Aufgaben zu Kapitel 5

Aufgaben zu Kapitel 5
Aufgaben zu Kapitel 5
Verständnisfragen
Aufgabe 5.1
•
Geben Sie zu folgenden komplexen Zahlen die Polarkoordinatendarstellung an,
z1 = −2i,
z2 = 1 + i,
z3 =
Zu den komplexen Zahlen mit Polarkoordinaten r4 = 2, ϕ4 = 21 π ,
und Imaginärteil gesucht.
√
1
(−1 + 3 i) .
2
r5 = 1, ϕ5 = 43 π , bzw. r6 = 3, ϕ6 = 45 π sind Real-
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 ,
Aufgabe 5.5
•
Bestimmen Sie in Abhängigkeit von z = x + i y ∈ C\{−i} den Real- und den Imaginärteil der Zahl
w=
Aufgabe 5.6
•
z2
z1
z3
,
,
.
z3 z2 − z12 2z1 − z2
(1 − i)(z + 2) − 1 + 3i
.
z+i
Berechnen Sie alle komplexen Zahlen z ∈ C, die die Gleichung
−3 + 2i
z−3 z−4+i
+
=2 2
z−i
z−1
z − (1 + i)z + i
erfüllen.
Aufgabe 5.7
Aufgabe 5.8
•
••
Bestimmen Sie Real- und Imaginärteil der Lösungen folgender quadratischer Gleichungen
(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 .
Arens et al., Mathematik, ISBN: 978-3-8274-1758-9, © Spektrum Akademischer Verlag, 2008
1
2
Aufgaben zu Kapitel 5
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
Aufgabe 5.12 •
Zeigen Sie, dass durch die Abbildung f : C\{−1} → C mit f (z) = 1+z
Punkte 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
z
f (z) =
|z| + a
für ein a > 0.
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
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Aufgaben zu Kapitel 5
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.
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3
4
Hinweise zu Kapitel 5
Hinweise zu Kapitel 5
Verständnisfragen
Aufgabe 5.1
ablesbar.
•
Es gilt z = r(cos ϕ + i sin ϕ) mit |z| = r. Die Argumente der Zahlen sind in der Gauß’schen Zahlenebene
Aufgabe 5.2
••
Mit dem Betrag ist der euklidische Abstand zwischen komplexen Zahlen angebbar.
Aufgabe 5.3
••
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
stimmen.
•
Quadratische Ergänzung und gegebenenfalls ein Koeffizientenvergleich, um komplexe Wurzeln zu be-
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 .
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.
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Lösungen zu Kapitel 5
Lösungen zu Kapitel 5
Verständnisfragen
Aufgabe 5.1
•
Es gilt
3
3
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
z2
1 1
=− + i
z3
2 2
z1
=1
z2 − z12
z3
= −1 − 3i
2z1 − z2
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)
z1,2
1
= −(1 + i) ±
2
√
√
2+ 2−i 2 2−2
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6
Lösungen zu Kapitel 5
Aufgabe 5.8
••
In Polarkoordinaten sind die sechs Lösungen gegeben durch
1
π
π
z1 = 2 6 cos + i sin
,
4
4
1
11π
11π
+ i sin
,
z2 = 2 6 cos
12
12
1
19π
19π
z3 = 2 6 cos
+ i sin
,
12
12
1
π
π
z4 = 2 3 cos + i sin
,
6
6 1
5π
5π
z5 = 2 3 cos
+ i sin
,
6
6
1
3π
3π
z6 = 2 3 cos
+ i sin
.
2
2
Aufgabe 5.9
••
Die Gleichung gilt für Paare u, v ∈ C\{0} mit
v=
√ −1 1 ± i 3 u.
2
Aufgabe 5.10
••• –
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 (z) =
z−1
z+1
gegeben. Die reelle Achse wird auf den Einheitskreis abgebildet und die obere Halbebene in das Innere dieses Kreises.
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
•
–
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Lösungswege zu Kapitel 5
Lösungswege zu Kapitel 5
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
z2 =
Die Zahl z3 = 21 (−1 +
√
√ π
π
2 cos + i sin
.
4
4
3 i) liegt im zweiten Quadranten der Gauß’schen Ebene und hat den Betrag
|z3 | =
1 3
+ = 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
1
3
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
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
1
Re
−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).
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Lösungswege zu Kapitel 5
M2
Im
a|
z
|z +
8
|z −
1−
i
−1
i|
1+i
1
Re
−i
Abbildung 5.20
Im
i
M3
−1
1
z −
−i
Re
1− 2 i
Abbildung 5.21
Da die Bedingung besagt, dass wir alle Punkte betrachten sollen, deren Abstand zum Punkt zM = 21 (1 − i) durch
|z −
1−i
3
|≤
2
2
abschätzbar ist, ergibt sich eine Kreisscheibe mit dem Radius
Aufgabe 5.3
••
3
2
und den Mittelpunkt ZM (siehe Abbildung 5.21).
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
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Lösungswege zu Kapitel 5
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 .
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
=
2
(1 − 3i) − (1 − i)2
z2 − z 1
1−i
=
(1 − 3i) − (−2i)
1−i
=
= 1
1−i
z3
2 − 4i
=
2z1 − z2
2(1 − i) − (1 − 3i)
2 − 4i
=
1+i
(2 − 4i)(1 − i)
=
2
1
= (−2 − 6i) = −1 − 3i .
2
Aufgabe 5.5
•
Die folgende Rechnung ergibt, dass w = 1 − i gilt und somit unabhängig von der Wahl von z ist,
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 •
multiplizieren
Es gilt z2 − (1 + i)z + i = (z − 1)(z − i). Daher folgt, indem wir die Gleichung mit diesem Faktor
(z − 3)(z − 1) + (z − 4 + i)(z − i) = 2(−3 + 2i) ,
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10
Lösungswege zu Kapitel 5
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
und wir erhalten z − 2 = ±i bzw.
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
3
1 + 2i
=±
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
x2 − y2 = 1
und
2xy = −1 .
Also ist x = −1/(2y) und einsetzen führt auf
1
− y2 = 1
4y 2
bzw.
y4 + y2 −
1
1
1
= (y 2 + )2 − = 0
4
2
2
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Lösungswege zu Kapitel 5
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 − 1)
√
1 √
2−1
2 2−2
=
y=
2
2
und
die beiden Wurzeln w = x + iy und w = −(x + iy) gegeben. Für die beiden Lösungen der ursprünglichen quadratischen
Gleichung folgt
√
√
1
2+ 2−i 2 2−2 .
z± = −(1 + i) ±
2
Aufgabe 5.8
••
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 = 21 i. Aus den beiden Gleichungen x 2 − y 2 = 0 und 2xy = 1/2
folgt
1
x4 =
16
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
1 3
2i
u=w− + i=
−1 + i .
2 2
In Polarkoordinaten ist
und
π
π
2i = 2 cos + i sin
2
2
√
3π
3π
+ i sin
.
−1 + i = 2 cos
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 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
4
4
1
11π
11π
z2 = 2 6 cos
+ i sin
,
12
12
1
19π
19π
z3 = 2 6 cos
+ i sin
,
12
12
und
√
π
π
3
2 cos + i sin
,
6
6 √
5π
5π
3
z5 = 2 cos
+ i sin
,
6
6
√
3π
3π
3
+ i sin
.
z6 = 2 cos
2
2
z4 =
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11
12
Lösungswege zu Kapitel 5
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=
u+v
1
u+v
+
=1+z+ +1
z
u
v
bzw. die quadratische Gleichung
z2 + z + 1 = 0 .
Mit quadratischer Ergänzung,
1 2 3
+ ,
0 = z2 + z + 1 = z +
2
4
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
v± =
√ −1 1 ∓ i 3 u,
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| .
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 + |vz|2 − 2|Re(uvz)|
≥ |u|2 + |vz|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 .
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Lösungswege zu Kapitel 5
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.
Aufgabe 5.12
•
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
f (z)(1 +
folgt weiter
1 − i i(z − 1)
1−i
= f (z) −
1+i z−i
1+i
2i
1−i
f (z) z − i −
(z − 1) =
(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
f (z) =
z−i
.
z+i
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13
Lösungswege zu Kapitel 5
Ein Ausdruck für die Umkehrabbildung ergibt sich direkt aus der im Text angegebenen Beziehung. Es folgt für f die
Umkehrung
iz + i
z+1
dz − b
=
= −i
.
f −1 (z) =
−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.
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
+
i|
i
|z
14
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
Re
1
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).
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Lösungswege zu Kapitel 5
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
r=
as
.
1−s
die Umkehrung
Da das Argument nicht transformiert wird, ergibt sich somit die inverse Transformation, die Umkehrabbildung,
f −1 (w) =
as
aw
(cos ϕ + i sin ϕ) =
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
•
Da sich die Argumente bei der Multiplikation addieren, erhalten wir für die Spannungen
u1 (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
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2
π
3
4
π .
3
15
16
Lösungswege zu Kapitel 5
Damit folgt
u1 (t) + u2 (t) + u3 (t)
= U0 (cos(ωt) + i sin(ωt))
2
2
4
4
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.
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