) 3 2 cos 11π
12 + i sin 12
iv) 7 1 − i
√
−5π
v) 3 2 cos −5π
12 + i sin 12
vi) 7 weiss ich nicht
Lösung
√
√
3
Der Betrag von 2 (i − 1) ist 4 + 4 = 8 = 2 2 . In der komplexen Ebene liegt diese Zahl
auf der Gegendiagonalen x = −y und hat daher als Argument 3π
4 . Es folgt
3
|z|3 = |z 3 | = 2 2
1
⇒ |z| = 2 2 =
√
2.
Für das Argument ergibt sich
3 arg(z) = arg(z 3 ) =
3π
+ k · 2π
4
⇒ arg(z) =
π k · 2π
+
.
4
3
Daraus folgen die Lösungen
√ π
π
z1 =
2 cos + i sin
=1+i
4
4
√
√
π 2π
11π
11π
π 2π
z2 =
2 cos
+
+ i sin
+
= 2 cos
+ i sin
4
3
4
3
12
12
√
√
π 4π
π 4π
19π
19π
z3 =
2 cos
+
+ i sin
+
= 2 cos
+ i sin
4
3
4
3
12
12
√
−5π
−5π
=
2 cos
+ i sin
12
12
7. Sei z =
p
p
√
√
2 + 2 + i 2 − 2. Dann ist z 6 gleich
√
√
i) 7 −32(i 2 − 2).
√
√
ii) 7 64(i 2 − 2).
iii) 3 64 exp(i 43 π).
iv) 7 64 exp(i 32 π).
3
v) 7 weiss ich nicht
Lösung Um uns die Arbeit zu erleichtern, verwenden wir, dass z 6 = (z 2 )3 . Wir berechnen
zuerst z 2 mit Hilfe der binomischen Formel,
p
p
p
p
√
√ 2 p
√ 2
√ p
√
√ 2
2+ 2+i 2− 2 =
2 + 2 + 2i 2 + 2 2 − 2 + i 2 − 2
q
√
√
√
√
√
= 2 + 2 + 2i 22 − ( 2)2 − 2 + 2 = 2 2 + 2i 2.
z2 =
√
√
Wegen |z 2 | = 8 + 8 = 4 und 22 = sin π4 = cos π4 erhalten wir mit Hilfe der Eulerschen
Identität die Polarformdarstellung
z2 = 4
√
√
2
2
+i
2
2
= 4 exp(i π4 ).
Daraus folgt schliesslich
3
z 6 = (z 2 )3 = 4 exp(i π4 ) = 64 exp(i 34 π).
8. Sei z = r exp(iφ), so gilt z n =
i) 7 rn exp(iφn ).
ii) 7 n · r exp(iφn ).
iii) 7 n · r exp(inφ).
iv) 3 rn exp(inφ).
v) 7 weiss ich nicht
Lösung Dies ist die Formel von de Moivre.
9. Wahr oder falsch: z n = c hat für c ∈ C \ {0} genau n verschiedene Lösungen.
i) 3 Wahr
ii) 7 Falsch
iii) 7 weiss ich nicht
Lösung Sei c in Polarform gegeben, also c = r exp(iφ) mit r > 0 und φ ∈ (−π, π]. Weiter
machen wir den Ansatz z = s exp(iψ). Erfüllen müssen wir also die Gleichung
z n = sn exp(inψ) = r exp(iφ).
Das liefert die Bedingungen
s=
√
n
r > 0,
ψ=
φ 2π
+
k, k ∈ Z.
n
n
Für k ∈ {0, 1, ..., n − 1} ist ψ verschieden, der Fall k = n ist wieder der Fall k = 0. Somit
gibt es genau n verschiedene Lösungen. Für c = 0 gibt es mit z = 0 hingegen nur 1 Lösung.
4
√
10. Wahr oder falsch: ∀c ∈ C, ∀n ∈ N : − πn < arg( n c) ≤ πn .
i) 7 Falsch
ii) 3 Wahr
iii) 7 weiss ich nicht
Lösung Die Aussage ist korrekt!
11. Zwischenprüfung Winter 2015. Es seien z, w ∈ C komplexe Zahlen mit z 4 = 1 und
w3 + i = 0. Welche der folgenden Zahlen ist ein möglicher Wert der Summe z + w?
i) 3 0
ii) 7 − 2i −
iii) 7 1
iv) 7
1
2
+
√
3
2
√
i 3
2
v) 7 weiss ich nicht
Lösung Die Lösungen von z 4 = 1 sind {±1, ±i}. Um die Lösungen
von w√3 = −i zu finden,
√
11π
3
i 7π
i
i( 32 +2k)π
i π2
schreibe −i = e
. Also gilt w ∈ {e , e 6 , e 6 } = {i, − 2 − 2i , 23 − 2i }. Von der
obigen Auswahl ist nur 0 = (−i) + i ein möglicher Wert.
12. Wahr oder falsch: Der Hauptsatz der Algebra besagt, dass jedes Polynom n-ten Grades
genau n verschiedene Nullstellen hat.
i) 7 Wahr
ii) 3 Falsch
iii) 7 weiss ich nicht
Lösung Das Polynom z n hat nur eine Nullstelle, nämlich z = 0, diese dafür n Mal.
13. Wahr oder falsch: Jedes Polynom n-ten Grades mit reellen Koeffizienten hat n verschiedene Nullstellen.
i) 7 Wahr
ii) 3 Falsch
iii) 7 weiss ich nicht
Lösung Das Polynom z n hat nur eine Nullstelle, nämlich z = 0, diese dafür n Mal.
14. Zwischenprüfung Winter 2015. Sei n eine ungerade natürliche Zahl. Jedes Polynom
n-ten Grades mit reellen Koeffizienten hat mindestens eine reelle Nullstelle.
i) 3 wahr
ii) 7 falsch
5
iii) 7 weiss ich nicht
Lösung
Jedes Polynom p(x) = an xn +. . .+a1 x+a0 definiert eine stetige Funktion p : R → R.
Für grosse x wird p(x) durch an xn dominiert. Ist n ungerade und an > 0, so gilt
p(x− ) < 0 für x− klein und p(x+ ) > 0 für x+ gross. Folglich gibt es nach dem
Zwichenwertsatz ein x0 ∈ [x− , x+ ] mit p(x0 ) = 0. Analoges gilt für an < 0.
Alternative:
Jedes Polynom n-ten Grades hat n komplexe Nullstellen (mit Vielfachheit). Sind
alle Koeffizienten reell, so treten nicht reelle Nullstellen in Paaren z, z auf. Die Anzahl nicht reeller Nullstellen ist folglich gerade und es muss mindestens eine reelle
Nullstelle existieren.
6