Lösungen Themenheft komplexe Zahlen (732510) (PDF Datei

THEMENHEFT
S C H W E I Z E R
L A M B A C H E R
Komplexe
Zahlen
Lösungsheft
von
Cornelia Niederdrenk-Felgner
Ernst Klett Verlag
Stuttgart Düsseldorf Leipzig
© Ernst Klett Verlag GmbH, Stuttgart 2004 | www.klett.de
Von dieser Druckvorlage ist die Vervielfältigung für den eigenen
Unterrichtsgebrauch gestattet. Die Kopiergebühren sind abgegolten.
Autorin: Cornelia Niederdrenk-Felgner
Zeichnungen: Cornelia Niederdrenk-Felgner, SMP Oehler, Remseck
Satz: SMP Oehler, Remseck
Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Inhalt
I
Einführung der komplexen Zahlen
1 Vorbemerkungen 4
2 Die Zeigeraddition auf der Zahlengeraden 5
3 Die Zeigermultiplikation auf der Zahlengeraden 5
4 Der Zeiger i 7
5 Die Multiplikation beliebiger Zeiger in der Ebene 8
6 Die Addition beliebiger Zeiger in der Ebene 10
7 Die Rechengesetze der Zeiger-Addition und -Multiplikation
8 Definition der komplexen Zahlen 11
9 Division in c 13
10 Der Körper der komplexen Zahlen 13
11 Darstellung komplexer Zahlen in Polarform 15
Mathematische Exkursionen:
Zur Geschichte der komplexen Zahlen 16
II
10
Eigenschaften der komplexen Zahlen
1 Quadratwurzeln in c 18
2 Lösungen quadratischer Gleichungen in c 18
3 Die Kreisteilungsgleichung zn = 1 19
4 Die Gleichung zn = q 21
5 Der Fundamentalsatz der Algebra 22
7 Folgerungen aus dem Fundamentalsatz der Algebra 23
8 Vergleich der Anordnungen in r und c 27
Mathematische Exkursionen:
Über die Berechnung von Lösungen 28
Anwendung der komplexen Zahlen in der Physik 28
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Komplexe Zahlen
III
Lineare Abbildungen der komplexen Zahlen
1 Die Translation 30
2 Die Drehstreckung 31
3 Die Abbildung z � q · z + p 32
4 Die Spiegelung z � z* 33
5 Die Abbildung z � �1z� 34
Mathematische Exkursionen:
Spuren in der Gauß’schen Zahlenebene
IV
34
Die Spiegelung am Einheitskreis
1 Kreise in der Gauß’schen Zahlenebene 36
2 Das Bild eines Kreises unter Ähnlichkeitsabbildungen 37
3 Bilder von Kreisen und Geraden unter der Abbildung z � �1z�
4 Die Spiegelung am Einheitskreis z � �z1*� 40
5 Konstruktion zur Spiegelung am Einheitskreis 41
6 Die Zahlenkugel 44
Mathematische Exkursionen:
Kreisbilder 45
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38
Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 6 – 7
I
Einführung der komplexen Zahlen
1 Vorbemerkungen
S. 6
1
a) x1 = 4; x2 = –2; x1 · x2 = –8; x1 + x2 = 2
b) Die Lösungsformel führt auf die Ausdrücke x1 = 1 + �–
�7� und x2 1 – �–�7�. Durch formales Rechnen erhält man auch hier x1 · x2 = 8; x1 + x2 = 2.
S. 7
2
a) keine Lösung
b) x1 = 1
c) x1 = –1
d) keine Lösung
e) x1 = 1 + �3
�; x2 = 1 – �3�
f) x1 = –1 + �3�; x2 = –1 – �3�
3
Genau eine Lösung für b2 = 4 a c ⇔ b = 2 �ac
� ; b = –2 �ac
�
keine Lösung für b2 < 4 a c ⇔ b < 2 �ac
,
b
>
–2
ac
⇔
–2 �ac
��
�
� < b < 2 �ac
�
2
zwei verschiedene Lösungen für b > 4 a c ⇔ b > 2 �ac
� ; b < –2 �ac
�.
4
Die Beispiele können mithilfe von den in Aufg. 3 aufgestellten Bedingungen angegeben
werden. Für den Graphen der Funktion gilt:
– er liegt vollständig über oder unter der x-Achse für keine Lösung
– er berührt die x-Achse in seinem Extremwert für genau eine Lösung
– er schneidet die x-Achse in zwei Punkten für zwei verschiedene Lösungen
5
a) x1 = 0
x2 = 1
x3 = –8
6
Der Graph eines Polynoms 3. Grades schneidet die x-Achse mindestens einmal, da die
Funktion mindestens einen Vorzeichenwechsel macht (+ stetig ist).
7
Angenommen �–�1� = 0. Dann folgt �–
�1� · �–�1� = 0 = –1.
Angenommen �–�1� > 0. Dann folgt �–
�1� · �–�1� = –1 > 0.
Ebenso folgt aus ��
–�
1 < 0, dass –1 > 0 gilt. Benutzt wird die Monotonie der Multiplikation in r.
8
a) S1 (2 � 8)
S2 �– �1� � �1��
b) x1 = 0
einzige Lösung
b) S1 (1 � 8)
c) x1 = 1
x2 = 2
x3 = – 6
c) kein Schnittpunkt
2 2
9
–29
29
�; ein Schnittpunkt für b = – ��; kein Schnittpunkt für
a) Zwei Schnittpunkte für b > �
4
4
b < – �249�
b) Zwei Schnittpunkte für a < –5 oder a > –1; ein Schnittpunkt für a = –1 oder a = –5;
kein Schnittpunkt für –5 < a < –1.
4
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Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 7 – 9
S. 7
10 n:Nur Addition und Multiplikation sind unbeschränkt in n ausführbar, sodass das
Ergebnis wieder in n liegt.
z: Addition, Multiplikation und Subtraktion sind unbeschränkt in z ausführbar.
q und r: Alle vier Grundrechenarten sind unbeschränkt ausführbar.
11 Die Zahlenfolgen konvergieren gegen 1.
12
x
��x2x
�
�
x
= x gilt für jede reelle Zahl x.
2 Die Zeigeraddition auf der Zahlengeraden
S. 8
1
2
– �5�
a)
b)
c)
d)
e)
3
a)
2 2
��
0
0
2
–5
5
4
–2
0
0
6
–4
–1
7
0
–17
–9
2
3
0
7
–1
2
3
4
b) Das Abtragen der entsprechenden Strecken auf der Zahlengeraden ist assoziativ.
3 Die Zeigermultiplikation auf der Zahlengeraden
S. 9
1
An dieser Stelle sollte die Multiplikation von Streckenlängen mithilfe des Strahlensatzes
angesprochen werden.
5
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Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 10
S. 10
2
Die exakte Konstruktion wird gemäß der folgenden Zeichnung ausgeführt.
a · (– | b |) = a · b für b < 0 entsteht durch Spiegelung an der „y-Achse“.
Ebenso ändert sich das Bild für a < 0.
|b|
1
a) 4,9
a
b
1
b) –5,32
a· | b |
c) –5,46
d) 14,84
3
Die Multiplikation wird mit –1 entspricht der Drehung um den Nullpunkt um 180°.
4
a) Multiplikation mit �13� bzw. Streckung mit Streckungsfaktor �13�.
b) Multiplikation mit – �14� bzw. Drehstreckung mit Streckungsfaktor �14� und Drehwinkel
180° um den Nullpunkt.
5
2 · (–3)
–3
� Streckung von (–3) mit
Streckungsfaktor 2
0
(–3) · 2
0
2
| –3| · 2
� Streckung von | –3 | = 3 mit Streckungsfaktor 2, danach Drehung um 180°.
6
Das Hintereinanderausführen von Streckungen mit dem gleichen Zentrum ist kommutativ, ebenso das Hintereinanderausführen von Streckungen und Drehungen mit gleichem
Zentrum. Wendet man dies auf den Zeiger 1 an, so folgt 1 · (a · b) = 1 · (b · a) und somit
a · b = b · a.
7
a)
(–2 · 1,5) · 4
–2 · 1,5
(–2 · 1,5) · 4
0
4
0
4
1,5 · 4
b) Das Hintereinanderausführen der entsprechenden Drehstreckung ist assoziativ.
8
a)
0
2 3
0
2 3 3+2
7·2
7·3
7·3 + 7·2
7·3 + 7·2
b) Die Addition zweier um den gleichen Faktor a gestreckter Strecken b und c ergibt
das gleiche Resultat wie die Streckung der Strecke (b + c) um den Faktor a.
6
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Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 11 – 12
4 Der Zeiger i
S. 11
1
Führt man die Drehung um 180° um den Nullpunkt zweimal hintereinander aus, so
kommt jeder Zeiger in seine Ausgangslage zurück. Die Drehung um 180° lässt sich in
zwei Drehungen um 90° zerlegen.
S. 12
2
Vgl. Fig. 1 und 2 auf S. 12.
3
a) 0°, 5
4
a) (–1) · i entspricht dem Zeiger der Länge 1, der gegenüber i um 180° gedreht wurde.
((–1) · i) · a entspricht somit dem Zeiger der Länge a, der gegenüber a um
90° + 180° = 270° gedreht wurde. i · (–a) entspricht dem Zeiger der Länge a, der
gegenüber a um 180° + 90° = 270° gedreht wurde.
b) Die Drehstreckungen um den Nullpunkt sind assoziativ und kommutativ. Haben a
und b gleiches Vorzeichen, so ergibt sich der um | a | · | b | gestreckte Zeiger –i. Haben a
und b unterschiedliche Vorzeichen, so ergibt sich der um | a | · | b | gestreckte Zeiger –i.
5
a) i (–1) entspricht dem Zeiger der Länge 1, der um 90° gegenüber dem Zeiger –1
gedreht ist. (i (–1)) · i entspricht somit dem Zeiger der Länge 1, der um 180° + 90° =
270° gegenüber dem Zeiger i gedreht ist; dies ist gerade der Zeiger 1.
(i · i) entspricht dem Zeiger der Länge 1, der um 90° gegenüber dem Zeiger i gedreht ist;
dies entspricht genau dem Zeiger –1. (i · i) (–1) entspricht somit ebenfalls dem Zeiger 1.
b) 1. Fall: a> 0: (a · i) entspricht dem um | a | gestreckte Zeiger i. (a · i) · i enspricht dem
Zeiger der Länge a, der gegenüber i um 90° gedreht ist; dies ergibt den Zeiger –a.
2. Fall: a < 0: (a · i) entspricht dem um | a | gestreckten Zeiger i, der gegenüber i um 180°
gedreht ist. (a · i) · i entspricht dem Zeiger der Länge | a |, der gegenüber i um
90° + 180° = 270° gedreht ist; dies entspricht dem Zeiger –a.
6
a) i3 = –i; i4 = 1; i5 = i; i6 = –1
b) in =
�
b) 180°, 5
i
–1
–i
1
c) 90°, 1
d) 0°, 1
e) 180°, 1
f) 270°, 1
für n � 1 mod 4
für n � 2 mod 4
für n � 3 mod 4
für n � 0 mod 4
7
Einführung der komplexen Zahlen
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Schülerbuch Seite 12 – 15
S. 12
7
(1,1 · i)9
a)
(1,1 · i)5
1,1 · i
(1,1 · i)10
(1,1 · i)6
(1,1 · i)8
(1,1 · i)4
(1,1 · i)2
(1,1 · i)3
(1,1 · i)7
Es entsteht eine gegen den Uhrzeigersinn auseinander laufende „viereckige“ Spirale,
deren Eckpunkte auf den Achsen liegen.
b) Es entsteht die gegenüber a) an der reellen Achse gespiegelte Spirale.
5 Die Multiplikation beliebiger Zeiger in der Ebene
S. 13
S. 14
S. 15
1
Es ist der um den Faktor 3 gestreckte Zeiger i · 2, also i · 6 zu erwarten.
2
Es müsste dies ein Zeiger der Länge 1 sein, der mit dem positiven Zahlenstrahl den
Winkel 45° einschließt.
3
Zur Konstruktion vgl. Fig. 1 S. 13.
a) 4270°
b) 3115°
e) 615°
f) 8175°
c) 5310°
g) 2,5280°
d) 2123°
h) 4,533°
4
a) 4,560°
e) 2185°
b) 6330°
f) 4,575°
c) 7,2220°
g) 6340°
d) 4,8340°
5
a) 6,375°
e) 8235°
b) 5,6180°
f) 6,385°
c) 9,45300°
d) 3,60°
8
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Schülerbuch Seite 15
S. 15
6
a) in = 1n · 90°
b) (2 i)n = 2nn · 90°
7
a) 130°
e) 1335°
i) 6102°
m) 0,0541°
b)
f)
j)
n)
8
a) 245°
e) 0,125320°
b) 2,5130°
f) 0,2282°
9
Z. B. 220° · 7340° oder 220° · 7160°
Bedingung: Für z1 = rα und z2 = s� liegt z1 · z2 = (r · s)α + � auf dem reellen Zahlenstrahl
genau dann, wenn α + � � 0 mod 180° gilt.
10 a) 1180°
b)
f)
j)
n)
e) 130°
i) 0,25180°
m) �17�
359°
155°
1350°
3,5345°
1,5326°
1270°
1345°
0,2270°
1,2515°
c) 1126°
g) 1359°
k) 11,5332°
d) 1229°
h) 313°
l) 0,2334°
c) 0,570°
d) 1,5167°
c) 1220°
g) 1150°
k) 2315°
d) 190°
h) 0,50°
l) �23�
357°
11 a) Für z1 = rα und z2 = s� gilt: z1 · z2 = (r · s)α + � = (s · r)(� + α) = z2 · z1
b) Für z1 = rα, z2 = s� und z3 = tγ gilt:
(z1 · z2) · z3 = (r · s)α + � · tγ = ((r · s) · t)(α + �) + γ = (r · (s · t))α + (� + γ) = rα · (s · t)� + γ = z1 (z2 · z3).
12 a) Z. B. 130°; 1350°
b) Alle Zeiger der Länge 1 bewirken bei Multiplikation eine reine Drehung.
c) Zeiger vom Betrag 1 werden multipliziert, indem man die Winkel addiert.
13 a) Z. B. 345°; 390°
b) Es sind dies alle Zeiger vom Betrag 3.
14 rα : s� = ��sr��
: Zwei Zeiger werden dividiert, indem man die Beträge dividiert und die
α–�
Winkel subtrahiert.
15 z2 = 460°; z3 = 890°; z4 = 16120°; z5 = 32150°; z6 = 64180°; z7 = 128210°; z8 = 256240°;
z9 = 512270°; z10 = 1024300°; z11 = 2048330°; z12 = 40960°; z13 = 819230°; z14 = 16 38460°
Für z = rα gilt: zn = rnn · α. Ist n · α > 360°, so ersetzt man diese Winkelmaßzahl durch
den Rest, der bei Division durch 360 bleibt.
16 a) 10°; 1120°; 1240°
b) 160°; 1180°; 1300°
c) 220°; 2140°; 2260°
9
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Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 16 – 21
6 Die Addition beliebiger Zeiger in der Ebene
S. 16
1
Z. B. 1 + 2 = 3. Vorschlag: 1 i + 2 i = 3 i
S. 18
2
Zur Konstruktion vgl. Fig. 1 S. 16.
3
a) 5 + 5 i
e) –1 + 3 i
b) 6 + 5 i
f) 11 – 8 i
4
a) 234 – 324 i
b) 49,48 – 163,7 i
5
a) Es ergibt sich jeweils der um 180° gedrehte Zeiger:
–2 – 4 i; 3 – i; 4 + 3 i; – 8 + 5 i.
b) Bei der Drehung um 180° ändert sich jeweils nur das Vorzeichen des reellen bzw. des
i-Anteils.
6
a) 2 + 4 i
7
a) 0 = 0 + 0 i
b) Z. B. z1 = 4 – 2 i und z2 = – 4 + 2 i
Allgemein: Für z1 = a + b i und z2 = c + d i gilt z1 + z2 = 0 genau dann, wenn
a + c = 0 und b + d = 0.
8
a) Liegen beide Zeiger auf einer Geraden, so werden bei der Addition Streckenlängen
abgetragen. Dieser Vorgang ist kommutativ.
Liegen die Zeiger nicht auf einer Geraden, so ergeben sich die Summe als Diagonale im
aufgespannten Parallelogramm. Die Reihenfolge der Addition spielt dabei keine Rolle.
b) Die Kommutativität und Assoziativität ergeben sich unmittelbar aus den entsprechenden Eigenschaften der Addition reeller Zahlen. Dies ist im Gegensatz zu a) eine ganz
formale Argumentation, die nicht auf geometrische Eigenschaften zurückgreift.
b) –9 + 5 i
d) 7 – i
h) –5 i
c) 5 + 4 i
g) 7 + 7 i
c) –5 – 3 i
d) –12 – 10 i e) –3 + 4 i
7 Die Rechengesetze der Zeiger-Addition und Multiplikation
S. 19
1
Diese Übung dient der Vorbereitung des Distributivgesetzes.
S. 21
2
a) 3 + i
b) i
c) –2 + 3 i
d) –2 – i
3
a) 1 + i
b) 4 + i
c) 5 – 4 i
d) –25 + 7 i
10
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e) –8 – 5 i
f) 5 + 3 i
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Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 21 – 24
S. 21
4
Zur Konstruktion vgl. Fig. 1 S. 20.
a) 1330°
b) 1235°
c) 20°
g) 1,25135°
h)
5
��
6 300°
i)
5
��
12 215°
d)
1
��
3 270°
e)
2
��
3 90°
f) 0,482°
5
Die Konstruktion beruht auf dem Kathetensatz für das rechtwinklige Dreieck.
6
a) 390°
7
Zur Konstruktion vgl. Fig. 2 S. 20.
a) 4,0132181,22°
b) 6,22251,66°
b) 5180°
c) 5355°
d) 1,5300°
8 Definition der komplexen Zahlen
S. 22
1
6 + 14 i; –42 + 18 i; –36 + 32 i
S. 23
2
a)
e)
i)
k)
1 + 5i
22 – 14 i
–9,66 + 28,39 i
10 ��
5 – 20 i
3
a)
b)
c)
d)
Es wiederholt sich ständig der Zyklus i; –1; –i; 1. (vgl. Aufg. 6 Abschnitt I. 4)
Es wiederholt sich ständig der Zyklus –i; –1; i; 1.
1 + i; 2 i; –2 + 2 i; – 4; – 4 – 4 i; – 8 i; 8 – 8 i; 16; 16 + 16 i; 32 i
1 – i; –2 i; –2 – 2 i; – 4; – 4 + 4 i; 8 i; 8 + 8 i; 16; 16 – 16 i; –32i
b)
f)
j)
l)
–27 + 34 i
c) 28 + 16 i
–32 + 9 i
g) –8,5 + 28,5 i
(3 �2
� + 3 �3�) + (9 – �6�) i
117
d) 33 + 17 i
h) –17,2 – 33,7 i
�2� (1 + i); i; �
�2� (–1 + i); –1; �
�2� (–1 – i); –i; �
�2� (1 – i); 1; �
�2� (1 + i); i
e) �
2
2
2
2
2
f) 1
S. 24
4
a) 16 i
e) –12 i
b) – 63
f) –7 + 108 i
c) 105
d) 1 + 31 i
5
a) 0,6 + 11,7 i
e) 43 + 45 i
b) – 4,4 – 2,3 i
f) –26 – 23 i
c) 37,62 + 6,8 i
d) – 41,9 – 9,8 i
6
a) Re (Z) = 6
Im (Z) = 3
e) Re (Z) = – �2
�
Im (Z) = –7
b) Re (Z) = 5
Im (Z) = 1
f) Re (Z) = 0
Im (Z) = 9
c) Re (Z) = – 4
Im (Z) = 10
g) Re (Z) = 89
Im (Z) = 0
d) Re (Z) = 77
Im (Z) = –33
h) Re (Z) = 0
Im (Z) = – 67
11
Einführung der komplexen Zahlen
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Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 24
S. 24
7
Die Spitzen der zugehörigen Zeiger liegen auf der Parallelen zur i-Achse durch den
Punkt P (1 � 0) (auf der Parallelen zur reellen Achse durch den Punkt R (0 � –2)).
8
Z. B. 6 = –i · 6 i = 2 i · 3 i · i · i · i · i
Eine reelle Zahl lässt sich nur als Produkt einer geraden Anzahl von rein imaginären
Zahlen schreiben.
9
Z1 = –7 + 3 i; Z2 = 3 – 7 i
10 (–9 · 0 – 4 · 0) + (–9 · 0 + 4 · 0) · i = 0;
allgemein: (a + b i) (0 + 0 i) = (a · 0 – b 0) + (a · 0 + b 0) · i = 0
11 (7 · 1 + 5 · 0) + (7 · 0 – 5 · 1) i = 7 – 5 i;
allgemein: (a + b i) · (1 + 0 i) = (a · 1 – b · 0) + (a · 0 + b · 1) i = a + b i.
12 a) (5 + 3 i) (0 + i) = (5 · 0 – 3 · 1) + (5 · 1 + 3 · 0) · i = –3 + 5 i
b) Durch Multiplikation mit i wird der Zeiger a + b i um 90° gedreht. Es entsteht der
Zeiger –b + a i.
13 Für z1 = a + b i und z2 = c + d i ist das Produkt z1 · z2 genau dann eine reelle Zahl,
wenn a d + b c = 0 also a d = – b c gilt.
Beispiele: z1 = 1 + i;
z2 = –2 + 2 i
z1 = –2 + 3 i; z2 = 6 + 9 i
z1 = 4 i;
z2 = –3 i
z1 = –7;
z2 = 3
14 a) Im ((a + b i) · Re (a + b i)) = Im (a2 + a b i) = a b
= Re (a b + b2 i) = Re ((a + b i) · Im (a + b i))
b) Im ((a + b i) · Re (a + b i) i) = Im ((a + b i) + a i) = Im (a + (a + b) i) = a + b
= Re (a + b + b i) = Re ((a + b i) + Im (a + b i))
c) Im (a + b i)2 = Im (a2 – b2 + 2 a b i) = 2 a b = 2 · Im ((a + b i) · R (a + b i))
d) Re (a + b i)2 = Re (a2 – b2 + 2 a b i) = a2 – b2 = (a + b) (a – b)
= (Re (a + b i) + Im (a + b i)) (Re (a + b i) – Im (a + b i))
15 Zwei komplexe Zahlen werden addiert (subtrahiert), indem man die Real- und Imaginärteile jeweils addiert (subtrahiert).
Zwei komplexe Zahlen werden multipliziert, indem man für den Realteil des Produkts
die Differenz aus dem Produkt der Realteile und dem Produkt der Imaginärteile bildet
und für den Imaginärteil die Summe des Produkts des Realteils der ersten Zahl mit dem
Imaginärteil der zweiten Zahl und des Produkts des Imaginärteils der ersten Zahl mit
dem Realteil der zweiten Zahl.
16 a) Wenn (1 + i) · (c + d i) = 1 = 1 + 0 i gilt, dann muss gelten c – d = 1 und d + c = 0.
Daraus folgt c = 0,5; d = –0,5.
b) Allgemein muss gelten: für a + b i � 0: a c – b d = 1 und a d + b c = 0. Aufgelöst
a
b
� und d = – �
�.
nach c und d ergibt sich daraus c = �
a2 + b2
a2 + b2
[Anmerkung: Fehler in der 1. Auflage des Schülerbuches: b) (a + b i) (c + d i) = 1.]
12
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Einführung der komplexen Zahlen
Autorin: Cornelia Niederdrenk-Felgner
Zeichnungen: Cornelia Niederdrenk-Felgner, SMP Oehler, Remseck
Satz: SMP Oehler, Remseck
Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 25 – 27
9 Division in C
S. 25
S. 26
1
Aus (a + b i) · i = 1 folgt a = 0 und b = –1. Die gesuchte Zahl ist somit –i.
2
Durch Erweitern mit (1 – �2
�) erhält man
3
a) i
b) – �12� i
g) – �12� + �12� i
h)
4
a) | z |2 = 5;
5
a) i
1
��
z
2
��
5
c) �18� i
– �15� i
i)
n)
– �123� i
b) | z |2 = 500;
b) –1 – 3 i
c)
3,2 �3
1,5 �3
� – 6 – ��
� + 12,8 i
��
19
19
2 – 24
11 ��
–33 – 8 �2
�i
�� + ��
185
185
1
��
2
+ �12� i
j)
1
��
z
d)
h)
l)
o)
= –1 + �2
�.
d) –2 i
= �15� – �25� i
g) 0,21 + 0,64 i (gerundet)
k)
–3
��
13
1 – �2
�
�
–1
5
��
89
e) 7 i
f)
– �12� i
+ �889� i
1
��
z
= �510� – �215� i c) | z |2 = 0,05;
15
��
41
7
��
13
1
��
2
– �14�21 i
e) – �29� – �59� i
+ �33�89 i
i)
–35 – 9 �5
45 – 7 �5
� +�
�i
��
30
30
4 ��
5
1
�� + �
i
9
9
m)
4
��
5
f)
+ �35� i
–12 �6
� + 7 �7�
��
13
= 2 – 4i
j)
+
1
13
�� – � � i
5
5
–9
22
�� + �� i
5
5
–7 �6
� – 12 �7�
��
13 i
7 – 9i
[Anmerkung: Fehler in in der 1. Auflage des Schülerbuches: l) � und
m):
6
–5 + �5
�i
12 + 7 i
– �]
6 – ��
7i
��
Für z1 = a + b i und z2 = c + d i gilt:
a), b) (z1 ± z2)* = (a ± c) – (b ± d) i = (a – b i) ± (c – d i) = z1* ± z2*
c) (z1 · z2)* = (a c – b d) – (a d + b c) i = (a c – b d) + (–a d – b c) i
= (a – b i) (c – d i) = z1* · z2*
a – bi
((a + b i) (c – d i))
(a – b i) (c + d i)
 =
 = �� = z1* : z2*
d) (z1 : z2)* = 
c – di
c2 + d2
c2 + d2
*
7
Für z = a + b i gilt:
a) z = z* gilt genau dann wenn a + b i = a – b i, also b = 0 und somit z eine reelle
Zahl ist.
b) z = –z* gilt genau dann wenn a + b i = – (a – b i) = –a + b i, also a = 0 und somit z
eine rein imaginäre Zahl ist.
c) z · z* = 0 gilt genau dann wenn a2 + b2 = 0, also a = b = 0 und somit z = 0 gilt.
8
Geometrisch bedeutet der Übergang zur konjugierten Zahl die Spiegelung an der reellen
Achse.
10 Der Körper der komplexen Zahlen
S. 27
1
Es sollen hier die Körpereigenschaften von r und q herausgearbeitet werden.
13
Einführung der komplexen Zahlen
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Autorin: Cornelia Niederdrenk-Felgner
Zeichnungen: Cornelia Niederdrenk-Felgner, SMP Oehler, Remseck
Satz: SMP Oehler, Remseck
Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 27 – 28
S. 27
2
Führt man die verschiedenen Rechenoperationen bei komplexen Zahlen in der SummenDarstellung aus, so sieht man unmittelbar, dass sich die Rechenregeln – Kommutativ-,
Assoziativ- und Distributivgesetz – von den reellen Zahlen auf die komplexen Zahlen
übertragen.
S. 28
3
a) 1 – i
e)
4
2
�� i
5
b) –3 + 2 i
f)
– �72�
–
c) 2 i
13
�� i
2
g)
5
��
13
d) –7 i
+
1
�� i
13
h) 2,7 – 1,9 i
i) –0,5 i
j) –8 + 6 i
k) 125 i
l) –0,25 – 0,25 i
a) 1 – 3 i
e) –8 + 5 i
b) 5 + 14 i
f) –1 – 4 �3
�i
c) 41 + i
g) –12 – 31 i
d) –1 – 5 i
h) 35 + 7 i
z
[Anmerkung: Fehler in der 1. Auflage des Schülerbuches: f) � = …]
2 + �3
�i
5
Assoziativ-, Kommutativ- und Distributivgesetz sind alle erfüllt. Diese Multiplikation ist
jedoch nicht nullteilerfrei: Zum Beispiel gilt (a + 0 i) (0 + b i) = 0 auch für a � 0 und
b � 0. Das heißt, es gibt von Null verschiedene Zahlen, deren Produkt Null ergibt. Weiterhin gibt es Zahlen, die mehrere (unendlich viele) Inverse bezüglich der Multiplikation
haben: z = a hat alle Zahlen der Form �1a� + b i als Inverse.
6
a
b
a
�–�
� i also a = �
�
Für z = a + b i gilt: z = �1z� gilt genau dann wenn a + b i = �
a2 + b2
a2 + b2
a2 + b2
–b
2
� gilt. Dies ist genau dann erfüllt wenn b = 0 und a = 1 ⇔ a = 1 ; a = –1
und b = �
a2 + b2
und somit z = 1 ; z = –1 gilt. [Anmerkung: Fehler in der 1. Auflage des Schülerbuches:
…, so folgt z = 1 oder z = –1 und umgekehrt.]
7
a) In q und r gelten die Assoziativ- und Kommutativgesetze bezüglich der Addition
und Multiplikation. Es gilt das Distributivgesetz. Es gibt zu jeder Zahl eine bezüglich der
Addition inverse Zahl. Es gibt zu jeder Zahl außer 0 eine bezüglich der Multiplikation
inverse Zahl.
b) In z gibt es außer für z = 1 zu keiner Zahl eine bezüglich der Multiplikation inverse
Zahl.
8
Das Produkt zweier rein imaginärer Zahlen ergibt eine reelle Zahl. Also führt die Multiplikation aus der Menge der rein imaginären Zahlen heraus. Außerdem gibt es keine neutralen Elemente in der Menge der rein imaginären Zahlen.
9
a) Für q1 = a + b i und q2 = c + d i aus Tq gilt: q1 + q2 = (a + c) + (b + d) · i liegt in Tq
und q1 · q2 = (a c + b d) + (a d + b c) i liegt ebenfalls in Tq, da Addition und Multiplikation nicht aus q herausführen.
a
b
�i – �
� i wieder in Tq.
b) Mit q = a + b i liegen auch –q = –a – b i und �1q� = �
a2 + b2
a2 + b2
c) Es gelten alle Rechenregeln, die auch in c gelten. Die neutralen Elemente 0 und 1
liegen in Tq. Mit den in a) und b) gezeigten Aussagen folgt insgesamt, dass Tq ein Körper ist.
14
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Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 29 – 31
11 Darstellung komplexer Zahlen in Polarform
S. 29
1
c = 10 cm; � = 36,87°; � = 53,13°
S. 31
2
a) 35
g) 5
3
a) 45 (cos 0° + i sin 0°)
c) 77 (cos 90° + i sin 90°)
e) �5� (cos 63,43° + i sin 63,43°)
g) 5 (cos 306,87° + i sin 306,87°)
i) 2 (cos 330° + i sin 330°)
k) 4 �1�7
� (cos 255,96° + i sin 255,96°)
m) 4 (cos 14,48° + i sin 14,48°)
o) 10 (cos 306,87° + i sin 306,87°)
q) 13 (cos 247,38° + i sin 247,38°)
4
�2� + �
�2� i
a) �
2
2
b) 94
h) �7
�4�
b) �3
�+i
c) 67
i) �4
�0� = 2 �1�0�
c)
5 �3
5
�i
�� + �
2
2
3 �2�
�6� i
�
–�
2
2
d) 64
j) 5 �2
�
b)
d)
f)
h)
j)
l)
n)
p)
r)
d) 3 i
e) 1
k) �2
�
f) 2
l) �1
�1�3�
98 (cos 180° + i sin 180°)
34 (cos 270° + i sin 270°)
8 (cos 225° + i sin 225°)
��1�
4 (cos 60° + i sin 60°)
6 (cos 120° + i sin 120°)
2 (cos 225° + i sin 225°)
��
�3�4� (cos 149,04° + i sin 149,04°)
9 (cos 152,73° + i sin 152,73°)
�6�2� (cos 332,75° + i sin 332,75°)
e) –3 i
f) 7
�6� + �
�2� i h) �
�3� – �3� i
g) – �
2
2
2
2
i)
5
a) 6 (cos 70° + i sin 70°)
b) 949 (cos 35° + i sin 35°) c) 19 (cos 45° + i sin 45°)
6
a) cos 120° + i sin 120°; cos 180° + i sin 180°; cos 240° + i sin 240°;
cos 300° + i sin 300°; cos 0° + i sin 0°; z7 = z; z8 = z2; z9 = z3; z10 = z4
b) 4 (cos 240° + i sin 240°); 8 (cos 0° + i sin 0°); z4 = 8 z; z5 = 8 z2; z6= 8 z3; z7 = 8 z4;
z8 = 8 z5; z9 = 8 z6; z10 = 8 z7
c) 9 (cos 270° + i sin 270°); 27 (cos 225° + i sin 225°); 81 (cos 180° + i sin 180°);
243 (cos 135° + i sin 135°); 729 (cos 90° + i sin 90°); 2187 (cos 45° + i sin 45°);
6561 (cos 0° + i sin 0°); z9 = 6561 z; z10 = 6561 z2
d) 25 (cos 4° + i sin 4°); 125 (cos 6° + i sin 6°); 625 (cos 8° + i sin 8°);
3125 (cos 10° + i sin 10°); 15 625 (cos 12° + i sin 12°); 78 125 (cos 14° + i sin 14°);
390 625 (cos 16° + i sin 16°); 1 953 125 (cos 18° + i sin 18°);
9 765 625 (cos 20° + i sin 20°)
7
Ist z = r (cos � + i sin �), so gilt zn = rn (cos (n · �) + i sin (n · �)).
8
(r (cos � + i sin �)) : (s (cos � + i sin �)) = (r : s) (cos (� – �) + i sin (� – �))
9
a) 3 (cos 90° + i sin 90°)
b) 9 (cos 135° + i sin 135°)
c) 0,2 (cos 60° + i sin 60°)
�2� (cos 150° + i sin 150°)
d) �
2
15
Einführung der komplexen Zahlen
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Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 31 – 33
S 31
10 Es sei z1 = cos � + i sin � und z2 = cos � + i sin �. Dann gilt einerseits:
z1 : z2 = cos (� – �) + i sin (� – �). Andererseits gilt:
z1 : z2 = (cos � + i sin �) (cos (360° – �) + i sin (360° – �)
= cos � cos � + sin � sin � + i (sin � cos � – cos � sin �).
Durch Vergleich ergibt sich die Gültigkeit der Behauptungen a) und b).
11 a) –z = r (–cos � – i sin �) = r (cos (180° + �) + i sin (180° + �)); die Multiplikation mit
–1 entspricht einer Drehung um 180°.
b) z* = r (cos � – i sin �) = r (cos (360° – �) + i sin (360° – �)); bei der Spiegelung an der
reellen Achse geht der Winkel � über in den Winkel 360° – �.
12 sin 2 � = 2 cos � sin �; cos 2 � = cos2 � – sin2 �;
sin 3 � = sin � cos2 � – sin3 � + 2 cos2� sin � = 3 cos2 � sin � – sin3 �;
cos 3 � = cos3 � – cos � sin2 � – 2 cos � sin2 � = cos3 � – 3 cos � sin2 �;
sin 4 � = 4 (cos2 � – sin2 �) cos � sin �; cos 4 � = cos4 � – 6 cos2 � sin2 � + sin4 �
�6� + �2�
13 a) cos 15° = cos (45° – 30°) = �
4
�6� – �2�
b) sin 15° = sin (45° – 30°) = �
4
�6� – �2�
c) cos 75° = cos (45° + 30°) = �
4
�6� + �2�
d) sin 75° = sin (45° + 30°) = �
4
14 Ist z1 = r (cos � + i sin �) und z2 = s (cos � + i sin �), so ergibt sich sofort die Behauptung, denn | r · s | = | r | · | s |.
Ist z1 = a + b i und z2 = c + d i; so gilt | z1 z2 | = �(a
)2�
+�(a�d
)2
��c�–�b�d�
��+�b�c�
= ��
(a�c�
)2�
+�(�
b�
d�
)2�
+�(�
a�
d�
)2�
+�(�
b�c�
)2 = �(a
(c2�+
�2�+��b2�)�
��d2�) = | z1 | | z2 |.
Eine entsprechende Gleichung für die Summe gilt nicht: | 1 + i | = �2
� � 2.
Mathematische Exkursionen
Zur Geschichte der komplexen Zahlen
S. 32
1
CXXVII + DIX = DCXXXVI
127 + 509 =
636
Das römische Zahlensystem ist kein echtes Stellenwertsystem, d. h., es gibt keine 0 für
nicht besetzte Stellen. Außerdem werden die einzelnen Zeichen je nach ihrer Stellung
positiv bwz. negativ berechnet: IV � 5 – 1 = 4; VI = 5 + 1 = 6. Insgesamt ist die Addition somit nicht unmittelbar algorithmisch abzuarbeiten.
S. 33
2
Indiviuelle Lösungen.
16
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Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 34
S. 34
3
a) Stifel: Renaissance (ca. 1450 � 1600)
Leibniz: Aufklärung bzw. Barock (ca. 1600 � 1750)
Euler: 18. Jahrhundert
Gauss: 19. Jahrhundert
b) z. B.: Stifel: Riemenschneiders Plastiken Adam und Eva in Würzburg (1493);
Michelangelos David (1503); Palestrinas „Missa papae Marcelli“ (1555).
Leibniz: Rembrandts Gemälde „Ursus und Amor“ (1662); Schlüter: Denkmal des
großen Kurfürsten (1703); Händels „Wassermusik“ (1714)
Euler: Bachs „Notenbüchlein f. Anna Magdalena“ (1722); Schloss Sanssouci in Potsdam (1745 – 1747); Haydns „Abschiedssymphonie“ (1772)
Gauss: Goyas „Jahreszeiten“ (1786); Beethovens „1. Symphonie C-Dur“ (1799);
Delacroixs Lithographien zu „Faust“
4
Z. B. wird häufig die Summendarstellung z = a + b i sowie die Veranschaulichung in
der Gauß’schen Zahlenebene erwähnt.
5
Individuelle Lösungen. Häufig sind im Internet auch Schul-Projekte zu den komplexen
Zahlen zu finden.
17
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Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 36 – 39
II Eigenschaften der komplexen Zahlen
1 Quadratwurzeln in C
S. 36
1
a) x1 = 13; x2 = –13
S. 37
2
a) 9 i; –9 i
b) �5� i; – �5
�i
c) 4; – 4
�2� + �
�2� i; – �
�2� – �
�2� i
d) �
2
2
2
2
�2� + �
�2� i; �
�2� – �
�2� i
e) – �
2
2
2
2
f) – �2
� + �2� i; �2� – �2� i
7 �2
7 �2
� +�
� i;
g) �
2
2
4
4
2
7 ��
�
2
b) z1 = i; z2 = –i in c; in r nicht lösbar
7 �2
� i h) 2 + 2 3 i; –2 – 2 3 i
–�
��
��
2
4
i) –3 + 3 �3
� i; 3 – 3 �3� i
4
�1�0�8� + �
�1�2� i; �
�1�0�8� – �
�1�2� i
j) – �
2
2
2
2
3
a) z11 = 4 i; z12 = –4 i; z21 = 5 i; z22 = –5 i; 4 i · 5 i = (– 4 i) (–5 i) = –20;
(– 4 i) 5 i = 4 i (–5 i) = 20; w = z1 z2 = 400; w1 = 20; w2 = –20
b) z11 = 2; z12 = –2; z21 = 3 i; z22 = –3 i; 2 · 3 i = (–2) (–3 i) = 6 i; 2 (–3 i) = (–2) 3 i = –6 i;
w = z1 z2 = –36; w1 = 6 i; w2 = –6 i
2
2
�2� + �
�2� i; z = – �
�2� – �
�2� i; i �
�2� i = (–i) – �
�2� i =
c) z11 = i; z12 = –i; z21 = �
22
� �2� + �
� �2� – �
2
2
2
2
2 �
2 �
2
2
�2� + �
�2� i; i – �
�2� i = (–i) �
�2� i = �
�2� – �
�2� i; w = z z = –i; w = – �
�2� + �
�2� i;
–�
1 2
1
� �2� – �
� �2� + �
2
2
2 �
2 �
2
2
2
2
�2� – �
�2� i
w2 = �
2
2
4
Die Konstruktion beruht auf dem Höhensatz im rechtwinkligen Dreieck.
5
Durch Quadrieren erhält man: z 21 = �12� (a + | z |) – �12� (–a + | z |) + �| bb�| ��
| z�
|2�
–�a2� i = a + b i;
da (–z1)2 = z 21 gilt, ist die Behauptung gezeigt.
a) 1,82 – 0,55 i; –1,82 + 0,55 i
c) 1,10 + 0,46 i; –1,10 – 0,46 i
e) 1,04 – 1,44 i; –1,04 + 1,44 i
b) 2,76 + 1,27 i; –2,76 – 1,27 i
d) 1,10 + 2,28 i; –1,10 – 2,28 i
2 Lösungen quadratischer Gleichungen in C
S. 38
1
z1 = –1 + i; z2 = –1 – i
S. 39
2
�3� i b) 1 ± i
a) – �12� ± �
2
g) 1; –i
h) (5 ± 5 �2� i)
18
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c) 3 ± �2
�i
d)
7
��
2
± �12� i
�1�5� i
e) – �14� ± �
20
f) 1;
1
��
3
2
2
�2� – 1 + �
�2� – 1 – �
i) �
� �2� � i; – �
� �2� � i
2
2
Eigenschaften der komplexen Zahlen
Autorin: Cornelia Niederdrenk-Felgner
Zeichnungen: Cornelia Niederdrenk-Felgner, SMP Oehler, Remseck
Satz: SMP Oehler, Remseck
Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 39 – 41
S. 39
3
�2� + �
�2� – 1 i; �
�2� – �
�2� + 1 i
a) – �
2
2
2
2
b) – �2
� – 2 + (1 + �2�) i; �2� – 2 + (1 – �2�) i
3 2
3 �2
3 2
3 �2
� + �
� – �
c) 7 + �
� 2�� – 5� i; 7 – �
� 2�� + 5� i
2
2
2
2
�6� + 3 + �
�6� + 3 – �
d) –3 + �
��� �2� � i; –3 – �
��� �2� � i
2
2
S. 40
4
�2� + �
�2� i; – �
�2� – �
�2� i; 1; –1
a) �
2
2
2
2
�2� + �
�2� i; �
�2� – �
�2� i
b) i; –i; – �
2
2
2
2
5
a) z2 + (–2 – 4 i) z – 11 – 2 i = 0
c) z2 + (–1 + 2 i) z – 1 – i = 0
b) z2 + (4 – 2 i) z – 42 + 24 i = 0
d) z2 + (5 – 3 i) z – 38 – 101 i = 0
6
(z – z1) (z – z2) = z2 – (z1 + z2) z + z1 z2; nach der Regel von Vièta gilt
z1 + z2 = –b und z1 z2 = c. Also gilt (z – z1) (z – z2) = z2 + b z + c.
7
Individuelle Lösung, z. B.: (x – 3)2 = x2 – 6 x + 9 = 0 bzw. (z + i)2 = z2 + 2 i z – 1 = 0.
8
Es seien z1 = x + y i und z2 = u + v i die nicht reellen Lösungen, also y � 0 und v � 0.
Nach der Regel von Vièta gilt: (x + u) + (y + v) · i = –b.
Diese Summe ist genau dann reell, wenn y + v = 0 und damit y = –v gilt.
Weiterhin gilt: z1 · z2 = (x u – y v) + (x v + y u) i = c.
Dieses Produkt ist reell genau dann, wenn x v + y u = 0 gilt. y = –v eingesetzt ergibt
x v – u v = 0 und damit x = u.
Insgesamt ist damit gezeigt, dass z2 = x – y i = z *1 gilt.
Falls b und c beliebige komplexe Zahlen sind, gilt diese Aussage nicht.
9
Es können die folgenden Fälle auftreten
– Die Gleichung hat genau eine reelle Lösung (doppelte Nullstelle)
– Die Gleichung hat zwei Lösungen, und diese sind entweder beide reell oder beide
echt komplex.
10 Der Fall kann nur auftreten, wenn die Gleichung die Form (z – z1)2 = 0 hat. Es gilt
dann also b = –2 z1 und c = z 21 und damit b2 – 4 c = 0.
11 Die Summe der beiden Lösungen einer quadratischen Gleichung der Form
z2 + b z + c = 0 ergibt den negativen Koeffizienten –b des linearen Gliedes; ihr Produkt
ergibt das Absolutglied c.
3 Die Kreisteilungsgleichung zn = 1
S. 41
1
a) z = 1 + i; z2 = 2 i; z3 = –2 + 2 i; z4 = –4; z5 = –4 – 4 i
b) z2 = 1 hat die Lösungen 1 und – 1; z4 = 1 hat die Lösungen 1; i; –1; –i.
19
Eigenschaften der komplexen Zahlen
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Zeichnungen: Cornelia Niederdrenk-Felgner, SMP Oehler, Remseck
Satz: SMP Oehler, Remseck
Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 42
S. 42
2
�3� i; – �1� – �
�3� i
a) 1; – �12� + �
2
2
2
b)
c)
d)
e)
f)
g)
h)
cos (k · 40°) + i sin (k · 40°); k = 0, …, 8
cos (k · 36°) + i sin (k · 36°); k = 0, …, 9
cos (k · 24°) + i sin (k · 24°); k = 0, …, 14
cos (k · 30°) + i sin (k · 30°); k = 0, …, 11
cos (k · 72°) + i sin (k · 72°); k = 0, …, 4
cos (k · 18°) + i sin (k · 18°); k = 0, …, 19
cos (k · 22,5°) + i sin (k · 22,5°); k = 0, …, 15
3
Die Summe der n-ten Einheitswurzeln (n > 1) ergibt stets 0 (vgl. Aufg. 9).
4
Ist zn = 1 und m = n r, so gilt zm = (zn)r = 1r = 1.
5
Der Multiplikation mit einer n-ten Einheitswurzel entspricht in der Gauß’schen Zahlen360°
�
ebene eine Drehung um ein Vielfaches von �
n . Das regelmäßige n-Eck der n-ten Einheitswurzeln bleibt unter solchen Drehungen fest. Nur in zwei Ausnahmefällen ist die
Summe zweier n-ter Einheitswurzeln wieder eine n-te Einheitswurzel: Für die 6-ten
Einheitswurzeln gilt: z0 + z2 = z1 und z0 + z4 = z5 (vgl. S. 42 oben).
6
Als Produkte ergeben sich die 6-ten Einheitswurzeln:
1;
1
��
2
�3� i; – �1� + �
�3� i; –1; – �1� – �
�3� i;
+�
2
2
2
2
2
1
��
2
�3� i.
–�
2
7
a) Es sei z = cos � + i sin � und zn = 1. Dann gilt: sin (n�) = 0.
Damit gilt: (z*)n = cos (n�) – i sin (n�) = cos (n�) = 1. Das n-Eck der n-ten Einheitswurzeln liegt symmetrisch zur reellen Achse.
b) Für eine komplexe Zahl vom Betrag 1 gilt �1z� = z*.
c) 1 und –1 sind die einzigen Einheitswurzeln für die gilt z = �1z�. Ist n gerade, so ist –1
n-te Einheitswurzel, und das Produkt aller n-ten Einheitswurzeln kann so angeordnet
werden, dass außer 1 und –1 jede n-te Einheitswurzel z mit der n-ten Einheitswurzel �1z�
multipliziert wird. Als Produkt aller n-ten Einheitswurzeln ergibt sich somit –1. Ist n
ungerade, so ergibt das Produkt entsprechend 1. Das Produkt aller 5. Einheitswurzeln ist
damit = –1.
8
360°
360°
k
�
��
Jede n-te Einheitswurzel hat die Form zk = cos �k · �
n � + i sin �k · n � = z1.
9
a) (z – 1) (zn – 1 + … + z + 1) = zn + zn – 1 + … + z – zn – 1 – z – 1 = zn – 1
b) Die Summe aller n-ten Einheitswurzeln lässt sich schreiben als
z1n – 1 + z1n – 2 + … z1 + 1. Nach a) gilt also: (z1 – 1) (z1n – 1 + … + 1) = zn1 – 1.
Da die rechte Seite dieser Gleichung 0 ergibt und z1 – 1 � 0 gilt, folgt, dass die
Summe der n-ten Einheitswurzeln 0 ergibt (n > 1).
20
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Satz: SMP Oehler, Remseck
Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 43 – 45
4 Die Gleichung zn = q
S. 43
1
�2� + �
�2� i; – �
�2� + �
�2� i; – �
�2� – �
�2� i; �
�2� – �
�2� i
a) �
2
2
2
2
2
2
2
2
b) 2; –2; 2 i; –2 i
Es gibt jeweils vier Lösungen, die in der Ebene ein Quadrat bilden.
S. 44
2
�3� i
a) 3; 3 �– �12� ± �
2�
b) –1;
d) ± 2; ± 2 i
2
�2� ± �
�2� i ; 3 – �
�2� i
e) 3 ��
� �2� ± �
2
2 �
2 �
1
��
2
�3� i
±�
2
c) –2; 1 ± �3
�i
f) ± �2
�; ± �2� i
g) –1; 0,81 ± 0,59 i; –0,31 ± 0,95 i
5
5
5
h) 2 �2
�; 2 �2� (0,31 ± 0,95 i); 2 �2� (– 0,81 ± 0,59 i)
5
5
5
i) –3 ��
3 ; 3 �3
� (0,81 ± 0,59 i); 3 �3� (– 0,31 ± 0,95 i)
3
3
a) �2� (cos (10° + k 120°) + i sin (10° + k 120°)); k = 0; 1; 2
3
b) �4� (cos (80° + k 120°) + i sin (80° + k 120°)); k = 0; 1; 2
6
c) �2�5� (cos (45° + k 120°) + i sin (45° + k 120°)); k = 0; 1; 2
10
d) � 2�0�0
� (cos (9° + k 72°) + i sin (9° + k 72°)); k = 0; …; 4
e) cos (10° + k 40°) + i sin (10° + k 40°)); k = 0; …; 8
10
f) � 7� (cos 18° + k 36°) + i sin (18° + k 38°)); k = 0; …; 9
45
g) � 5� (cos (7° + k 8°) + i sin (7° + k 8°)); k = 0; …; 44
60
h) � 6� (cos (2° + k 6°) + i sin (2° + k 6°)); k = 0; …; 59
i) cos (3° + k 4°) + i sin (3° + k 4°); k = 0; …; 89
S. 45
4
3 + i; – �3
b) –0,22 + 1,24 i; –0,97 – 0,81 i; 1,18 – 0,43 i
a) ��
� – i;
4
4
4
3
3
1
1
�
�
�3� – �1� i ; 4 6 ��1� – �
�3� i
�
�
�
�� i�; �6
�� + � i�; �6
c) �6� ��
+
–
–
�
�
�
�
2
2
2
2 �
2
2
2 � �� � 2
5
�3� + �1� i ; 2 – �
�3� + �1� i ; – 2 i
a) �2� ��
��
2
2 � �� � 2
2 �
3
3
3
3
��
�3� + �1� i ;
b) |�19� ��
2
2 �
5
3
��
��
�3� + �1� i ; – |�1� i
|�19� �– �
2
2 �
9
3
c) �2� (cos (63° + k 72°) + i sin (63° + k 72°)); k = 0; …; 4
8
d) �6� (cos (52,5° + k 90°) + i sin (52,5° + k 90°)); k = 0; …; 3
5
e) �1�6� (cos (18° + k 72°) + i sin (18° + k 72°)); k = 0; …; 4
f)
6
�|���� · (cos (52,5° + k · 60°)); k = 0; …; 5
2
�
5
�3� + �1� i; 2 i
g) ± �
2
2
1
�3� i – 3
h) – 2 �3
� – �3�; 2 �3� ��2� ± �
2 � ��
3
4
3
4
4
4
2
2 3
�2� �3� – 2 + ± �
�2� – 2 – ± �
i) ± �
� �2� + 3� i; ± �
� ��2�� – 3� i
2
2
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Eigenschaften der komplexen Zahlen
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Autorin: Cornelia Niederdrenk-Felgner
Zeichnungen: Cornelia Niederdrenk-Felgner, SMP Oehler, Remseck
Satz: SMP Oehler, Remseck
Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 45 – 48
S. 45
6
3 + i; –2 i Die Lösungen bilden ein gleichseitiges Dreieck.
a) �3
� + i; – ��
b) Die Multiplikation mit einer 3-ten Einheitswurzel bewirkt eine Drehung um 120°,
240° oder 0°. Das gleichseitige Dreieck aus a) wird dadurch auf sich selber abgebildet.
c) Das regelmäßige n-Eck mit dem Nullpunkt als Mittelpunkt wird durch eine Drehung
360°
�
um ein Vielfaches von �
n um den Nullpunkt auf sich selber abgebildet. Die Multiplikation einer Lösung der Gleichung zn = q mit einer n-ten Einheitswurzel ergibt somit wieder eine Lösung der Gleichung zn = q.
7
�3� i ; 3-te Wurzeln von – 8 i: 2 i; ± 3 – i. Als
3-te Wurzeln von –27: –3; 3 ��12� ± �
��
2 �
Produkte ergeben sich: – 6 i; ± 3 �3� + 3 i; dies sind genau die 3-ten Wurzeln von 216 i.
8
Es
sei z = | z | (cos � + i sin �). Eine n-te Wurzel von z hat dann die Form
n
360°
�
360°
�
360°
| z�| �cos ���n� + k �
��
n�� + i sin ��n� + k �n���; dies ist eine reelle Zahl, falls �n� + k �n� ein Vielfaches von 180° ist, also falls � = m · 180° – k · 360°. Damit muss � selber ein Vielfaches
von 180° sein, und z ist demnach reell.
9
Eine reelle Zahl q hat stets mindestens eine reelle n-te Wurzel. Das regelmäßige n-Eck
der Wurzeln von q liegt also symmetrisch zur rellen Achse, damit ist mit z auch stets z*
eine n-te Wurzel von q. Ist z n-te Wurzel von q, so ist �1z� nur dann n-te Wurzel von q,
falls | q | = 1 gilt.
10 Ist n gerade, so ergibt das Produkt aller n-ten Wurzeln aus z – z; ist n ungerade, so
ergibt dieses Produkt z.
Beweis: Sind e0 = 1, e1, …, en – 1 die n-ten Einheitswurzeln und z0 eine n-te Wurzel
aus z, so ergeben die Produkte z0 e0 = z0, z0 e1, …, z0 en – 1 alle n-ten Wurzeln aus z
(vgl. Aufg. 6). Das Produkt aller n-ten Wurzeln aus z lässt sich damit schreiben als
zn0 e0 e1 … en – 1. Das Produkt der n-ten Einheitswurzeln ergibt 1 bzw. –1, je nachdem
ob n ungerade oder gerade ist (vgl. Aufg. 7 S. 42). Das Produkt aller n-ten Wurzeln aus
z ergibt demnach entsprechend z oder –z.
11 Fig. 1: q = 35 = 243
4
Fig. 2: q = (1 + i)4 = ��2� · (cos 45° + i sin 45°)� = – 4
6
�3� i = 32 + 32 · 3 · i.
Fig. 3: q = �2 · (cos 10° + i sin 10°)� = 64 ��12� + �
��
2 �
5 Der Fundamentalsatz der Algebra
S. 46
1
Es ergibt sich das Polynom x2 – 3 x + 2 bzw. x3 – x2 + x – 1. Da die Division in beiden Fällen aufgeht, ist z = –1 Nullstelle der beiden Ausgangspolynome.
S. 48
2
a) 7; –4
e) 2; 1 + i
b) 5; –1
f) –1 + 2 i; –1 – 2 i
22
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c) 4; 3
g) 3 + 2 i
d) i
Eigenschaften der komplexen Zahlen
Autorin: Cornelia Niederdrenk-Felgner
Zeichnungen: Cornelia Niederdrenk-Felgner, SMP Oehler, Remseck
Satz: SMP Oehler, Remseck
Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 48 – 53
S. 48
3
a)
b)
c)
d)
e)
f)
4
Es sei f (z) ein Polynom n-ten Grades (n � 1) und a + b i eine beliebige komplexe Zahl.
Dann ist f (z) – (a + b i) wieder ein Polynom n-ten Grades und hat daher mindestens
eine und höchstens n Nullstellen. Die Gleichung f (z) – (a + b i) = 0 hat damit mindestens eine und höchstens n Lösungen in c. Dies ist gleichbedeutend damit, dass f (z)
den Wert a + b i mindestens einmal und höchstens n-mal annimmt.
5
Individuelle Lösungen (vgl. die Fragen auf der Randspalte S. 46 – 47).
z3 + (4 – 2 i) z2 + (–6 – 9 i) z – 5 + 5 i
z3 – 2 z2 – 29 z – 42
z3 + (–6 – 4 i) z2 + (–31 + 30 i) z + 36 + 54 i
z3 – 19 z2 + 140 z – 572
z3 + (–16 + i) z2 + (81 – 14 i) z – 106 + 53 i
z3 + (–7 + 2 i) z2 + (50 + 12 i) z + 56 – 54 i
7 Folgerungen aus dem Fundamental-Satz der Algebra
S. 52
1
Ein reelles Polynom 3. Grades hat mindestens eine reelle Nullstelle. Hat das Polynom
zwei Extremwerte, so kann es zwei Nullstellen haben, wenn eine davon eine Extremstelle ist, der Graph die x-Achse also in dem Punkt berührt. Ist dies nicht der Fall, so
kann das Polynom auch drei Nullstellen haben, wobei eine zwischen den beiden
Extremwerten liegt.
S. 53
2
a) –7 – i; 3 + 5 i; 3 – 5 i
b) Die dritte Nullstelle muss (–5 + 7 i)* = –5 – 7 i sein. f (z) = z3 + 4 z2 + 14 z – 444
3
Hat ein reelles Polynom keine reelle Nullstelle, so lässt es sich als Produkt von quadratischen Polynomen schreiben und hat damit geraden Grad. Ein reelles Polynom ungeraden Grades hat also mindestens eine reelle Nullstelle. Die Anzahl der reellen Nullstellen
eines solchen Polynoms ist ungerade.
23
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Zeichnungen: Cornelia Niederdrenk-Felgner, SMP Oehler, Remseck
Satz: SMP Oehler, Remseck
Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 53
S. 53
4
a) z. B.: f (x) = x3 + x + 1
eine reelle Nullstelle, keine Extremwerte, einen Wendepunkt
f (x) = x3 + 1
eine reelle Nullstelle, keine Extremwerte,
einen Sattel- und Wendepunkt
y
y
4
4
3
3
2
2
1
– 4 –3
1
x
– 2 –1
–1
1
2
3
x
– 4 – 3 – 2 –1
–1
4
–2
–2
–3
–3
–4
–4
1
2
3
4
f (x) = x3 – 2x2 + 3
eine reelle Nullstelle, zwei Extremwerte, einen Wendepunkt
y
4
3
2
1
x
– 4 – 3 – 2 –1
–1
1
2
3
4
–2
–3
–4
b) z. B.: f (x) = x4 – 2
zwei relle Nullstellen,
einen Extremwert
f (x) = x4 – 3x2 – 4
zwei reelle Nullstellen, drei Extremwerte,
zwei Wendepunkte
y
y
2
0,5
x
–1,5
–1
– 0,5
0,5
1
1,5
1
– 0,5
– 4 – 3 – 2 –1
–1
–1
–2
–1,5
x
1
2
3
4
–3
–4
–2
–5
– 2,5
–6
–3
–7
24
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Autorin: Cornelia Niederdrenk-Felgner
Zeichnungen: Cornelia Niederdrenk-Felgner, SMP Oehler, Remseck
Satz: SMP Oehler, Remseck
Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 53
S. 53
4
b) f (x) = x4 – x3 – 3x2 + 2
zwei reelle Nullstellen, drei Extremwerte, zwei Wendepunkte
f (x) = x4 – 7x3 + 14x2 – 12x + 3
zwei reelle Nullstellen, einen Extremwert,
zwei Wendepunkte
y
y
10
4
3
2
5
1
x
–4
–3
–2
–1
1
2
3
4
x
5
–5
–1
–2
–5
–3
–4
–10
–15
20
x4
f (x) = –
+
– 3x + 2
zwei reelle Nullstellen, einen Extremwert, keinen Wendepunkt
3x3
3x3
f (x) = x4 + x3 – 3x2 – x + 1
vier reelle Nullstellen, drei Extremwerte,
zwei Wendepunkte
y
y
5
2
4
1
3
x
2
–2
–1
1
2
1
x
–2
–1
1
2
3
–1
–2
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Zeichnungen: Cornelia Niederdrenk-Felgner, SMP Oehler, Remseck
Satz: SMP Oehler, Remseck
Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 53 – 56
S. 53
4
b) f (x) = x2 (x2 – 1) = x4 – x2
vier reelle Nullstellen, davon eine doppelte, drei Extremwerte, zwei Wendepunkte
y
1
0,5
x
–1
– 0,5
0,5
1
– 0,5
f (x) = (x – 1)2 (x – 3)2 = x4 – 8x3 + 22x2 – 24x + 9
zwei doppelte reelle Nullstellen, drei Extremwerte, zwei Wendepunkte
y
x
0,5
5
1
1,5
2
2,5
3
3,5
Fig. 3 zeigt den „Schnitt“ der Fläche aus Fig. 4 über der reellen Achse. Das Polynom hat
den Grad 4. Die „Spitzen“ der Fläche aus Fig. 4 berühren die Gauß’sche Zahlenebene in
den 4 Nullstellen.
26
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Eigenschaften der komplexen Zahlen
Autorin: Cornelia Niederdrenk-Felgner
Zeichnungen: Cornelia Niederdrenk-Felgner, SMP Oehler, Remseck
Satz: SMP Oehler, Remseck
Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 54 – 56
8 Vergleich der Anordnungen in R und C
S. 54
1
a) –83; –10; 0; �76�; 1,3; 25
b) Man könnte sie z. B. bzgl. ihres Betrages anordnen. Allerdings sind 1, –1, i dann
alle „gleich groß“.
S. 55
2
a) 3; 3 i; –3; –3 i
c) 3 + 2 i; –3 + 2 i; 3 – 2 i
3i
S. 56
3
z9; z7; z1; z3; z6; z8; z2; z4; z5.
4
Es sei z1 < z2 und z2 < z3. Zu zeigen ist z1 < z3.
1. Fall: | z1 | < | z2 |: da | z2 | ≤ | z3 | gilt, folgt in jedem Fall z1 < z3.
2. Fall: | z1 | = | z2 | und A (z2) < A (z2): a) | z2 | < | z3 | also | z1 | < | z3 | und somit z1 < z3.
b) | z2 | = | z3 | und A (z2) < A (z3); also gilt auch | z1 | = | z3 | und A (z1) < A (z3) und
damit z1 < z3.
5
Es gilt 0 < i und –1 < –i; es ist jedoch –i > 1.
6
a) Je zwei komplexe Zahlen sind bezüglich dieser Anordnung vergleichbar. Es bleibt
die Transitivität zu zeigen: es sei a + b i < c + d i und c + d i < e + f i.
1. Fall: a < c: da c � e gilt, folgt a < e und damit a + b i < e + f i.
2. Fall: a = c und b < d: i) c < e und damit auch a < e und a + b i < e + f i.
ii) c = e und d < f; dann gilt auch b < f und a = e, also a + b i < e + f i.
b) –7 – 5 i; –7; –7 + 5 i; –1; –1 + i; 0; i; 1 – 3 i; 1 – i; 3 + 2 i; 3 + 5 i; 6 – 3 i; 6;
6 + 9i
c) z5, z6, z7, z4, z3, z9, z1, z2 z8
d) Es gilt 0 < i und –i < 1; es gilt jedoch 1 > i.
e) Das Monotoniegesetzt der Addition ist erfüllt; es ergibt sich aus dem Monotoniegesetzt der Addition in r.
7
Nein. Die Zahlen 1 und 2 zum Beispiel sind nicht vergleichbar.
8
Die sogenannte lexikographische Ordnung setzt die übliche Anordnung von r auf c
fort:
Re (z1) < Re (z2)
oder
z1 < z2 genau dann, wenn
Re (z1) = Re (z2) und
Im (z1) < Im (z2)
9
a) Durch Addition von –i auf beiden Seiten der Ungleichung ergibt sich 0 < –i.
b) Ist i < 0, so ergibt sich nach a) 0 < –i. Also erhält man durch Multiplikation mit –i
wegen der Monotonie der Multiplikation zunächst 1 < 0 und dann –i < 0, was einen
Widerspruch bedeutet.
b) –3; 7; 12; –79
d) 1 + 4 i; 5 i; –5; –3 – 4 i; 4 – 3 i; 7 –
�
27
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Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 56 – 59
Mathematische Exkursionen
Über die Berechnung von Lösungen
S. 57
S. 58
1
Dieser Gleichung sieht man ihre Lösungen nicht unmittelbar an. Auch Probieren mit
einigen kleinen Zahlen führt nicht zum Ziel. Durch Näherungsverfahren, z. B. das
Newton-Verfahren, erhält man einen Näherungswert für eine reelle Nullstelle:
z1 ≈ –1,52138. Führt man Polynomdivision mit (z – z1) durch und löst die resultierende quadratische (Näherungs-)Gleichung, so erhält man Näherungswerte für die beiden
konjugiert komplexen Lösungen z2/3 = 0,76069 ± 0,85787 i.
2
Durch Einsetzen von x = y – �3a� in die Gleichung und Ausmultiplizieren der Potenzen
hebt sich das quadratische Glied weg.
3
a) –4; 2 (doppelte Nullstelle)
c) –6,82295; 2,36959; 4,45336
4
Individuelle Lösungen, vgl. Schritte bei der Berechnung des Beispiels auf S. 57 – 58.
b) –9; 3; 6
d) –0,74223; –0,39493; 1,13716
Anwendung der komplexen Zahlen in der Physik
S. 59
1
Hat der Massenpunkt zur Zeit t = 0 in der Gauß’schen Zahlenebene die Position
p (0) = a · (cos 0° + i sin 0°), so hat er zum Zeitpunkt t die Position
360°
360°
� + i · sin �t · ����.
p (t) = a · �cos �t · �
6 �
6
2
Es gilt:
f1(x) = sin x; f�1 (x) = cos x; f 1� (x) = – sin x
f2(x) = cos x; f 2� (x) = – sin x; f � (x) = – cos x
Die ersten Ableitungen eilen um �π2� voraus, d. h. f�(x) = f �x + �π2��; die zweiten Ableitungen ergeben sich durch Spiegelung an der x-Achse und sind um π verschoben.
3
Geschwindigkeit und Beschleunigung sind betragsmäßig gleich groß wie z (t). Der Zeiger der Geschwindigkeit eilt gegenüber z (t) um �π2� voraus, der Zeiger der Beschleunigung um π, d. h., er ist immer genau dem Zeiger z (t) entgegengerichtet.
Ist | � | � 1, so sind ż (t) und z̈¨ (t) um � bzw. �2 gegenüber z (t) gestreckt. Die Winkelbeziehungen bleiben bestehen.
Zur inhaltlichen Interpretation: Die Geschwindigkeit ż (t) ist tangential ausgerichtet
und die Beschleunigung z̈¨ (t) ist zum Kreismittelpunkt gerichtet, so dass eine Kreisbewegung entsteht.
28
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Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 59
S. 59
4
Durch Einsetzen von ż (t) = i � · z (t) und z̈¨ (t) = – �2 · z (t) erhält man die Gleichung
–m �2 · z (t) + i � k · z (t) + D z (t) = 0 und damit zur Bestimmung von w die quadratische
Gleichung
������
D
i k
D
k
� = 0 mit den Lösungen � = �� �� ± |�� – ��2 .
�2 – i �mk� � – �m
2m
m
4m
2
Einsetzen in die Gleichung von z (t) ergibt:
z (t) = r · �cos �t · ��2i� �mk� ±
���–����� + i sin �t · �
D
��
m
k2
��2
4m
i k
�� ��
2m
±
���–������.
D
��
m
k2
��2
4m
Hier tritt nun allerdings das Problem auf, dass in den Winkelfunktionen imaginäre Zahlen als Argumente vorkommen. Verwendet man die – im Lehrbuch nicht behandelte –
Beziehung ei � = cos � + i sin �, so kann man weiter umformen zu:
i �i� �k� ± �D� – �km� � · t
z (t) = r · e � 2 m �|�m ��4�
2
2
k
�·t
–�
2m
± i �D� – �km� � · t
· e ��|�m ��4�
k
�·t
–�
2m
· �cos �± t ·
= r·e
= r·e
2
2
������
D
��
m
k
� + i sin �± t ·
–�
4 m2 �
2
������
D
��
m
k
�
–�
4 m2 ��
2
Durch diese Funktion wird in der Gauß’schen Zahlenebene eine von außen nach innen
laufende Spirale beschrieben. Die Projektion auf die reelle (oder imaginäre) Achse
beschreibt die gedämpfte Schwingung:
k
�·t
–�
2m
x (t) = r · e
cos �t ·
������
D
��
m
k
� .
–�
4 m2 �
2
29
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Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 62 – 64
III Lineare Abbildungen der komplexen Zahlen
1 Die Translation
S. 62
1
Es ergibt sich das Dreieck mit den Eckpunkten Z
�1 (12 � 2); Z
�2 (5 � 5) und Z
�3 (7 � –1). Die
zugehörige Abbildung ist eine Verschiebung. Durch Addition von 9 gehen die zugehörigen Zahlen ineinander über.
S. 64
2
a) Z
�1 (–2 � 7); Z
�2 (6 � 0); Z
�3 (9 � 11)
�
�
c) Z
�1 (–5 8); Z
�2 (3 1); Z
�3 (6 � 12)
e) Z
�1 (–12 � 3); Z
�2 (–4 � –4); Z
�3 (–1 � 7)
3
a) z � z + 4
d) z � z – 1
g) z � z + (–17 + 8 i)
4
a) z � z + (7 – 5 i)
5
Individuelle Lösungen, z. B.:
b)
a) f: z � z + 3
h: z � z – 5 i
d) f: z � z + (–10 – 10 i) e)
h: z � z + (–1 – 9 i)
b) Z
�1 (–10 � 4); Z
�2 (–2 � –3); Z
�3 (1 � 8)
�
�
d) Z
�1 (–11 0); Z
�2 (–3 –7); Z
�3 (0 � 4)
f) Z
�1 (0 � –1); Z
�2 (8 � –8); Z
�3 (11 � 3)
b) z � z – 12 i
e) z � z + (2 + 5 i)
h) z � z + (17 + 14i)
b) z � z + (–3 – i)
c) z � z + 1
f) z � z + (8 + 6 i)
i) z � z + (101 – i)
c) z � z + 0
f: z � z + (1 + i)
h: z � z + (–8 – 2,9 i)
f: z � z + (1 + 6 i)
h: z � z + (–2 – 12 i)
d) z � z – 9
c) f: z � z + (–2 + 3 i)
h: z � z + (5 – 8 i)
f) f: z � z + (10 – 70 i)
h: z � z + (3 – 5 i)
6
a) g: z � z + (7 – 3 i)
7
Aus f: z � z + q und f � f: z � z + 2 q folgt, dass nur die triviale Translation
i d: z � z + 0 diese Bedingung erfüllt.
8
Die Addition der komplexen Zahlen ist kommutativ, also gilt
z � z + (p + q) = z + (q + p). Damit ist auch die Verkettung von Translationen kommutativ.
9
Entscheidungs-Kriterien:
Die Dreiecke müssen kongruent und gleich orientiert sein; außerdem müssen entsprechende Seiten parallel sein.
b) g: z � z – q
10 Vgl. Aufg. 9.
30
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Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 65 – 66
2 Die Drehstreckung
S. 65
1
Der Realteil des Punktes ist Imaginärteil des Bildpunktes. Der negative Imaginärteil des
Punktes ist Realteil des Bildpunktes. Die Zahlen gehen also jeweils durch Multiplikation mit i auseinander hervor.
S. 66
2
a) s = 6; � = 0°
d) s = 12; � = 270°
g) s = 2; � = 45°
3
a) Z
� (8 � 12)
e) Z
� (–0,80 � 1,62)
4
a) z � 2 z
b) z � – �17� z
d) z � 4 i z
g) z � (2 – 2 i) z
e) z � 2 z
h) z � (4 – 3 i) z
f) z � i z
i) z � (2 – i) z
5
a) z � i · z
b) z � (–2 + 2 �3
� i) · z
�2� + �
�2� · i · z
c) z � ��
�
2
2
6
a) Aus f: z � q · z und f � f: z � q2 · z ergeben sich für f � f = i d die beiden Lösungen
f1: z � z und f2: z � –z.
b) Gilt für alle z: z + z1 = z2 z, so folgt z1 = 0 und z2 = 1. Die einzige lineare Abbildung, die gleichzeitig eine Translation und eine Drehstreckung darstellt, ist somit die
identische Abbildung i d.
7
Die Dreiecke müssen ähnlich und gleich orientiert sein. Weiterhin müssen die Dreiecke
so liegen, dass der Nullpunkt sich als Zentrum der Drehstreckung ergibt. Dies kann auf
unterschiedliche Weise formuliert werden:
– Streckt man das kleinere der beiden Dreiecke mit dem Nullpunkt als Zentrum auf die
Größe des größeren Dreiecks, so erhält man entweder das größere Dreieck (dann lag
eine reine Streckung vor). Andernfalls ergibt sich der Nullpunkt als Schnittpunkt der
drei Mittelsenkrechten auf den Strecken, die entstehen, wenn man entsprechenden
Punkte der beiden gleichgroßen Dreiecke verbindet.
– Die Figuren, die jeweils aus den drei Dreieckspunkten ergänzt um den Nullpunkt
entstehen, sind ähnlich und gleichorientiert.
b) s = 13; � = 180°
e) s = �2
�; � = 315°
h) s = 4; � = 53,13°
b) Z
� (6 � 9)
f) Z
� (3,20 � – 6,46)
c) s = 9; � = 90°
f) s = �5
�8�; � = 113,20°
c) Z
� (–3 � 2)
g) Z
� (– 0,4 �2
� � 2 �2�)
c)
z � 4iz
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d) Z
� (0,23 � 3,60)
h) Z
� (15 � –10)
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31
Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 67 – 68
3 Die Abbildung z � q · z + p
S. 67
1
h � (g � f): z � i z + (–2 + 2 i); der Punkt Z (–2 � 0) wird auf sich selber abgebildet; es ist
(h � (g � f)) (–2) = –2.
S. 68
2
a) z1 = –2; f: z � 3 (z + 2) – 2
b) z1 = 2 + i; f: z � i (z – (2 + i)) + (2 + i)
c) z1 = – �125� – �257� i; f: z � (–5 + 3 i) �z – �– �125� – �257� i�� + �– �125� – �257� i�
d) z1 = 4 – 7 i; f: z � (3 + 2 i) (z – (4 – 7 i)) + (4 – 7 i)
e) z1 = 1; f: z � (2 + i) (z – 1) + 1
f) z1 = –5 – 11 i; f: z � (–4 + 7 i) (z – (–5 – 11 i)) + (–5 – 11 i)
3
a) z � 2 iz
c) z � (3 + 3 �3� i) z + 6 (�3� – 1) + (– 4 – 9 �3
�) i
e) z � (–3 – �3� i) z + (14 + 13 �3� i)
4
a) f � g: z � 3 z + 3 i
g � f: z � 3 z + i
c) f � g: z � (3 + i) · z + (–1 + 10 i)
g � f: z � (3 + 1) z + (1 + 10 i)
5
f: z � q z + p eine Drehstreckung und
g: z � z + t eine Translation.
Dann gilt
f � g: z � q z + q t + p
g � f: z � q z + p + t
Ist f eine Drehung, so gilt q � 1 und | q | = 1. Dann sind auch f � g und g � f Drehunp+t
q·t + p
� bzw. z3 = ��.
gen mit gleichem Drehmaß A (q) und Zentrum z2 = �
1–q
1–q
b) z � (1 + i) z – 5 i
d) z � –4 z + (–35 – 55 i)
f) z � –13 i z + (72 + 86 i)
b) f � g: z � i · z + (+4 – i)
g � f: z � i · z – (1 + 4 i)
Es sei
p
� und Streckungsfaktor s = | q |, so sind auch
Ist f eine Streckung mit Zentrum z1 = �
1–q
q·t + p
p+t
� bzw. z3 = �� und Streckungsf � g und g � f Streckungen mit den Zentren z2 = �
1–q
1–q
faktor s. Die Argumentation für den Fall, dass f eine Drehstreckung ist verläuft analog.
6
Die Abbildung f � g: z � q s z + q t + p stellt
(i) die identische Abbildung dar, falls q s = 1 und q t + p = 0 gilt;
(ii) eine Translation dar, falls q s = 1 und qt + p � 0 gilt;
(iii) eine Drehstreckung dar, falls qs � 1 gilt.
32
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Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 69 – 70
4 Die Spiegelung z � z*
S. 69
1
Es ergibt sich das Dreieck mit den Eckpunkten Z
�1 (–1 � –1); Z
�2 (–5 � –1) und Z
�3 (–3 � –2).
Die zugehörigen Zahlen sind jeweils konjugiert zueinander.
S. 70
2
a) f � g: z � z* + (3 + i)
g � f: z � z* + (3 – 1)
c) f � g: z � z* + (–7 – 8 i)
g � f: z � z* + (–7 + 8 i)
b) f � g: z � i z*
g � f: z � –i z*
d) f � g: z � (13 – 19 i) z*
g � f: z � (13 + 19 i) z*
3
a) f � g: z � (7 – 9 i) z* + (4 – i)
g � f: z � (7 + 9 i) z* + (37 + 29 i)
c) f � g: z � z* + (–6 + i)
g � f: z � z* + (–6 – 15 i)
b) f � g: z � (–74 + 43 i) z*
g � f: z � (–10 + 85 i) z*
d) f � g: z � (21 + 27 i) z* + (29 – 13 i)
g � f: z � (33 + 9 i) z* + (40 – 36 i)
4
Die Abbildung z � q z* + p lässt sich darstellen als Verkettung f1 � f2 mit
f1: z � q z + p und f2: z � z*. Da f1 gleichsinnig ist und f2 gegensinnig, ist die Verkettung beider Abbildungen gegensinnig.
5
a) Die Verkettung hat die Form: z � q r z* + q s + p bzw. z � r q* z* + r p* + s.
b) Die Verkettung hat die Form: z � q z + p.
6
a), b) und c): Die Abbildung ist eine Spiegelung an der Parallelen zur reellen Achse
durch den Punkt a) P (0 � 2) b) P (0 � –3) c) P (0 � 0,5 a).
d) Spiegelung an der imaginären Achse
e) Spiegelung an der 2. Winkelhalbierenden
f) Spiegelung an der Geraden, die um 22,5° gegen die reelle Achse gedreht ist.
7
a) g: z � (0,3 + 0,1 i) z
b) g: z � z + (–6 + 8 i)
c) g: z � �13� z + �43�
d) g: z � (0,16 + 0,12 i) z – (0,68 + 0,76 i)
e) g: z � �– �754� – �774� i� z – ��57�94 + �57�34 i�
Dass auch g � f = i d gilt, wird durch Nachrechnen überprüft und lässt sich geometrisch
leicht einsehen.
8
Da f � g = i d eine gleichsinnige Abbildung darstellt, muss mit f auch g eine gegensinnige Abbildung darstellen und hat somit die angegebene Form.
a) g: z � z*
b) g: z � z* + (–3 – 2 i)
c) g: z � 0,2 z* – 0,2 i
d) g: z � ��147� + �117� i� z* + ��117� + �31�07 � i
e) g: z � �– �216� – �256� i� z* + �– �12�16 + �42�96 i�
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33
Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 71 – 73
5 Die Abbildung z � �1z�
S. 71
1
Z�1 �– �12� � – �12��; Z�2 (0 � –1); Z�3 ��12� � – �12��; die Bildpunkte liegen nicht auf einer Geraden.
S. 72
2
Konstruktion vgl. Fig. 1 S. 71.
a) P� ��14� � 0�
b) P� (0 � 2)
c) P� �– �13� � 0�
d) P� (0 � – 6)
e) P� (0,61 � –0,49)
f) P� (–0,58 � – 0,38)
g) P� (– 0,54 � – 0,31)
h) P� (0,42 � 0,38)
3
Ist z ein Fixpunkt der Abbildung z � �1z�, so gilt z2 = 1. Damit ist z eine 2-te Einheitswurzel, also z = 1 oder z = –1.
4
Für Z = O (0 � 0) kann zunächst jede Gerade durch O als Verbindungsgerade durch Z
und O gewählt werden, also zum Beispiel die imaginäre Achse. Bei der Konstruktion
mit Hilfe des Strahlensatzes müsste Z� der Schnittpunkte der imaginären Achse mit
ihrer Parallelen durch P (1 � 0) sein. Die Konstruktion hat also keine Lösung.
5
Ist P (a � a) ein Punkt auf der 1. Winkelhalbierenden, so liegt der Bildpunkt P� ��1a� � – �1a��
auf der 2. Winkelhalbierenden.
6
Man überprüft, indem man vier Punkte des Kreises abbildet.
a) kein Kreis
b) Kreis
c) Kreis
d) Kreis
Mathematische Exkursionen
Spuren in der Gauß’schen Zahlenebene
S. 73
1
Bei Multiplikation von 2 mit 1,1; 1,12; … erhält man eine Folge von Punkten auf der
reellen Achse, deren Abstand stets um den Faktor 1,1 wächst.
Bei Multiplikation von 2 mit (1 + i); (1 + i)2; … erhält man eine Folge von Punkten
in der Gauß’schen Zahlenebene, deren Betrag jeweils um den Faktor �2
� wächst und die
jeweils um 45° gedreht sind. Verbindet man die Punkte miteinander, so erhält man eine
linksdrehende, nach außen laufende Spirale.
2
�2� + �
�2� i = cos 45° + i sin 45°
Fig. 2: q = �
2
2
�2� – �
�2� i = cos 225° + i sin 225°
Fig. 3: q = – �
2
2
3
Für z = 1 + i werden die Figuren lediglich ein bisschen verkleinert.
Für z = 2 + i entsteht eine jeweils leicht vergrößerte und um A (z) ≈ 26,6° gedrehte
Figur.
34
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Von dieser Druckvorlage ist die Vervielfältigung für den eigenen
Unterrichtsgebrauch gestattet. Die Kopiergebühren sind abgegolten.
Lineare Abbildungen der komplexen Zahlen
Autorin: Cornelia Niederdrenk-Felgner
Zeichnungen: Cornelia Niederdrenk-Felgner, SMP Oehler, Remseck
Satz: SMP Oehler, Remseck
Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 73 – 74
S. 73
4
a) Individuelle Lösungen, am besten mit einem geeigneten DGS-Programm zu erzeugen.
b) Ist q eine n-te Einheitswurzel, so gilt für jeden Punkt z, dass die Spur unter q nur aus
den n verschiedenen Punkten q · z; q2 · z; …; qn – 1 · z; qn z = z besteht.
S. 74
5
Gemeinsamkeit: Der Drehwinkel ist Teiler bzw. Vielfaches eines Teilers von 360°. Die
Figuren laufen jedoch auseinander (Fig. 1) bzw. zusammen (Fig. 2), da der Betrag von q
von 1 verschieden ist. Damit kann es keine Spuren endlicher Länge geben.
6
Das Zentrum der Figuren ist jeweils verschoben und liegt nicht mehr im Nullpunkt.
7
Die Drehung von p um den Winkel � mit dem Nullpunkt als Zentrum wird bewirkt
durch die Multiplikation mit u� = cos � + i sin �.
Die lineare Transformation mit dem so variierten p hat die Gestalt z � q z + u� p und
u� · p
p
� = u� · ��. Dies entspricht dem um den Winkel � mit dem Nullhat das Zentrum �
1–q
1–q
p
�. Läuft p auf einem Kreis um den Nullpunkt
punkt als Zentrum gedrehten Zentrum �
1–q
um, so läuft auch das Zentrum der entsprechenden linearen Transformation auf einem
Kreis um den Nullpunkt.
Lineare Abbildungen der komplexen Zahlen
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Autorin: Cornelia Niederdrenk-Felgner
Zeichnungen: Cornelia Niederdrenk-Felgner, SMP Oehler, Remseck
Satz: SMP Oehler, Remseck
35
Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 76 – 78
IV Die Spiegelung am Einheitskreis
1 Kreise in der Gauß’schen Zahlenebene
S. 76
1
Es mus gelten | z | = 1.
S. 77
2
a) 3
g) �1
��22�
S. 78
3
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
h)
i)
z z* – 3 z – 3 z* – 16 = 0
z z* – (1 – i) z – (1 + i) z* – 223 = 0
z z* + 5 i z – 5 i z* – 24 = 0
z z* – (12 + 9 i) z – (12 – 9 i) z* – 1456 = 0
z z* – (3 + 5 i) z – (3 – 5 i) z* – 110 = 0
z z* – (7 – i) z – (7 + i) z* + 14 = 0
z z* – 9 z – 9 z* – 88 = 0
z z* – (5 + 2 i) z – (5 – 2 i) z* + 13 = 0
z z* + 9 i z – 9 i z* + 80 = 0
4
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
h)
i)
z z* – 64 = 0
z z* – 2 = 0
z z* – 9 = 0
z z* – (2 + i) z – (2 – i) z* = 0
z z* – (5 – 2 i) z – (5 + 2 i) z* + 4 = 0
z z* – (7 + 9 i) z – (7 – 9 i) z* + 81 = 0
z z* – (12 – 7 i) z – (12 + 7 i) z* – 113 = 0
z z* – (–5 + 7 i) z – (–5 – 7 i) z* – 75 = 0
z z* – 8 z – 8 z* – 57 = 0
5
Der mittlere Kreis hat die Gleichung z · z* – 1 = 0.
Die äußeren Kreise haben ebenfalls alle den Radius r = 1; ihre Mittelpunkte liegen auf
dem Kreis mit Radius 2 um den Nullpunkt. Als Gleichungen ergeben sich beginnend
mit dem Kreis mit Mittelpunkt M (2 | 0) entgegen dem Uhrzeigersinn:
z z* – 2 z – 2 z* + 3 = 0
z z* – (��
2 – ��
2 i) · z – (��
2 + ��
2 i) z* + 3 = 0
z z* + 2 i z – 2 i z* + 3 = 0
z z* – (– �2� – �2� i) · z – (– �2� + �2
� i) · z* + 3 = 0
z z* + 2 z + 2 z* + 3 = 0
z z* – (– �2� + �2� i) · z – (– �2� – �2
� i) · z* + 3 = 0
z z* – 2 i z + 2 i z* + 3 = 0
z z – (�2� + �2� i) · z – (�2� – �2� i) · z* + 3 = 0
b) 17
h) 5 ��
2
36
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c) 2 �2�
i) �2�9
�
d) 17
e) 3 �2
�6�
f) 1
Die Spiegelung am Einheitskreis
Autorin: Cornelia Niederdrenk-Felgner
Zeichnungen: Cornelia Niederdrenk-Felgner, SMP Oehler, Remseck
Satz: SMP Oehler, Remseck
Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 78 – 80
S. 78
6
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
h)
7
a) z z* – (2 – 3 i) z – (2 + 3 i) z* + 12 = 0
z z* – (2 – 3 i) z – (2 + 3 i) z* – 9987 = 0
b) Mit wachsendem r wird die Zahl c = m · m* – r2 immer kleiner, wenn der Mittelpunkt fest bleibt.
8
a) M (3 � 1); r = �2
b) M (–2 � –1); r = �3
c) M (7 � –2); r = �3
�2�
�
�
�
�
d) M (8 2); r = 9
f) kein Kreis; mm* – c < 0
e) M (–4 –1); r = �1
�5�
g) und h): keine Kreise, da die Zahlen vor z und z* nicht konjugiert zueinander sind.
9
a) Liegt Z (a � b) im Innern des Kreises K3 (M), so gilt für z = a + b i : � (1 + i) – z � < 3;
durch Quadrieren ergibt sich daraus: z z* – (1 – i) z – (1 + i) z* – 7 < 0.
b) Analog zu a) mit > statt <.
z z* – z – z* – k = 0; k = 0; 3; 8; 15; 24
z z* + z + z* – k = 0; k = 0; 3; 8; 15; 24
z z* – (1 – i) z – (1 + i) z* – k = 0; k = –1; 2; 7; 14; 23
z z* – (1 + i) z – (1 – i) z* – k = 0; k = –1; 2; 7; 14; 23
z z* + i z – i z* – k = 0; k = 0; 3; 8; 15; 24
z z* – i z + i z* – k = 0; k = 0; 3; 8; 15; 24
z z* – 2 z – 2 z* – k = 0; k = –3; 0; 5; 12; 21
z z* + 2 z + 2 z* – k = 0; k = –3; 0; 5; 12; 21
10 Man prüft � m – z � .
a) auf dem Kreis
c) innerhalb des Kreises
b) außerhalb des Kreises
d) auf dem Kreis
11 Es seien m1 und m2 die Mittelpunkte und r1 und r2 die Radien der Kreise, wobei r1 ≤ r2
sei. Dann gilt:
Die beiden Kreise schneiden sich nicht, falls � m1 – m2 � < r2 – r1 oder
r1 + r2 < � m1 – m2 � gilt.
Die beiden Kreise berühren sich, falls � m1 – m2 � = r2 – r1 oder r1 + r2 = � m1 – m2 � gilt.
Sie schneiden sich in zwei Punkten, falls � m1 – m2 � < r1 + r2 oder r2 – r1 < � m1 – m2 �
gilt. Zu unterscheiden ist jeweils, ob der kleinere Kreis ganz im größeren liegt oder
nicht.
2 Das Bild eines Kreises unter Ähnlichkeitsabbildungen
S. 79
1
a) K2 (6 � –3)
b) K2 (3 � –1)
c) K4 (–2 �2
� � 4 �2�)
S. 80
2
a) K6 (–3 � 20)
b) K7 (–21 � 11)
c) K25 (0 � 0)
3
a) K35 (41 � –35)
d) K119 (–19 � 146)
b) K7 (–3 � –14)
e) K175 (–127 � –171)
c) K70 (7 � –86)
f) K287 (–232 � 262)
37
Die Spiegelung am Einheitskreis
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d) K72 (–18 � 41)
Autorin: Cornelia Niederdrenk-Felgner
Zeichnungen: Cornelia Niederdrenk-Felgner, SMP Oehler, Remseck
Satz: SMP Oehler, Remseck
Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 80 – 84
S. 80
4
a) w w* – (–42 – 21 i) w – (–42 + 21 i) w* + 441 = 0;
w w* – (12 – 6 i) w – (12 + 6 i) w* + 36 = 0
b) ww* – (–3 + 14 i) w – (–3 – 14 i) w* + 80 = 0;
w w* – (–13 – 6 i) w – (–13 + 6 i) w* + 80 = 0
c) w w* – (–3 + 37 i) w – (–3 – 37 i) w* + 546 = 0;
w w* – (33 – 17 i) w – (33 + 17 i) w* + 546 = 0
d) w w* – (231 + 167 i) w – (231 – 167 i) w* + 5625 = 0;
w w* – (–105 + 265 i) w – (–105 – 265 i) w* + 5625 = 0
3 Bilder von Kreisen und Geraden unter Abbildung z � �1z�
S. 81
1
K0,2 (0 � 0): �z � z z* – �25� = 0�
S. 84
2
a) w w* + �7� w + �7� w* – �7� = 0
1
3
3
1
1
1
1
b) w w* – �4� i w + �4� i w* – �4� = 0
c) w w* – �– �2� + �2� i� w – �– �2� – �2� i� w* – �2� = 0 d) w w* – ��4� + �2� i� w – ��4� – �2� i� w* + �4� = 0
1
3
1
1
1
1
a) 2; S �0 � – �2��
b) – �5�; S �0 � – �10��
e) 3; S (0 � 0)
f) 0; S (0 � 0)
3
3
c) – �2�; S �0 � �5��
1
1
1
1
1
3
1
1
2
d) – �3�; S (0 � 1)
g) Parallele zur imaginären Achse durch P ��6� � 0�
h) 0; S �0 � �5��
4
a) nein
e) nein
9
i) 2; S �0 � – �4��
d) nein
h) nein
5
Die Gleichung hat die Form b i z – b i z* + c = 0; wobei b, c � r gilt.
6
a) Die Behauptung ergibt sich sofort aus dem Kasten auf S. 82.
b) Eine Gerade durch S (0 � b) mit b � 0 und der Steigung a lässt sich darstellen in der
a+i
a –i
Form – �2 �
z – �2 �
z* – 1 = 0.
b
b
Eine Parallele zur imaginären Achse durch P (a � 0) mit a � 0 lässt sich darstellen in der
1
1
Form �2�a z + �2�a z* – 1 = 0.
7
a) (2 + i) z + (2 – i) z* – 14 = 0
c) i z – i z* + 16 = 0
e) (–13 + i) z + (–13 – i) z* + 2 = 0
b) (–5 + i) z + (–5 – i) z* + 24 = 0
d) (0,5 + i) z + (0,5 – i) z* = 0
f) (0,1 + i) z + (0,1 – i) z* – 18 = 0
8
a) (1 + i) z + (1 – i) z* = 0
b) (a + i) z + (a – i) z* = 0
1
b) nein
f) 3; S (0 � –2)
j) reelle Achse
38
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4
c) nein
g) i-Achse
Die Spiegelung am Einheitskreis
Autorin: Cornelia Niederdrenk-Felgner
Zeichnungen: Cornelia Niederdrenk-Felgner, SMP Oehler, Remseck
Satz: SMP Oehler, Remseck
Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 84 – 85
S. 84
9
S. 85
10 a) g: (1 – i) w + (1 + i) w* – 1 = 0
reelle Achse: i z – i z* = 0
imaginäre Achse: z + z* = 0
b) K: w w* – ��2� + �2� i� w – ��2� – �2� i� w* + �2� = 0
1
1
1
1
1
c) g: (–2 – 3 i) w + (–2 + 3 i) w* – 1 = 0
d) K: w w* – �– �2� – i� w – �– �2� + i� w* – �2� = 0
5
5
1
e) K: w w* – ��9� – i� w – ��9� + i� w* + �9� = 0
7
7
1
f) g: (1 – 7 i) w + (1 + 7 i) w* – 1 = 0
11 a) w w* – �–1 + �14� i� w – �–1 – �14� i� w* = 0
c) w w* – ��3� – �6� i� w – ��3� + �6� i� w* = 0
1
1
1
1
b) w w* – �– �9� – �9� i� w – �– �9� + �9� i� w* = 0
5
1
1
5
1
1
d) w w* – �12� i w + �12� i w* = 0
12 w w* – �21�a i w + �21�a i w* = 0; die Gleichung beschreibt den Kreis mit dem Mittelpunkt
M �0 � – �2�a � und dem Radius
1
1
��.
2a
13 w w* – �21�a w – �21�a w* = 0; die Gleichung beschreibt den Kreis mit dem Mittelpunkt
M ��2�a � 0� und dem Radius
1
1
��.
2a
14 (a – i) w + (a + i) w* = 0; die Gleichung beschreibt die Gerade durch den Nullpunkt mit
der Steigung –a.
15 w w* + �23� w + �23� w* + �13� = 0; K�1� �– �23� � 0�
3
w + w* + �2� = 0; Parallele zur imaginären Achse durch P �– �4� � 0�
1
1
w w* – �5� w – �5� w* – �5� = 0; K0,6 ��5� � 0�
2
2
1
2
16 (1 – i) w + (1 + i) w* = 0; Gerade durch S (0 � 0) mit Steigung –1
w w* – �– �2� + �2� i� w – �– �2� – �2� i� w* = 0; Kreis mit dem Mittelpunkt M �– �2� � – �2�� und dem
1
1
��
1
1
1
1
1
1
Radius |�2�
w w* – �– �4� + �4� i� w – �– �4� – �4� i� w* = 0; Kreis mit dem Mittelpunkt M �– �4� � – �4�� und dem
1
Radius
1
1
1
1
�|�
1
��
8
39
Die Spiegelung am Einheitskreis
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Satz: SMP Oehler, Remseck
Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 85 – 88
S. 85
17 a) Es gibt keinen Kreis, dessen Mittelpunkt auf den Mittelpunkt des Bildkreises
m*
1
� = ��, so folgt r = 0.
abgebildet wird. Wäre nämlich m� = �
m m* – r2
m
Die Kreise um den Nullpunkt werden zwar wieder in Kreise um den Nullpunkt abgebildet, jedoch ist in diesem Fall die Abbildung für den Mittelpunkt gar nicht definiert.
b) 1. Fall: Die beiden Kreise haben den Nullpunkt als Mittelpunkt. Dann sind auch die
beiden Bildkreise wieder konzentrisch.
2. Fall: Der Nullpunkt ist nicht Mittelpunkt der Kreise und keiner der beiden Kreise
geht durch den Nullpunkt. Dann sind die Bilder wieder Kreise, die jedoch nicht mehr
konzentrisch sind. Das Bild des kleineren Kreises liegt vollständig innerhalb des Bildkreises des größeren Kreises.
3. Fall: Einer der beiden Kreise geht durch den Nullpunkt. Dessen Bild ist dann eine
Gerade, die den Bildkreis des anderen Kreises nicht berührt oder schneidet.
c) 1. Fall: Eine der Geraden geht durch den Nullpunkt. Die Bilder der beiden Parallelen
sind in diesem Fall eine Gerade und ein Kreis, die sich im Nullpunkt berühren.
2. Fall: Keine der Geraden geht durch den Nullpunkt. Die Bilder der beiden Parallelen
sind in diesem Fall zwei Kreise, die sich im Nullpunkt berühren.
18 K1 – K7; K2 – K5; K3 – K4; K6 – g2; K8 – g1
1
4 Die Spiegelung am Einheitskreis z � �z*�
S. 86
1
K1 (1 � 1) wird wieder auf sich selber abgebildet; der Bildkreis von K1 (2 � 0) bleibt
durch die Spiegelung an der reellen Achse unverändert.
S. 88
2
a) P� ��2� � �2��
b) P� �– �2� � �2��
c) P� (1 | 0)
d) P� (0 � –1)
e) P� ��5� � �5��
f) P� (0,1 � 0,3)
g) P� (0,4 � 0,8)
h) P� (0,49 � –0,61)
i) P� (0,66 � 0,74)
j) P� (0,77 � 0,21)
1 1
1 1
2 1
3
a) Parallele zur i-Achse durch P ��2� � 0�
1
1
c) Kreis: M (0 � 0); r = �3�
e) Kreis: M �0 � �3��; r = �3�
2
1
4
1
2
d) Kreis: M ��7� � �7��; r = �7�
4 4
1
2
f) Kreis: M ��4� � – �4��; r = �2�
1
g) Gerade: a = �3�; S �0 � – �6��
4
b) Kreis: M ��3� � 0�; r = �3�
1
1
h) Gerade: a = �4�; S �0 � �16��
1
3
i) Gerade: a = 2,4; S (0 � –0,1)
j) Fixkreis: K3 (1 � 3)
�2�6�
a) Kreis: M (1 � –0,2); r = �
5
b) Fixgerade: a = �3�; S (0 � 0)
3
�1�3�
c) Kreis: M �– �2� � –1�; r = �
2
d) Kreis: M (3 � 2); r = �1
�3�
40
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2
Die Spiegelung am Einheitskreis
Autorin: Cornelia Niederdrenk-Felgner
Zeichnungen: Cornelia Niederdrenk-Felgner, SMP Oehler, Remseck
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Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 88 – 90
S. 88
5
m
r
�; r� = ��2
a) m� = �
m m* – r2
m m* – r
b) Gilt m = a + b i, so hat der Bildkreis den Mittelpunkt M �– �ac� � �bc�� und den Radius
r = � �mc� �.
6
1. Fall: Ist M der Nullpunkt, so ist für M die Spiegelung am Einheitskreis nicht definiert.
2. Fall: Ist M vom Nullpunkt verschieden, so ist das Bild von Kr (M) genau dann wieder ein Kreis, wenn m m* � r2 gilt. Dann ist der Mittelpunkt des Bildkreises M�
m
1
�. Wäre nun m� = ��, so folgt
bestimmt durch m� = �
m m* – r2
m*
m · m*
��2
m m* – r
7
m
��2
m m* – r
= �m1�* und damit
= 1, also r = 0 (vgl. auch Aufg. 17, S. 85).
a) Es muss gelten | m |2 = 1 + r2 oder umgeformt | m |2 – r2 = m m* – r2 = 1.
b) Zu betrachten sind hierbei nur Kreise, die nicht durch den Nullpunkt gehen. Ist
Kr (M) ein solcher Fixkreis, so gilt
r
m
� = r und m� = ��2 = m.
r� = �
m m* – r2
m m* – r
Damit folgt m m* – r2 = 1. Nach a) schneidet Kr (M) den Einheitskreis senkrecht. Die
Umkehrung des Satzes ergibt sich sofort: Aus mm* – r2 = 1 folgt r� = r und m� = m.
8
a) Bild der Parallelen zur reellen Achse durch P (0 � 1) ist der Kreis mit Radius 0,5 und
Mittelpunkt M (0 � 0,5). Bilder der beiden Geraden sind die Kreise durch den Nullpunkt
und die beiden Punkte P1 (1 � 0) und S (0 � –1) bzw. P2 (–1 � 0) und S (0 � –1).
b) Das Bild des Dreiecks ist die „Kleeblatt“-Figur, die von den drei Kreisen gebildet
wird.
5 Konstruktionen zur Spiegelung am Einheitskreis
S. 89
1
g1: Parallele zur reellen Achse durch P �0 � – �12��
g2: Steigung – �23�; S �0 � �16��
g3: Steigung �12�; S (0 � 0,25)
S. 90
2
3
�1�0�
a) K: M �–0,625 � �254��; r = �
4,8
�5�
b) K: M ��12� � �14��; r = �
4
�5�
c) K: M ��14� � – �12��; r = �
4
�1�0�
d) K: M �– �13� � 1�; r = �
3
e) K: M (0 � 2); r = 2
�1�0�1�
f) K: M ��53� � – �16��; r = �
6
a) P� ��123� � �133��
b) P� (0,68 � 0,95)
c) P� (–0,23 � –0,35)
d) P� (–0,59 � 0,43)
e) P� �– �12� � �12��
f) P� (–0,77 � 0,51)
g) P� (– 2 � 2)
h) P� (1,72 � –0,69)
41
Die Spiegelung am Einheitskreis
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Zeichnungen: Cornelia Niederdrenk-Felgner, SMP Oehler, Remseck
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Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 90 – 91
S. 90
S. 91
4
Der Bildkreis ist derjenige Kreis, der den Einheitskreis in dem selben Punkt berührt wie
die Gerade und durch den Nullpunkt geht.
5
a) Zeichnet man die Tangenten an K durch den Nullpunkt, so sind Z1 und Z2 die
Berührpunkte der Tangenten mit dem Kreis.
b) Die Tangente durch den Nullpunkt ist eine Fixgerade, und der Bildpunkt Z�1 von Z1
ist Berührpunkt der Tangente mit dem Bildkreis von K. Der Bildkreis kann also konstruiert werden als Kreis, der die beiden Geraden durch den Nullpunkt in Z�1 bzw. Z2
berührt.
6
K� ist wieder ein Kreis um den Nullpunkt. Es reicht also aus, für einen Punkt P auf K
den Bildpunkt P� und K� als Kreis um den Nullpunkt durch P� zu konstruieren.
7
Die Tangente h an K durch den Nullpunkt ist eine Fixgerade der Spiegelung am Einheitskreis. Die Bildgerade g von K muss damit parallel verlaufen zu h. Gäbe es nämlich
einen Schnittpunkt P, so wäre dessen Bildpunkt Schnittpunkt von K und h.
Zur Konstruktion von g reicht es somit aus, einen Bildpunkt Z� eines Punktes Z auf K
zu konstruieren. Dann ist g als Parallele zu h durch Z� eindeutig bestimmt.
8
Ist K ein Kreis, der den Nullpunkt in seinem Innern enthält, so wird jeder Punkt im
Innern von K durch die Spiegelung am Einheitskreis in einen Punkt im Äußeren des
Bildkreises abgebildet. Dies ist klar für jeden Kreis mit dem Nullpunkt als Mittelpunkt.
Ist K ein Kreis, der den Nullpunkt enthält, aber nicht als Mittelpunkt hat, so lautet die
zugehörige Gleichung: z z* – m* z – m z* + c = 0, wobei c = m m* – r2 < 0 gilt. Die
Punkte im Innern des Kreises erfüllen die Ungleichung z z* – m* z – m z* + c < 0. Für
die Bildpunkte gilt dann die Ungleichung: w w* – �mc�* w – �mc� w* + �1c� > 0; die Bildpunkte
liegen somit im Äußeren des Bildkreises.
9
Liegt der Kreis K2 innerhalb des Kreises
K1, so liegen die Bildkreise nur dann
nicht mehr ineinander, wenn K1 den Nullpunkt enthält, K2 den Nullpunkt jedoch
nicht enthält, siehe nebenstehende Figur
(vgl. auch Aufg. 8)
10 Dies gilt nur für die Kreise mit dem Nullpunkt als Mittelpunkt.
11 Ist P (a � b) � O (0 � 0) ein Schnittpunkt der Kreise K1 und K2 , so erfüllt z = a + b i die
beiden entsprechenden Gleichungen und �z1*� erfüllt die Gleichungen der Bildfiguren.
Damit haben die Bilder von K1 und K2 gleich viele von O (0 � 0) verschiedene Schnittpunkte wie K1 und K2, nämlich genau die Bildpunkte der von O (0 � 0) verschiedenen
Schnittpunkte von K1 und K2.
Schneiden oder berühren sich K1 und K2 im Nullpunkt, so werden sie in zwei sich
schneidende bzw. parallele Geraden abgebildet.
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Von dieser Druckvorlage ist die Vervielfältigung für den eigenen
Unterrichtsgebrauch gestattet. Die Kopiergebühren sind abgegolten.
Die Spiegelung am Einheitskreis
Autorin: Cornelia Niederdrenk-Felgner
Zeichnungen: Cornelia Niederdrenk-Felgner, SMP Oehler, Remseck
Satz: SMP Oehler, Remseck
Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 91 – 92
S. 91
12 Zur Konstruktion: Zunächst werden die drei Kreise am Einheitskreis gespiegelt. Man
erhält die beiden Parallelen zur imaginären Achse durch P (1 � 0) bwz. P �– �14� � 0� und den
Kreis mit Mittelpunkt M ��37� � �37�� und Radius r = �27�. Das Problem ist nun darauf reduziert,
einen Kreis zu konstruieren, der diese beiden Parallelen und den Kreis berührt. Als
Lösungen ergeben sich die beiden Kreise mit dem Radius r = �58� und den Mittelpunkten
M1 ��38� � 1,34� und M2 ��38� � –0,48�. Spiegelt man nun diese beiden Kreise wiederum am Einheitskreis, so ergeben sich als Lösungen des gestellten Problems die Kreise
K�1: M�1 (0,24 � 0,87); r�1 = 0,41 und K�2: M�2 (–19,68 � 25,22); r�2 = 32,80.
(Ergebnisse gerundet)
13 Es ergibt sich der Kreis mit dem Mittelpunkt M �0 � �21�b � und Radius r = �21�b �der Kreis mit
dem Mittelpunkt M ��21�a � 0� und dem Radius r = �21�a �.
14
S. 91 S. 92
15 - Individuelle Lösungen in Abhängigkeit von dem verwendeten Programm.
18
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Die Spiegelung am Einheitskreis
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Autorin: Cornelia Niederdrenk-Felgner
Zeichnungen: Cornelia Niederdrenk-Felgner, SMP Oehler, Remseck
Satz: SMP Oehler, Remseck
Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 93 – 96
6 Die Zahlenkugel
S. 93
1
Der Bildpunkt Z� wandert auf der reellen Achse immer weiter nach rechts (gegen ∞).
S. 96
2
Die entsprechenden Kreise auf der Kugel berühren sich in N (haben außer N noch einen
weiteren Punkt gemeinsam).
3
1. Jeder Punkt des Äquators ist Fixpunkt; der Äquator ist ein Fixkreis.
2. Die Menge der Punkte auf der oberen Halbkugel wird auf die Menge der Punkte auf
der unteren Halbkugel abgebildet und umgekehrt.
3. Kreise, die nicht durch 0 gehen, werden wieder auf solche Kreise abgebildet (außerdem gehen die Bildkreise auch nicht durch N).
4. Kreise, die durch 0 gehen und nicht durch N, werden auf Kreise abgebildet, die
durch N und nicht durch 0 gehen.
5. Jeder Kreis, der durch N und durch 0 geht, ist ein Fixkreis.
4
Gesucht ist die Strecke x (siehe Figur).
Nach dem Strahlensatz gilt:
x:r = y:1
also
y = �xr�.
Das Dreieck PNO ist rechtwinklig; nach
dem Höhensatz gilt:
x2 = y (1 – y).
Durch Einsetzen von y = �xr� ergibt sich
r
�.
x=�
r2 + 1
a)
2
��
5
b)
4
��
17
b) Z� ��57� � 0�
c)
2
��
5
d)
5
a) Z� ��53� � 0�
6
Den Fixkreisen der Spiegelung am Einheitskreis entsprechen auf der Zahlenkugel der
Äquator und alle Kreise, deren Mittelpunkte auf dem Äquator liegen, die selbst also
symmetrisch zum Äquator sind. Den Fixgeraden entsprechen alle Kreise, die durch O
und N gehen.
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c) Z� �– �59� � 0�
r
�
�
r2 + 1
d) Z� �– �25� � 0�
Die Spiegelung am Einheitskreis
Autorin: Cornelia Niederdrenk-Felgner
Zeichnungen: Cornelia Niederdrenk-Felgner, SMP Oehler, Remseck
Satz: SMP Oehler, Remseck
Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 97 – 99
Mathematische Exkursionen
Kreisbilder
S. 97
1
Das Bild ist aus zwei jeweils achsensymmetrischen Elementen – Engel und Teufel –
aufgebaut, die sich immer wiederholen und zusammen den Kreis vollständig überdecken. Die Elemente werden von innen nach außen immer kleiner und verzerrt. In der
Mitte ist eine drehsymmetrische Anordnung zu erkennen mit dem Drehwinkel 120°, die
ebenfalls gegen den Rand hin immer wieder auftritt. Weiterhin ist eine drehsymmetrische Anordnung mit Drehwinkel 90° zu erkennen.
2
Die Innenwinkel des Dreiecks müssen Teiler von 360° sein. Da aber aus Symmetriegründen immer nur eine gerade Anzahl von Dreiecken die Figur schließen kann, muss
es Zahlen k, m, n � n geben, so dass 2 k · � = 360°, 2 m · � = 360° und 2 n · � = 360°.
Da � + � + � = 180° gilt, erhält man daraus die Gleichung �1k� + �m1� + �1n� = 1.
Die ganzzahligen Lösungen dieser Gleichung sind 3, 3, 3; 2, 3, 6 oder 2, 4, 4 mit den
entsprechenden Winkelwerten � = � = � = 60°; � = 90°, � = 60°, � = 30° bzw.
� = 90°, � = � = 45°.
S. 98
3
Es muss gelten | z – m | · | z� – m | = r2 und Z und Z� müssen auf der gleichen von M
ausgehenden Halbgeraden liegen. Verschiebt man den Kreis so, dass M auf den Nullpunkt abgebildet wird, so lautet für diesen Fall die Beziehung zwischen Z und Z�:
2
z� = �zr*�, analog wie bei der Spiegelung am Einheitskreis. Für beliebigen Mittelpunkt M
muss erst die Translation z � z – m ausgeführt werden und abschließend die Translation z � z + m. Insgesamt ergibt sich damit die Beziehung:
r
r
� + m oder z� – m = ��.
z� = �
(z – m)*
(z – m)*
2
S. 99
2
4
Individuelle Lösungen
5
a) Man konstruiert zunächst ein gewöhnliches Dreieck mit den Winkeln �, � + ��2�, � + ��2�,
wobei � = 180° – (� + � + �) zu wählen ist. Von der Seite c bzw. b aus trägt man in B
bzw. C den Winkel � bzw. � ab. Auf dem freien Schenkel errichtet man das Lot in B
bzw. C. Diese beiden Senkrechten schneiden sich in einem Punkt M. Da die beiden
Winkel in C und B im Dreieck ∆ B M C gleich sind, nämlich 90° – ��2�, liegen C und B
auf einem Kreisbogen um M. Dieser Kreisbogen ist der für das Kreisbogendreieck
��
��ABC gesuchte.
b) Wie bei gewöhnlichen Dreiecken ist auch ein Kreisbogendreieck durch Angabe der
Winkel nur bis auf Ähnlichkeit eindeutig bestimmt.
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Satz: SMP Oehler, Remseck
Lösungen zum Lambacher Schweizer Themenheft:
Komplexe Zahlen
Schülerbuch Seite 99 – 100
S. 99
6
Auch hier muss wieder gelten: Es gibt drei natürliche Zahlen k, m, n so, dass
2 k � = 360°, 2 m � = 360° und 2 n � = 360°. Da im Kreisbogendreieck jedoch nur die
Ungleichung � + � + � < 180° gilt, folgt hier die Ungleichung
1
��
k
+ �m1� + �1n� < 1.
Diese Ungleichung hat wesentlich mehr ganzzahlige Lösungen als die Gleichung (vgl.
Aufg. 2).
S. 100
7
���
Das Dreieck � AB�C wird durch die Spiegelung an BC auf das eindeutig bestimmte
Kreisbogendreieck mit den Eckpunkten A� und C abgebildet, dass die Innenwinkel �,
���
� und � hat. Dies ist genau das Dreieck � A�B�C , das durch Spiegelung von
�
���
A�BC an A�C entsteht.
8
Es wird der Kreis mit Mittelpunkt A konstruiert, der den Spiegelkreis senkrecht schneidet. Dieser Kreis wird sowohl durch die Spiegelungen an AB und AC wie auch durch
die Spiegelung an dem Kreis wieder auf sich abgebildet.
(vgl. S. 88 Aufg. 7 b))
9
Fig. 3: � = 90°, � = 60°, � = 22,5°; � + � + � = 172,5°
Fig. 4: � = � = � = 45°; � + � + � = 135°
Die Farben werden hier nicht berücksichtigt.
46
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