1 − i 1 - Mathematik

Fakultät für Elektrotechnik, Informatik und Mathematik
Institut für Mathematik
Dr. C. Kaiser:
Schnuppervorlesung “Komplexe Zahlen” (20. Januar 2014), Blatt 1
Aufgabe 1.1
Bestimmen Sie jeweils Realteil und Imaginärteil von z.
4
1+i
1+i
(a) z =
(b) z =
1−i
1−i
(c) z =
1−i
1 + 3i
−
1 + 2i 1 − 2i
Lösung:
1+i
1 + 2i − 1
(1 + i )(1 + i )
1 + 2i + i2
=
=
=
= i = 0 + 1 · i.
2
1−i
(1 − i )(1 + i )
1−i
1+1
Also gilt Re(z) = 0 und Im(z) = 1.
4
1+i
(b) Wir verwenden (a) und erhalten z =
= i4 = (−1)2 = 1 = 1 + 0 · i.
1−i
Also gilt Re(z) = 1 und Im(z) = 0.
(a) z =
−8i + 4
1−i
1 + 3i
(1 − i )(1 − 2i ) − (1 + 3i )(1 + 2i )
−8i − 4i2
=
−
=
=
=
2
1 + 2i
1 − 2i
(1 + 2i )(1 − 2i )
1 − 4i
1+4
4 8
− i.
5 5
Also gilt Re(z) = 45 und Im(z) = − 58 .
(c) z =
Aufgabe 1.2
Bestimmen Sie jeweils alle komplexen Lösungen der Gleichung.
(a) z2 − 2iz − 5 = 0
(b) z2 − 2z + 1 = 0
Lösung:
(a) Wir substituieren z = a + ib, wobei a und b reelle Zahlen sind. Dann gilt:
z2 − 2iz − 5 = 0 ⇐⇒ ( a + ib)2 − 2i ( a + ib) − 5 = 0
⇐⇒ a2 + 2abi + b2 i2 − 2ai − 2bi2 − 5 = 0
⇐⇒ ( a2 − b2 + 2b − 5) + (2ab − 2a)i = 0
⇐⇒ a2 − b2 + 2b − 5 = 0
2
2
und
⇐⇒ a − b + 2b − 5 = 0 (I)
2ab − 2a = 0
und
a ( b − 1) = 0
(II)
Gleichung (II) ist genau dann erfüllt, wenn a = 0 oder b = 1 gilt.
Fall 1: a = 0.
Setzt man dies in (I) ein, so erhält man −b2 + 2b − 5 = 0. Wir suchen alle reellen
Lösungen dieser Gleichung. Quadratische Ergänzung liefert
b2 − 2b + 5 = 0 ⇐⇒ b2 − 2b + 1 = −5 + 1
⇐⇒ (b − 1)2 = −4.
Also hat diese Gleichung keine reellen Lösungen, d.h. dieser Fall liefert keine Lösungen der Gleichung z2 − 2iz − 5 = 0.
Fall 2: b = 1.
Einsetzen in (I) ergibt a2 − 4 = 0. Diese Gleichung hat die reellen Lösungen a = ±2.
Die komplexen Lösungen der Gleichung z2 − 2iz − 5 = 0 sind also z1/2 = ±2 + i.
(b) Wir substituieren z = a + ib, wobei a und b reelle Zahlen sind. Dann ist z = a − ib und
es gilt:
z2 − 2z + 1 = 0 ⇐⇒ ( a + ib)2 − 2( a − bi ) + 1 = 0
⇐⇒ a2 + 2abi − b2 − 2a + 2bi + 1 = 0
⇐⇒ ( a2 − b2 − 2a + 1) + 2b( a + 1)i = 0
⇐⇒ a2 − 2a + 1 − b2 = 0 (I)
und
2b( a + 1) = 0
(II)
Gleichung (II) ist genau dann erfüllt, wenn b = 0 oder a = −1 ist.
Fall 1: b = 0.
Eingesetzt in (I) ergibt das die Gleichung a2 − 2a + 1 = 0. Diese Gleichung hat die
einzige Lösung a = 1.
Dieser Fall liefert also die Lösung z1 = 1 der Gleichung z2 − 2z + 1 = 0.
Fall 2: b 6= 0, d.h. a = −1.
Setzt man das in (I) ein, so erhält man 4 − b2 = 0, also b = ±2.
Dieser Fall liefert also die Lösungen z2/3 = −1 ± 2i.
Insgesamt hat die Gleichung z2 − 2z + 1 = 0 die drei Lösungen z1 = 1 und z2/3 =
−1 ± 2i.
Aufgabe 1.3
Skizzieren Sie die folgenden Mengen in der komplexen Zahlenebene.
(a) {z ∈ C : Re(z) > 2}
(b) {z ∈ C : |z| ≤ 4}
(c) {z ∈ C : |z − i | = 2}
(d) {z ∈ C : |z + 1 − i | = |z − 3 + 3i |}
Lösung:
(a)
(b)
Da |z| der Abstand von z zu 0 ist, ist die
Menge der Kreis um 0 mit Radius 4.
(c)
(d)
Da |z − i | der Abstand von z zu i ist, ist
die Menge die Kreislinie um i mit
Radius 2.
|z + 1 − i | = |z − (−1 + i )| beschreibt den
Abstand von z zu −1 + i,
|z − 3 + 3i | = |z − (3 − 3i )| den Abstand
von z zu 3 − 3i. Also enthält die Menge
genau die Punkte z, für die beide
Abstände gleich sind. Das ist aber die
Mittelsenkrechte auf die Strecke von
−1 + i nach 3 − 3i.
Aufgabe 1.4
Beweisen Sie, dass für alle komplexen Zahlen z, w die Parallelogrammgleichung
| z + w |2 + | z − w |2 = 2| z |2 + 2| w |2
gilt.
Lösung:
Für z = a + ib und w = c + id mit a, b, c, d ∈ R gilt z + w = ( a + c) + (b + d)i und z − w =
( a − c) + (b − d)i. Damit erhalten wir
| z + w |2 + | z − w |2 = ( a + c )2 + ( b + d )2 + ( a − c )2 + ( b − d )2
= a2 + 2ac + c2 + b2 + 2bd + d2 + a2 − 2ac + c2 + b2 − 2bd + d2
= 2a2 + 2c2 + 2b2 + 2d2
= 2( a2 + b2 ) + 2( c2 + d2 )
= 2| z |2 + 2| w |2 .