Lösung 2 - D-MATH

Analysis D-BAUG
Dr. Meike Akveld
HS 2015
Lösung: Serie 2 - Komplexe Zahlen I
1. (Induktion)
a) Zeigen Sie die Ungleichung von Bernoulli: Für alle x > −1 und n ∈ N gilt:
(1 + x)n ≥ 1 + nx.
b) Zeigen Sie für alle n ∈ N:
3|n3 − n,
wobei a|b bedeutet, dass b durch a teilbar ist, also dass
b
a
∈ Z.
Lösung
a) Für n = 0 und n = 1 gilt offensichtlich Gleichheit.
Sei nun n ≥ 1. Wir zeigen den Induktionsschritt n → n + 1. Unsere Induktionsannahme lautet somit
(1 + x)n ≥ 1 + nx.
Multipliziere beide Seiten mit 1 + x. Beachte, dass 1 + x > 0. Dann gilt wegen der
Induktionsannahme und wegen nx2 ≥ 0, dass
(1 + x)n+1 ≥ (1 + nx)(1 + x) = 1 + nx + x + nx2 = 1 + (n + 1)x + nx2 ≥ 1 + (n + 1)x.
b) Für n = 0 und n = 1 ist die Aussage offensichtlich, da
0
3
= 0 ∈ Z.
Sei n ≥ 1. Wir zeigen nun den Induktionsschritt n → n + 1. Unsere Induktionsannahme lautet
3|n3 − n.
Berechne
(n + 1)3 − (n + 1) = n3 + 3n2 + 3n + 1 − n − 1 = n3 − n + 3(n2 + n).
Wegen
3|n3 − n (Induktionsannahme)
und
3|3(n2 + n) (da
3(n2 +n)
3
= n2 + n ∈ Z)
folgt die Aussage.
2. Skizzieren Sie die folgenden Bereiche der komplexen Ebene!
a) {z ∈ C |z| = 3, Im(z) ≥ 0}
b) {z ∈ C |z+2−2i|
|z+i| = 2}
c) {z ∈ C Im(z) ≥ Re(z)}
1
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d) {z ∈ C |z − 3| ≥ 1 ∧ |z − 1 − i| < 4}
e) {z ∈ C |z − i + 3| ≥ |z + 2i| ∧ Re(z) > 0 ∧ Im(z) > 0}
Lösung
a)
Die Elemente mit Betrag 3 liegen auf einem Kreis mit Mittelpunkt 0 und Radius
3.
Die Elemente mit Im(z) ≥ 0 liegen auf der oberen Halbebene.
Beachte, dass die Randpunkte −3 und 3 Teil der Menge sind.
3
2
1
0
−2.5
b)
0
2.5
Gesucht sind alle komplexen Zahlen, die von −2 + 2i genau doppelt so weit weg
sind wie von −i.
Wir schreiben z = x + iy und rechnen
|x + iy + 2 − 2i|
=2
|x + iy + i|
⇔ |x + iy + 2 − 2i|2 = 4|x + iy + i|2
⇔ (x + 2)2 + (y − 2)2 = 4x2 + 4(y + 1)2
⇔ 3x2 − 4x + 3y 2 + 12y − 4 = 0
4
4
⇔ x2 − x + y 2 + 4y − = 0
3
3
2
2
4
4
⇔
x−
− + (y + 2)2 − 4 − = 0
3
9
3
2 2
52
⇔
x−
+ (y + 2)2 = .
3
9
Im zweitletzten Schritt haben wir dabei quadratisch ergänzt.
Das Ergebnis ist ein Kreis mit Mittelpunkt
Kreis des Apollonius genannt.
2
2
3
− 2i und Radius
√
2 13
3 .
Er wird
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−1
0
0
1
2
3
−1
2
3
−2
− 2i
−3
−4
c)
Die Gleichung Im(z) = Re(z) beschreibt die Punkte auf der ersten Winkelhalbierenden.
Die gesuchte Menge ist die Vereinigung dieser Geraden und des Bereiches oberhalb davon.
d)
Die Menge {z ∈ C : |z − 3| ≥ 1} besteht aus allen Zahlen ausserhalb der
Kreisscheibe mit Mittelpunkt 3 und Radius 1.
Die Menge {z ∈ C : |z − 1 − i| < 4} ist die offene Kreisscheibe mit Mittelpunkt
1 + i und Radius 4.
Gesucht ist die Schnittmenge. Beachte, dass der Rand des kleinen Kreises schon,
jener des grossen jedoch nicht Teil der Menge ist.
y
1+i
3
e)
x
Gesucht sind die Punkte im ersten Quadranten, die näher bei −2i sind als bei
−3 + i.
3
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Die komplexen Zahlen, die von −2i gleich weit entfernt sind wie von −3 + i, sind
genau jene auf der Mittelsenkrechten der Strecke von −2i nach −3 + i. Diese
Mittelsenkrechte teilt die komplexe Ebene in zwei Halbebenen. Die komplexen
Zahlen, die zu −2i näher sind als zu −3 + i, ist die Halbebene, die −2i enthält.
Dabei sind die Koordinatenachsen zur gesuchten Menge disjunkt. Der Teil der
Mittelsenkrechten der Strecke von −2i nach −3 + i, der im ersten Quadranten
liegt, ist jedoch Teil der gesuchten Menge.
y
−3 + i
x
−2i
3. Lösen Sie folgende Gleichungen in z ∈ C und stellen Sie die Lösung(en) in Normalform
dar.
a) z 2 = i
b)
z+3−2i
z−5−i
= 3i
c) z 2 + (13 + i)z + 44 + 8i = 0
d) z = z̄
Lösung
a)
Gesucht ist z = x + iy mit z 2 = (x + iy)2 = x2 − y 2 + i2xy = i.
Durch Vergleich von Real- und Imaginärteil erhalten wir die notwendigen und
hinreichenden Bedingungen für x, y ∈ R:
2xy = 1
⇔
x2 − y 2 = 0
⇔
1
xy = ,
2
2
x = y2.
(1)
(2)
1
. In die zweite
Aus der ersten Gleichung folgt, dass x 6= 0 und damit y = 2x
Gleichung eingesetzt ergibt das
1
x4 =
4
und daher
√
√
1
2
1
2
x1 = √ =
,
x2 = − √ = −
.
2
2
2
2
4
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Es folgt aus der ersten Gleichung, dass
√
2
y1 =
,
2
y2 = −
√
2
2
und daher
√
√
2
2
z1 =
+i
,
2
2
b)
√
√
2
2
z2 = −
−i
.
2
2
Wir rechnen
z + 3 − 2i
= 3i
z−5−i
z + 3 − 2i = 3i(z − 5 − i) = 3iz − 15i + 3
⇔
⇔
z(1 − 3i) = −13i
−13i
z=
.
1 − 3i
⇔
Weiter folgt
z=
c)
−13i(1 + 3i)
39 − 13i
39
13
=
=
−i .
(1 − 3i)(1 + 3i)
10
10
10
Wir können die übliche quadratische Lösungsformel anwenden.
p
−(13 + i) ± (13 + i)2 − 4(44 + 8i)
z =
√ 2
−(13 + i) ± −8 − 6i
=
.
2
Wir müssen also die Quadratwurzel
von −8 − 6i bestimmen. Der Ansatz (a +
√
bi)2 = −8 − 6i liefert uns −8 − 6i = 1 − 3i
Bemerkung: Um eine eindeutige Wurzel von c ∈ C zu erhalten, wählen wir
diejenige Lösung von z 2 = c mit Re(z) > 0 oder Re = 0 und Im ≥ 0.
Im Detail haben wir (a + bi)2 = a2 − b2 + 2abi. Durch Vergleich von Real- und
Imaginärteil erhalten wir a2 −b2 = −8 und 2ab = −6. Aus der zweiten Gleichung
folgt a 6= 0 und b = −3
a . Durch einsetzen in der ersten Gleichung erhalten wir
a4 + 8a2 − 9 = 0. Mit der Lösungsformel für quadratische Gleichungen folgt
a2 = 1 (nur positive Lösung möglich) und folglich a = 1 und b = −3.
Für unsere ursprüngliche Gleichung erhalten wir die zwei Lösungen
z1 =
−(13 + i) + (1 − 3i)
= −6 − 2i
2
z2 =
−(13 + i) − (1 − 3i)
= −7 + i.
2
und
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Stelle z = x + iy in Normalform dar.
d)
Es gilt
x + iy = x − iy
genau dann, wenn
x=x
und
y = −y.
Also ist x ∈ R beliebig und y = 0. Die Lösungsmenge ist daher gleich R.
4. (Dreiecksungleichung) Für die komplexen Zahlen gilt die sogenannte Dreiecksungleichung
|z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 | ∀z1 , z2 ∈ C
Betrachten Sie nun den Beweis und erklären Sie bei jedem Schritt, wieso diese Umformung
korrekt ist.
Beweis: Es gilt
(1)
|z1 + z2 |2 = (z1 + z2 ) · (z1 + z2 )
(2)
= z 1 · z1 + z1 · z2 + z2 · z1 + z2 · z2
(3)
= |z1 |2 + 2 Re(z1 · z2 ) + |z2 |2
(4)
≤ |z1 |2 + 2|z1 · z2 | + |z2 |2
(5)
= |z1 |2 + 2|z1 | · |z2 | + |z2 |2
(6)
= (|z1 | + |z2 |)2
und durch Wurzelziehen erhalten wir |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 |.
Lösung
(1) z · z = (x + iy)(x − iy) = x2 + y 2 = |z|2
(2) z + w = z + w, ausmultiplizieren
(3) z · z = |z|2 , Re(z) =
z+z
2
und z1 · z2 = z2 · z1 , da z · w = z · w, z = z
(4) Re(z) ≤ |z|
(5) |z · w| = |z| · |w|, |z| = |z|
(6) 1. Binomische Formel
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5. Repetition. Fassen Sie folgende Ausdrücke zusammen. Geben Sie die Werte der Variablen an, für die der gegebene Term definiert ist.
√
√
√
√
a) ( x + y − y − z)( x + y + y − z)
√
b) √3 2 45 2 − √
x −y
c)
√
4 5
(x+y)(x−y)
2
a2 −4b
√
√
3 9
a −b 16a2 b2
·
√1
a3
d) logy (10) − logy (5)
e) 2 loga (4) + logb (4) − 3 loga (2) + 2 logb (5)
f) 2 loga (3x) + loga (3x) + 4 loga (2x) − 21 loga (64x2 )
Lösung
a)
Mit Hilfe der 3. Binomischen Formel erhalten wir
√
√
√
√
√
√
2
2
( x + y − y − z)( x + y + y − z) = x + y − y − z
= (x + y) − (y − z)
= x + z.
Die Wurzelausdrücke sind definiert falls x + y ≥ 0 und y ≥ z.
b)
Es gilt
√
√
√ √
√
3 45
4 5
3 9 5
4 5
p
−p
=p
−p
(x + y)(x − y)
x2 − y 2
x2 − y 2
x2 − y 2
√
√
9 5−4 5
= p
x2 − y 2
√
5 5
=p
.
x2 − y 2
Der Term ist wohldefiniert falls x2 > y 2 , bzw. |x| > |y|.
c)
Wir bemerken zuerst, dass der Ausdruck nur für a > 0 definiert ist.
√
(Division durch a3 .)
Es gilt
√
3
a2 − 4b2
1
a2 − 4b2
1
√
·√ = 3
· √
a − b(4a|b|) a a
a9 − b 16a2 b2
a3
a2 − 4b2
= 2√ 2
.
a a(a − 4|b|b)
Es muss also zudem a2 6= 4|b|b gelten.
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Für b ≥ 0 lässt sich der Term weiter vereinfachen zu
d)
1√
.
a2 a
Der Logarithmus ist für die Basis y > 0, y 6= 1 definiert.
Das Logarithmusgesetz für Quotienten liefert
logy (10) − logy (5) = logy ( 10
5 ) = logy (2).
e)
Wie zuvor ist der Term für a, b > 0 und a, b 6= 1 definiert.
Es gilt
2 loga (4) + logb (4) − 3 loga (2) + 2 logb (5)
= loga (42 ) + logb (4) − loga (23 ) + logb (52 )
2
= loga ( 243 ) + logb (4 · 52 )
= loga (2) + logb (100)
= loga (2) + 2 logb (10).
Wir verwenden hier das Logarithmusgesetz für Potenzen.
f)
Der Ausdruck ist wohldefiniert für a > 0, a 6= 1 und x > 0.
Wir erhalten
2 loga (3x) + loga (3x) + 4 loga (2x) − 12 loga (64x2 )
= loga (9x2 ) + loga (3x) + loga (16x4 ) − loga (8x)
2
9x · 3x · 16x4
= loga
8x
= loga (54x6 ).
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