Kapitel 5

Kapitel 5
Aufgaben
Verständnisfragen
Aufgabe 5.1 •
Geben Sie zu folgenden komplexen Zahlen die Polarkoordinatendarstellung an,
z1 = −2i,
z2 = 1 + i,
z3 =
√
1
(−1 + 3 i) .
2
Zu den komplexen Zahlen mit Polarkoordinaten r4 = 2, ϕ4 = 21 π ,
ϕ6 = 45 π sind Real- und Imaginärteil gesucht.
r5 = 1, ϕ5 = 43 π , bzw. r6 = 3,
Aufgabe 5.2 •• Skizzieren Sie in der komplexen Zahlenebene die Mengen der komplexen Zahlen,
die durch folgende Angaben definiert sind:
M1 = {z ∈ C | Re(z) + Im(z) = 1}
M2 = {z ∈ C | |z − 1 − i| = |z + 1|}
M3 = {z ∈ C | |2z − 1 + i| ≤ 3}
Aufgabe 5.3 •• Zeigen Sie, dass für zwei komplexe Zahlen z, w ∈ C, die in der oberen Halbebene
liegen, d. h. Im(z) ≥ 0 und Im(w) ≥ 0, gilt
|w − z| ≤ |w − z| .
Veranschaulichen Sie sich die Aussage in der komplexen Zahlenebene.
Rechenaufgaben
Aufgabe 5.4
•
Berechnen Sie zu den komplexen Zahlen
z1 = 1 − i, z2 = 1 + 3i
und
z3 = 2 − 4i
die Real- und Imaginärteile der Ausdrücke
−z1 , z1 , z1 z2 ,
z2
z1
z3
,
,
.
2
z3 z2 − z1 2z1 − z2
Aufgabe 5.5 •
Bestimmen Sie in Abhängigkeit von z = x + i y ∈ C\{−i} den Real- und den
Imaginärteil der Zahl
(1 − i)(z + 2) − 1 + 3i
w=
.
z+i
Aufgabe 5.6
•
Berechnen Sie alle komplexen Zahlen z ∈ C, die die Gleichung
z−3 z−4+i
−3 + 2i
+
=2 2
z−i
z−1
z − (1 + i)z + i
erfüllen.
Aufgaben zu Kapitel 5
Aufgabe 5.7
chungen
Aufgabe 5.8
•
••
57
Bestimmen Sie Real- und Imaginärteil der Lösungen folgender quadratischer Glei-
(a)
z2 − 4iz + 4z − 8i = 0
(b)
(z − (1 + 2i))z = 3 − i
(c)
z2 + 2(1 + i)z = 1 − 3i
Finden Sie alle Lösungen z ∈ C der Gleichung
z6 + (1 − 3i)z3 − 2 − 2i = 0 .
Aufgabe 5.9
••
Bestimmen Sie alle komplexen Zahlen u, v ∈ C mit der Eigenschaft
1
1
1
+ =
.
u v
u+v
Aufgabe 5.10 ••• Zeigen Sie, dass eine komplexe Zahl z ∈ C genau dann den Betrag |z| = 1 hat,
wenn die Identität
uz + v vz + u = 1
für alle Zahlen u, v ∈ C mit |u| = |v| gilt.
Aufgabe 5.11
••
Welche Menge von Punkten in der komplexen Ebene wird durch die Gleichung
M = {z ∈ C | |z − 3| = 2|z + 3|}
beschrieben?
1
Punkte
Aufgabe 5.12 •
Zeigen Sie, dass durch die Abbildung f : C\{−1} → C mit f (z) = 1+z
auf dem Kreis K = {z ∈ C | |z| = 2} auf einen Kreis f (K) mit Mittelpunkt M = −1/3 ∈ C abgebildet
werden und bestimmen Sie den Radius dieses Kreises.
Aufgabe 5.13
••
Bestimmen Sie die Möbiustransformation f mit den Abbildungseigenschaften
f (i) = 0,
f (0) = −1,
f (1) =
1−i
.
1+i
Wie lautet die Umkehrfunktion zu f ?
Auf welche Mengen in der komplexen Zahlenebene werden die reelle Achse, d. h. Im(z) = 0, und die
obere Halbebene, d. h. Im(z) > 0, abgebildet?
Anwendungsprobleme
Aufgabe 5.14 •• Ein Fischauge ist eine spezielle Linse in der Fotografie, die die Krümmung des
Bildes zum Rand hin verstärkt. Durch eine Transformation der komplexen Ebene lässt sich dieser Effekt
nachbilden. Betrachten Sie die Abbildung f : C → C mit
f (z) =
für ein a > 0.
z
|z| + a
58
Hinweise zu Kapitel 5
Veranschaulichen Sie sich die Abbildung anhand von Polarkoordinaten.
Zeigen Sie f (C) ⊆ B = {z ∈ C | |z| < 1} und bestimmen Sie die Umkehrabbildung f −1 : B → C.
Auf welche Teilmenge der komplexen Zahlen wird die reelle Achse abgebildet? Auf welche geometrischen Objekte werden Kreise um den Ursprung abgebildet?
Mithilfe eines grafikfähigen Rechners zeichnen Sie für a = 1 die Bilder folgender Teilmengen:
M1 = {z ∈ C | z = t + i/2, t ∈ R}
M2 = {z ∈ C | z = −2 + ti, t ∈ R}
M3 = {z ∈ C | |z| = 1/2}
M4 = {z ∈ C | |z − 1| = 1/2}
Aufgabe 5.15 •
In den meisten Stromnetzen wird Drehstrom verwendet. Dabei gibt es neben dem
Neutralleiter noch drei weitere Leiter, deren Spannungen mit gleicher Frequenz und gleicher Amplitude,
aber jeweils um die Phase 2π/3 gegeneinander verschoben sind. Demnach liegen an den unterschiedlichen
Leitern die Spannungen
u1 (t) = U0 (cos(ωt) + i sin(ωt))
2
2
u2 (t) = U0 cos(ωt + π) + i sin(ωt + π )
3
3
4
4
u3 (t) = U0 cos(ωt + π) + i sin(ωt + π )
3
3
an. Zeigen Sie, dass sich zu allen Zeitpunkten die Summe der Spannungen neutralisiert, d. h.
u1 (t) + u2 (t) + u3 (t) = 0
für alle t ∈ R gilt.
Hinweise
Verständnisfragen
Aufgabe 5.1 •
Es gilt z = r(cos ϕ + i sin ϕ) mit |z| = r. Die Argumente der Zahlen sind in der
Gauß’schen Zahlenebene ablesbar.
Aufgabe 5.2
••
Aufgabe 5.3 ••
Mit dem Betrag ist der euklidische Abstand zwischen komplexen Zahlen angebbar.
Quadrieren Sie die Aussage und nutzen Sie |v|2 = vv für v ∈ C.
Rechenaufgaben
Aufgabe 5.4
•
Anwendung der Rechenregeln zu komplexen Zahlen.
Aufgabe 5.5 •
Versuchen Sie zunächst den Bruch weitestgehend zu vereinfachen, bevor Sie den
Real- und den Imaginärteil von z einsetzen.
Aufgabe 5.6
•
Beachten Sie die Faktorisierung z2 − (1 + i)z + i = (z − 1)(z − i).
Aufgabe 5.7 •
Quadratische Ergänzung und gegebenenfalls ein Koeffizientenvergleich, um komplexe Wurzeln zu bestimmen.
Aufgabe 5.8 •• Substituieren Sie u = z3 und verwenden Sie Polarkoordinaten, um die Wurzeln
z1 , . . . , z6 zu bestimmen.
Aufgabe 5.9
••
Substituieren Sie z = uv .
Lösungen zu Kapitel 5
59
Aufgabe 5.10 ••• Es sind zwei Richtungen zu zeigen. Nutzen Sie die Gleichung |a + b|2 = |a|2 +
|b|2 + 2Re(ab) für komplexe Zahlen a, b ∈ C.
Aufgabe 5.11 •• Quadrieren Sie die Gleichung und verwenden Sie |w| = ww, um die beschreibende
Gleichung auf eine Form zu bringen, die grafisch interpretiert werden kann.
•
Aufgabe 5.12
Betrachten Sie
Aufgabe 5.13 ••
1
1 2
1 + z + 3 .
–
Anwendungsprobleme
••
Aufgabe 5.14
Schreiben Sie die Abbildung in Polarkoordinaten z = r(cos ϕ + i sin ϕ).
Aufgabe 5.15 •
Klammern Sie den harmonisch schwingenden Term cos(ωt) + i sin(ωt) aus.
Lösungen
Verständnisfragen
Aufgabe 5.1 •
Es gilt
1
1
z1 = 2 cos − π + i sin − π
2
2
√ π
π
z2 = 2 cos + i sin
4
4
2
2
z3 = cos π + i sin π
3
3
z4 = 2i
1
z5 = √ (−1 + i)
2
3
z6 = − √ (1 + i) .
2
Aufgabe 5.2 •• Die ersten beiden Mengen beschreiben Geraden in der komplexen Ebene und die
dritte ist eine Kreisscheibe um (1 − i)/2 mit Radius 3/2.
Aufgabe 5.3 ••
–
Rechenaufgaben
Aufgabe 5.4
•
−z1 = −1 + i
z1 = 1 + i
z1 z2 = 4 + 2i
1 1
z2
=− + i
2 2
z3
z1
=1
z2 − z12
z3
= −1 − 3i
2z1 − z2
60
Lösungen zu Kapitel 5
Aufgabe 5.5 •
Die Zahl
w = 1−i.
hängt nicht von z ab.
Aufgabe 5.6
•
Mit z = 2 ± i sind alle Lösungen der Gleichung gegeben.
Aufgabe 5.7 •
Es ergeben sich die Lösungen
(a) z1 = z2 = −2 + 2i,
(b) z1 = −1 + i und z2 = 2 + i.
(c)
√
√
1
z1,2 = −(1 + i) ±
2+2 2−i 2 2−2
2
Aufgabe 5.8
••
In Polarkoordinaten sind die sechs Lösungen gegeben durch
1
π
π
,
z1 = 2 3 cos + i sin
6
6 1
5π
5π
z2 = 2 3 cos
+ i sin
,
6
6
1
3π
3π
z3 = 2 3 cos
+ i sin
.
2
2
1
π
π
,
z4 = 2 6 cos + i sin
4
4
1
11π
11π
6
z5 = 2 cos
+ i sin
,
12
12
1
19π
19π
z6 = 2 6 cos
+ i sin
,
12
12
Aufgabe 5.9
••
Die Gleichung gilt für Paare u, v ∈ C\{0} mit
v=
Aufgabe 5.10
√ −1 1 ± i 3 u.
2
••• –
Aufgabe 5.11 ••
Die Menge M ist ein Kreis mit Radius 4 um den Mittelpunkt zM = −5 .
Aufgabe 5.12
•
Der Radius beträgt r = 2/3.
Aufgabe 5.13
••
Es ist f : C\{−i} → C\{1} mit
f (z) =
z−i
z+i
und die Umkehrtransformation f −1 : C\{1} → C\{−i} ist durch
f −1 (z) = −i
z+1
z−1
gegeben. Die reelle Achse wird auf den Einheitskreis abgebildet und die obere Halbebene in das Innere
dieses Kreises.
Lösungswege zu Kapitel 5
61
Anwendungsprobleme
Aufgabe 5.14
••
In Polarkoordinaten gilt
f (z) =
r
(cos ϕ + i sin ϕ)
r +a
und die inverse Transformation ist gegeben durch
f −1 (w) =
aw
.
1 − |w|
Es wird die reelle Achse durch f auf das Intervall (−1, 1) ⊆ C abgebildet und Kreise um den Ursprung
werden auf Kreise mit entsprechend kleinerem Radius abgebildet.
Aufgabe 5.15
•
–
Lösungswege
Verständnisfragen
Aufgabe 5.1 •
Die Zahl z1 liegt auf der negativen imaginären Achse in der Zahlenebene. Somit ist
das Argument ϕ1 = 23 π. Mit dem Betrag |z1 | = 2 folgt die Polarkoordinatendarstellung
3
3
z1 = 2 cos π + i sin π .
2
2
Die Zahl z2 = 1 + i liegt auf der Winkelhalbierenden in ersten Quadranten der Zahlenebene. Sie hat
deswegen das Argument ϕ2 = π/4. Mit
√
√
|z2 | = 1 + 1 = 2
erhalten wir die Polarkoordinatendarstellung
√ π
π
.
z2 = 2 cos + i sin
4
4
√
Die Zahl z3 = 21 (−1 + 3 i) liegt im zweiten Quadranten der Gauß’schen Ebene und hat den Betrag
1 3
|z3 | =
+ = 1.
4 4
Somit ist r3 = 1 und etwa cos ϕ3 = −1/2. Aus der Wertetabelle zu Kosinus und Sinus lässt sich der
Winkel ablesen, zum Beispiel durch −1/2 = − sin(π/6) = cos(π/6 + π/2). Wir erhalten ϕ3 = 23 π . Also
ist
2
2
z3 = cos π + i sin π .
3
3
Für z4 , z5 und z6 bestimmen wir etwa mit der Wertetabelle zu Kosinus und Sinus den Realteil und den
Imaginärteil der Zahlen:
1
1
z4 = 2 cos π + i sin π = 2i
2
2
3
3
1
z5 = cos π + i sin π = √ (−1 + i)
4
4
2
5
5
3
z6 = 3 cos π + i sin π = − √ (1 + i) .
4
4
2
62
Lösungswege zu Kapitel 5
Aufgabe 5.2 ••
Mit Im(z) = −Re(z) + 1 lässt sich für die Menge M1 die Darstellung einer Geraden
in der Zahlenebene erkennen (siehe Abbildung 5.19).
M1
Im
i
−1
Re
1
−i
Abbildung 5.19
Interpretieren wir die Gleichung geometrisch, so besagt diese, dass der Abstand des Punkts z zum Punkt
z1 = −1 derselbe sein muss wie der Abstand zum Punkt z2 = 1 + i. Alle Punkte, die diese Bedingung
erfüllen, liegen auf der Mittelsenkrechten zwischen den beiden Punkten z1 und z2 , also einer Geraden
(siehe Abbildung 5.20).
M2
Im
|z −
1−
i
i|
1+i
|z +
a|
z
−1
Re
1
−i
Abbildung 5.20
Da die Bedingung besagt, dass wir alle Punkte betrachten sollen, deren Abstand zum Punkt zM = 21 (1 − i)
durch
1−i
3
|z −
|≤
2
2
abschätzbar ist, ergibt sich eine Kreisscheibe mit dem Radius
dung 5.21).
3
2
und den Mittelpunkt ZM (siehe Abbil-
Im
i
M3
−1
−i
Abbildung 5.21
1
z −
1− 2 i
Re
Lösungswege zu Kapitel 5
Aufgabe 5.3 ••
63
Es ist zu beweisen, dass
(w − z)(w − z) = |w − z|2 ≤ |w − z|2 = (w − z)(w − z)
gilt. Für die linke Seite der gesuchten Ungleichung erhalten wir
|w − z|2 = ww − zw − wz + zz
= |w|2 − 2Re(zw) + |z|2 ,
und für die rechte Seite gilt
|w − z|2 = |w|2 − 2Re(wz) + |z|2 .
Es sind somit nur die gemischten Terme zu vergleichen. Da die Imaginärteile von w und z nicht negativ
sind gilt
−Im(w)Im(z) ≤ Im(w)Im(z) ,
und es folgt
Re(w)Re(z) − Im(w)Im(z) ≤ Re(w)Re(z) + Im(w)Im(z)
bzw.
Re(wz) ≤ Re(wz) .
Damit ergibt sich die gesuchte Ungleichung
|w − z|2 = |w|2 − 2Re(zw) + |z|2
≤ |w|2 − 2Re(wz) + |z|2
= |w − z|2 .
Die Abbildung 5.22 verdeutlicht die Aussage
Im
z
|w −
z|
w
|w
−
z|
Re
w
Abbildung 5.22
Rechenaufgaben
Aufgabe 5.4
•
Mit der Definition einer komplexen Zahl und der konjugiert komplexen Zahl ist
−z1 = −(1 − i) = −1 + i
und
z1 = 1 + i .
64
Lösungswege zu Kapitel 5
Weiter erhalten wir
z1 z2 = (1 − i)(1 + 3i)
= 1 − 3i2 + (−1 + 3)i = 4 + 2i
1 + 3i
z2
=
z3
2 − 4i
(1 + 3i)(2 + 4i)
=
2 2 + 42
1
=
(2 − 12 + (6 + 4)i)
20
1
= (−1 + i)
2
z1
1−i
=
(1 − 3i) − (1 − i)2
z2 − z12
1−i
=
(1 − 3i) − (−2i)
1−i
=
= 1
1−i
z3
2 − 4i
=
2(1 − i) − (1 − 3i)
2z1 − z2
2 − 4i
=
1+i
(2 − 4i)(1 − i)
=
2
1
= (−2 − 6i) = −1 − 3i .
2
Aufgabe 5.5 •
Wahl von z ist,
Die folgende Rechnung ergibt, dass w = 1 − i gilt und somit unabhängig von der
z + 2 − iz − 2i − 1 + 3i
(1 − i)(z + 2) − 1 + 3i
=
z+i
z+i
(1 − i)z + 1 + i
=
(z + i)
(1 − i)z + (1 − i)i
=
(z + i)
(1 − i)(z + i)
=
= 1−i.
(z + i)
Aufgabe 5.6 •
Es gilt z2 − (1 + i)z + i = (z − 1)(z − i). Daher folgt, indem wir die Gleichung mit
diesem Faktor multiplizieren
(z − 3)(z − 1) + (z − 4 + i)(z − i) = 2(−3 + 2i) ,
wenn wir voraussetzen, dass z = 1 und z = i ist. Diese Gleichung ist äquivalent zu
z2 − 4z + 5 = 0 .
Mit quadratischer Ergänzung folgt
(z − 2)2 = −1
Lösungswege zu Kapitel 5
und wir erhalten z − 2 = ±i bzw.
65
z=2±i
als die beiden einzigen Lösungen der Gleichung.
Aufgabe 5.7
•
(a) Eine quadratische Ergänzung führt auf:
z2 − 4iz + 4z − 8i = z2 + (4 − 4i)z − 8i
= (z + (2 − 2i))2 − (2 − 2i)2 − 8i
= (z + (2 − 2i))2 + 8i − 8i
= (z + (2 − 2i))2
Also sind beide Nullstellen durch
z1 = z2 = −2 + 2i
gegeben.
(b) Auch im zweiten Beispiel betrachten wir die quadratische Ergänzung und erhalten
z2 − (1 + 2i)z − 3 + i
1 + 2i 2
= z−
−
2
1 + 2i 2
−
= z−
2
Also ist
z−
1
(1 + 2i)2 − 3 + i
4
9
= 0
4
1 + 2i
3
=±
2
2
und wir erhalten die beiden Lösungen
z1 = 2 + i
und
z2 = −1 + i .
(c) Mit quadratischer Ergänzung ist
z2 + 2(1 + i)z − 1 + 3i = (z + (1 + i))2 − (1 + i)2 − 1 + 3i
= (z + (1 + i))2 − 1 + i .
Wir benötigen also die Wurzeln
w2 = 1 − i .
Mit w = x + iy, x, y ∈ R ergibt sich
x 2 − y 2 + 2xyi = 1 − i
Vergleichen wir die Real- und die Imaginärteile separat, so liefert der Koeffizientenvergleich die beiden
Gleichungen
x 2 − y 2 = 1 und 2xy = −1 .
Also ist x = −1/(2y) und einsetzen führt auf
1
− y2 = 1
4y 2
66
Lösungswege zu Kapitel 5
bzw.
y4 + y2 −
1
1
1
= (y 2 + )2 − = 0
4
2
2
mit den Lösungen
1
1
2
y±
=− ±√ .
2
2
Da y ∈ R vorausgesetzt ist, bleibt nur die positive Lösung. Außerdem wissen wir, dass x = −1/(2y).
Also sind mit
!
√
1
1
x=−
2+2 2
=−
√
2
2( 2 − 1)
und
!√
y=
2−1
1 √
2 2−2
=
2
2
die beiden Wurzeln w = x + iy und w = −(x + iy) gegeben. Für die beiden Lösungen der ursprünglichen
quadratischen Gleichung folgt
z± = −(1 + i) ±
Aufgabe 5.8
••
1
2
√
√
2+2 2−i 2 2−2 .
Mit der Substitution u = z3 ergibt sich die quadratische Gleichung
u2 + (1 − 3i)u − 2 − 2i = 0 .
Mit quadratischer Ergänzung folgt
u+
1 − 3i
2
2
1
1
= 2 + 2i + (1 − 3i)2 = i .
4
2
Gesucht ist somit w = x + iy ∈ C mit w 2 = x 2 − y 2 + 2xyi =
x 2 − y 2 = 0 und 2xy = 1/2 folgt
1
x4 =
16
1
2 i.
Aus den beiden Gleichungen
mit den reellen Lösungen x = ±1/2. Also sind mit w = (1 + i)/2 oder w = −(1 + i)/2 die Wurzeln
gegeben. Für den gesuchten Wert u erhalten wir die beiden Möglichkeiten
u=w−
In Polarkoordinaten ist
1 3
+ i=
2 2
2i
−1 + i .
π
π
2i = 2 cos + i sin
2
2
und
−1 + i =
√
3π
3π
2 cos
+ i sin
.
4
4
Lösungen der Gleichung z3 = u erhalten wir aus der Polarkoordinatendarstellung von u, indem die dritte
Wurzel des Betrags gezogen wird und das Argument ϕ durch 3 geteilt wird. Um alle möglichen Argumente
Lösungswege zu Kapitel 5
67
im Intervall [0, 2π] zu bekommen, müssen wir noch die weiteren Möglichkeiten (ϕ+2π )/3 und (ϕ+4π )/3
berücksichtigen. Insgesamt erhalten wir
1
π
π
z1 = 2 6 cos + i sin
,
6
6 1
5π
5π
z2 = 2 6 cos
+ i sin
,
6
6
1
3π
3π
z3 = 2 6 cos
+ i sin
,
2
2
und
√
π
π
3
2 cos + i sin
,
4
4
√
11π
11π
3
z5 = 2 cos
,
+ i sin
12
12
√
19π
19π
3
z6 = 2 cos
+ i sin
.
12
12
z4 =
Aufgabe 5.9 ••
Zunächst beobachten wir, dass die Gleichung nur gelten kann, wenn u = 0, v = 0
und u + v = 0 gilt. Setzen wir z = v/u, so folgt aus der gewünschten Identität
1=
1
u+v
u+v
=1+z+ +1
+
v
z
u
bzw. die quadratische Gleichung
z2 + z + 1 = 0 .
Mit quadratischer Ergänzung,
1 2 3
0 = z2 + z + 1 = z +
+ ,
4
2
bestimmen wir die beiden Lösungen dieser Gleichung
√
3
1
.
z± = − ± i
2
2
Mit diesem Resultat für z erhalten wir zu jedem u ∈ C\{0} zwei Zahlen
√ −1 1 ∓ i 3 u,
v± =
2
für die die gewünschte Gleichung erfüllt ist.
Aufgabe 5.10 ••• Um die Aussage zu zeigen sind zwei Richtungen zu beweisen: Zum einen, dass mit
|z| = 1 die zweite Identität für beliebige Zahlen u, v folgt, und zum anderen genau umgekehrt, dass die
zweite Identität für Zahlen u, v ∈ C mit |u| = |v| auch |z| = 1 impliziert.
„⇒“ Wenn wir voraussetzen, dass für z ∈ C gilt |z| = 1, so ist auch |z| = 1 und zz = |z|2 = 1. Somit
erhalten wir mit den elementaren Rechenregeln
|uz + v| = |uz + v| |z|
= |uzz + vz|
= |u + vz|
= |u + vz|
= |u + vz| .
68
Lösungswege zu Kapitel 5
Um die Aussage vollständig zu belegen, müssen wir aber noch zeigen, dass |u + vz| = 0 gilt. Dazu
berechnen wir den Betrag und schätzen mit |u| = |v| ab:
|u + vz| = |u|2 + |vz|2 + 2Re(uvz)
= |u|2 + |v|2 + 2Re(uvz)
≥ |u|2 + |v|2 − 2|Re(uvz)|
≥ |u|2 + |v|2 − 2|u| |v|
= (|u| − |v|)2 > 0 .
„⇐“ Für diese Richtung des Beweises nehmen wir an, dass
uz + v vz + u = 1
gilt. Damit ist
|uz + v| = |vz + u| .
Auflösen der Beträge führt auf
|uz|2 + |v|2 + 2Re(uzv) = |vz|2 + |u|2 + 2Re(vzu) .
Da die gemischten Terme identisch sind, gilt
|u|2 |z|2 − |v|2 |z|2 = |u|2 − |v|2 .
Mit der Voraussetzung |u| = |v| ist die Differenz |u|2 − |v|2 = 0. Kürzen wir diesen Ausdruck so folgt
|z|2 = 1
und die Aussage ist gezeigt.
Aufgabe 5.11 ••
Aus
(z − 3)(z − 3) = |z − 3|2 = 4|z + 3|2 = 4(z + 3)(z + 3)
erhalten wir die Gleichung
|z|2 − 3z − 3z + 9 = 4|z|2 + 12z + 12z + 36
bzw.
|z|2 + 5z + 5z + 9 = 0 .
Somit gilt für Zahlen z ∈ M die Beziehung
|z + 5|2 = 16 .
Also folgt
z ∈ K = {z ∈ C | |z + 5| = 4} .
Andererseits ergibt sich durch dieselbe Rechnung, dass z ∈ K auch z ∈ M impliziert. Somit haben wir
gezeigt, dass M = K ist. Die Menge beschreibt den Kreis mit Radius 4 um den Mittelpunkt −5 ∈ C.
Lösungswege zu Kapitel 5
Aufgabe 5.12
•
69
Unter der Annahme, dass |z| = 2 ist, folgt
1
|4 + z|
1 2
+
1 + z 3 = |3 + 3z|
(4 + z)(4 + z)
=
(3 + 3z)(3 + 3z)
16 + 4z + 4z + |z|2
=
9 + 9z + 9z + 9|z|2
20 + 4z + 4z
=
45 + 9z + 9z
4
= .
9
Also liegen die Bildpunkt f (z) für z ∈ K auf dem Kreis mit Radius 2/3 um den Punkt M = −1/3 ∈ C.
Aufgabe 5.13
••
Wir setzen die gegebenen Stellen in die invariante Beziehung zur Möbiustransformation und erhalten
etwa
(f (z) − 1−i
(z − 1)(0 − i)
1+i )(−1 − 0)
=
,
1−i
(0 − 1)(z − i)
(−1 − 1+i )(f (z) − 0)
bzw.
(f (z) − 1−i
i(z − 1)
1+i )
=
.
(z − i)
f (z)(1 + 1−i
1+i )
Wir müssen diese Gleichung nach f (z) auflösen. Aus
1−i
1 − i i(z − 1)
= f (z) −
f (z) 1 +
1+i
z−i
1+i
folgt weiter
1−i
2i
(z − 1) =
(z − i)
f (z) z − i −
1+i
1+i
bzw.
f (z) (1 − i)z + 1 + i) = (1 − i)(z − i) .
=(1−i)(z+i)
Wir erhalten die Transformation
z−i
.
z+i
Ein Ausdruck für die Umkehrabbildung ergibt sich direkt aus der im Text angegebenen Beziehung. Es
folgt für f die Umkehrung
f (z) =
f −1 (z) =
dz − b
iz + i
z+1
=
= −i
.
−cz + a
−z + 1
z−1
Insgesamt erhalten wir das Bild von f : C\{−i} → C\{1} und die Umkehrabbildung f −1 : C\{1} →
C\{−i}.
Betrachten wir den Betrag |f (z)| für z = x ∈ R, so ergibt sich
" 2
x − i
x +1
= 1.
x + i = " 2
x +1
Das heißt Zahlen auf der reellen Achse werden durch f auf den Einheitskreis abgebildet.
70
Lösungswege zu Kapitel 5
Aus (y − 1)2 = y 2 − 2y + 1 ≤ y 2 + 2y + 1 = (y + 1)2 für y ≥ 0 folgt mit z = x + iy die Abschätzung
|z − i| = x 2 + (y − 1)2 ≤ x 2 + (y + 1)2 = |z + i|
(siehe Abbildung 5.23).
Im
|z − i|
z
|z
+
i|
i
Re
−i
Abbildung 5.23
Also folgt
|f (z)| =
|z − i|
≤1
|z + i|
für Im(z) ≥ 0. Somit wird die obere Halbebene in das Innere des Einheitskreises abgebildet.
Im
Im
i
f
1
Re
Re
Abbildung 5.24
Anwendungsprobleme
Aufgabe 5.14
••
Wählen wir die Polarkoordinatendarstellung z = r(cos ϕ + i sin ϕ), so folgt
f (z) =
r
(cos ϕ + i sin ϕ) .
r +a
Also bleibt das Argument ϕ einer Zahl bei der Transformation erhalten, aber der Betrag, |z| = r,
transformiert sich zu |f (z)| = |z|/(|z| + a).
Mit der Abschätzung
|f (z)| = |z|/(|z| + a) < 1
für jedes z ∈ C folgt,
f (C) ⊆ B = {z ∈ C | |z| < 1} .
Setzen wir s = |f (z)| < 1 so folgt aus
s=
r
r +a
Lösungswege zu Kapitel 5
die Umkehrung
r=
71
as
.
1−s
Da das Argument nicht transformiert wird, ergibt sich somit die inverse Transformation, die Umkehrabbildung,
as
aw
(cos ϕ + i sin ϕ) =
f −1 (w) =
1−s
1 − |w|
für w = s(cos ϕ + i sin ϕ) ∈ B.
Für Zahlen z = x ∈ R auf der reellen Achse ist auch das Bild auf der reellen Achse und für den Betrag
gilt |f (z)| < 1 also ist das Bild Teilmenge des Intervalls (−1, 1) ⊆ C.
Aus der Polarkoordinatendarstellung ist ersichtlich, dass ein Kreis um den Ursprung mit Radius R auf
einen Kreis um den Ursprung mir Radius R/(R + 1) abgebildet wird. Somit bleibt das Bild ein Kreis
um den Ursprung mit verkleinertem Radius.
Die Originalmengen sind in Abbildung 5.25 und die Bildmengen in Abbildung 5.26 gezeigt.
Im
1
Re
Abbildung 5.25 Urbilder der betrachteten Teilmengen.
Im
Re
Abbildung 5.26 Transformation der Teilmengen.
Aufgabe 5.15
nungen
•
Da sich die Argumente bei der Multiplikation addieren, erhalten wir für die Spanu1 (t) = U0 (cos(ωt) + i sin(ωt))
2
u2 (t) = U0 (cos(ωt) + i sin(ωt)) cos π + i sin
3
4
u3 (t) = U0 (cos(ωt) + i sin(ωt)) cos π + i sin
3
2
π
3
4
π .
3
72
Lösungswege zu Kapitel 5
Damit folgt
u1 (t) + u2 (t) + u3 (t)
= U0 (cos(ωt) + i sin(ωt))
2
4
4
2
1 + cos π + i sin π + cos π + i sin π
3
3
3
3
Stellen wir die komplexen Zahlen in kartesischen Koordinaten da, so ergibt sich
√
2
2
1
3
cos π + i sin π = − + i
3
3
2
2
und
4
4
cos π + i sin π
3
3
√
1
3
=− −i
.
2
2
Wir erhalten die Summe
u1 (t) + u2 (t) + u3 (t)
= U0 (cos(ωt) + i sin(ωt))
√ √ 1
1
3
3
1+ − +i
+ − −i
2
2
2
2
= 0,
und die Aussage ist bewiesen.