Zusatzmaterial zur Mathematik I für E-Techniker Übung 2

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1 Mathematik I für E-Techniker C. Erdmann WS 011/1, Universität Rostock,. Vorlesungswoche Zusatzmaterial zur Mathematik I für E-Techniker Übung Wiederholung - Theorie: Komplexe Zahlen (a Wir definieren mit i := 1 die imaginäre Einheit. Es gilt demnach i = 1. (b Der Körper der komplexen Zahlen C kann als kartesisches Produkt R ir aufgefasst werden. Das bedeutet, für jede komplexe Zahl z C existieren genau zwei reelle Zahlen a z, b z R, so dass z = a z+ib z. (c Für z = a z + ib z bezeichnet R(z := a z den Realteil und I(z := b z den Imaginärteil. (d Für z = a + ib definieren wir die konjugiert komplexe Zahl z := a + ib := a ib. (e Mit Hilfe von z lässt sich der Betrag einer komplexen Zahl definieren durch z := zz = (a + ib(a ib = a + b. (f Die Produkt zweier komplexer Zahlen z 1 = a 1 + ib 1 und z = a + ib ergibt sich zu z 1z = (a 1 + ib 1(a + ib = a 1a + ia 1b + ib 1a + i b 1b = (a 1a b 1b + i (a 1b + b 1a. (g Das multiplikative Inverse einer komplexen Zahl z = a + ib ergibt sich zu 1 = z = z = a ib. z z z z a +b (h Die Division zweier komplexer Zahlen z 1 = a 1 + ib 1 und z = a + ib ergibt z 1 z = a 1a +b 1 b + i b 1a a 1 b. a +b a +b (i Für jede komplexe Zahl z C existiert genau ein Winkel φ [0, π, so dass z = z e iφ gilt. In diesem Zusammenhang bezeichnet man z auch als Radius, weil sich alle komplexen Zahlen mit gleichem Betrag c auf dem Kreis mit Radius c um den Nullpunkt befinden. Der Winkel wird als Argument von z bezeichnet. (j Weiterhin gilt die Eulersche Formel e iφ = cos(φ + i sin(φ. An dieser Formel sehen wir außerdem, dass aufgrund der π -Periodizität der trigonometrischen Funktionen sin(x und cos(x auch die Funktion f(φ = e iφ dementsprechend π -periodisch ist. Insbesondere folgt aus der Eulerschen Formel: Für beliebige Winkel φ gilt a e iφ = e iφ, b e iφ = (cos(φ + (sin(φ = 1 bzw. e iφ = e iφ e iφ = e 0 = 1 und c e πi = 1. (k Für die Multiplikation und Division zweier komplexer Zahlen z 1 = r 1 (cos (φ 1 + i sin (φ 1 und z = r (cos (φ + i sin (φ in trigonometrische Form gilt z 1 z = r 1r (cos (φ 1 + φ + i sin (φ 1 + φ, z 1 = r1 (cos (φ 1 φ + i sin (φ 1 φ. z r Für die Multiplikation und Division zweier komplexer Zahlen z 1 = r 1e iφ 1 und z = r e iφ in Exponentialform gilt z 1 z = r 1r e i(φ 1+φ, z 1 z = r1 r e i(φ 1 φ. (l Eine Umrechnung zwischen der kartesischen und trigonometrichen Form ist mit Hilfe der folgenden Formel möglich r = arctan ( b falls x > 0 a a + b, φ = arctan ( b a + π falls x < 0 ± π falls x = 0, ±y > 0 (m Für alle n N gilt die Moivresche Formel (cos(φ + i sin(φ n = cos(nφ + i sin(nφ. (n Die Gleichung z n = r (cos(φ + i sin(φ hat die Lösungen ( ( ( z k = n φ + (k 1π φ + (k 1π r cos + i sin, k = 1,,..., n n n Bemerkung: Die Punkte z 1,..., z n bilden ein reguläres n -Eck. 1

2 Zusatzaufgaben mit Lösungen Aufgabe.1. Berechnen Sie z 1 + z, z 1 z, z 1 z, z 1 z, z z 1 von: (a z 1 = 1, z = ı, (b z 1 = 3ı, z = + ı, (c z 1 = 1 ı, z = 1 + ı, (d z 1 = i, z = + i Geben Sie das Ergebnis in der Form z = a + ıb an! Lösung zu Aufgabe.1. (a z 1 + z = 1 + ı z 1 z = 1 ı z 1 z = 1 ı z 1 z = 1 = ı = ı ı 1 z z 1 = ( ı(1 = ı (b z 1 + z = + 3ı z 1 z = 9ı z 1 z = + 18ı z 1 z = 3ı = ( 3ı( ı = 1 (1 + 3ı +ı (+ı( ı z z 1 = ( ı( 3ı = 10 30ı (c z 1 + z = ı z 1 z = 3ı z 1 z = 3 ı z 1 z = 1 ı = (1 ı(1 ı = 1 (1 + 3ı 1+ı (1+ı(1 ı z z 1 = (1 ı(1 ı = 1 3ı (d z 1 + z = + ı z 1 z = z 1 z = 1 + ı z 1 z = ı = (ı( ı = 1 (1 + ı +ı (+ı( ı 17 z z 1 = ( ıı = 1 + ı Aufgabe.. Bestimmen Sie von der komplexen Zahl z den Real- und Imaginärteil: (a z = 1 3 ı, (b z = 1 ı 1 ı, (c z = (d z = re ıφ mit r = 1, φ = 1 π, (e z = reıφ mit r =, φ = π. ( 5 1 ı 1 + ı Lösung zu Aufgabe.. (a z = 1 = 1+ı 1 ı (b z = 3 ı 1 ı ( (c z = 1 ı 1+ı = (3 ı(1+ı = 1 (1 ı(1+ı 5 ( = (1 i (5 + ı 5 = ( i 5 = i (d (e e ı 1 π = (cos( 1 π + ı sin( 1 π = ı e ıπ = (cos(π ı sin(π =

3 Aufgabe.3. Berechnen Sie den absoluten Betrag und das Argument der komplexen Zahlen und geben Sie die trigonometrische und die exponentielle Form an: (a z = 1 ı, (b z = 3 ı, (c z = ı, (d z = 3 + ı, (e z = 1 + ı 3, (f z = 1 ı 3. Lösung zu Aufgabe.3. (a Der Betrag berechnet sich stets nach der festen Formel, z = a + b, wobei z = a + bi. In diesem Fall erhalten wir also 1 ı = 1 + ( 1 =. Das Argument, also der Winkel, einer Komplexen Zahl ist nun schon etwas schwieriger zu bekommen. Idealerweise kennt man die Formel zur Berechnung des Winkels, welche auf φ = arctan( 1 = π führt. Hat man diese Formel gerade nicht zur Hand oder im Kopf, so muss man sich die Eulersche Formel verdeutlichen z = z (cos(φ +i sin(φ = 1 i. }{{}}{{} Realteil Imaginärteil Jetzt sieht man, dass der Realteil der linken Seite mit dem Realteil der rechten Seite übereinstimmen muss. Das 1 gleiche gilt für den Imaginärteil. Hier also = cos(φ und 1 = sin(φ ( 1, weil wir ja bereits wissen, dass der Betrag der rechten Seite ist. Da der Realteil durch die cos -Funktion und der Imaginärteil durch die sin -Funktion dargestellt werden, suchen wir also genau die Stelle, an der die sin -Funktion genau das Negative der cos -Funktion ist (und die cos -Funktion natürlich positiv. Verdeutlicht man sich die Verläufe der cos - und sin -Funktionen, so erkennt man, dass dies genau an der Stelle φ = 7 π der Fall ist. Demnach also φ = arg(1 + ı = 7π. Um jetzt zu der exponentiellen und trigonometrischen Darstellung zu kommen, müssen wir nur noch einsetzen z = ( ( e i 7π 7π 7π = (cos + i sin (b Der Betrag berechnet sich stets nach der festen Formel, z = a + b, wobei z = a + bi. In diesem Fall erhalten wir also 3 3 ı = + ( 1 =. Das Argument, also der Winkel, einer Komplexen Zahl ist nun schon etwas schwieriger ( zu bekommen. Idealerweise kennt man die Formel zur Berechnung des Winkels, welche auf φ = arctan 1 3 = π führt. Hat man diese Formel gerade nicht zur Hand oder im Kopf, so muss man sich die Eulersche Formel verdeutlichen z = z (cos(φ +i sin(φ = 3 i. }{{}}{{} Realteil Imaginärteil Jetzt sieht man, dass der Realteil der linken Seite mit dem Realteil der rechten Seite übereinstimmen muss. Das gleiche gilt für den Imaginärteil. Hier also 3 = cos(φ und 1 = sin(φ ( 1, weil wir ja bereits wissen, dass der Betrag der rechten Seite ist. Da der Realteil durch die cos -Funktion und der Imaginärteil durch die sin -Funktion dargestellt werden, suchen wir also genau die Stelle, an der die cos -Funktion genau das 3 -Fach Negative der sin -Funktion ist (und die cos -Funktion natürlich positiv. Verdeutlicht man sich die Verläufe der cos - und sin -Funktionen, so erkennt man, dass dies genau an der Stelle φ = 11 π der Fall ist. Demnach also φ = arg( 3 ı = 11π. Um jetzt zu der exponentiellen und trigonometrischen Darstellung zu kommen, müssen wir nur noch einsetzen ( ( ( z = e i 11π 11π 11π = cos + i sin (c Der Betrag berechnet sich stets nach der festen Formel, z = a + b, wobei z = a + bi. In diesem Fall erhalten wir also 1 ı = ( + ( = 3. Das Argument, also der Winkel, einer Komplexen Zahl ist nun schon etwas schwieriger zu bekommen. Idealerweise kennt man die Formel zur Berechnung des Winkels, welche auf φ = arctan (1 + π = 5π führt. Hat man diese Formel gerade nicht zur Hand oder im Kopf, so muss man sich die Eulersche Formel verdeutlichen z = z (cos(φ +i sin(φ = i. }{{}}{{} Realteil Imaginärteil 3

4 Jetzt sieht man, dass der Realteil der linken Seite mit dem Realteil der rechten Seite übereinstimmen muss. Das gleiche gilt für den Imaginärteil. Hier also 1 = cos(φ und 1 = sin(φ ( 1, weil wir ja bereits wissen, dass der Betrag der rechten Seite 3 ist. Da der Realteil durch die cos -Funktion und der Imaginärteil durch die sin -Funktion dargestellt werden, suchen wir also genau die Stelle, an der die sin -Funktion die cos - Funktion schneidet (und die cos -Funktion ist natürlich negativ. Verdeutlicht man sich die Verläufe der cos - und sin -Funktionen, so erkennt man, dass dies genau an der Stelle φ = 7 π der Fall ist. Demnach also φ = arg( ı = 5π. Um jetzt zu der exponentiellen und trigonometrischen Darstellung zu kommen, müssen wir nur noch einsetzen z = ( ( 3e i 5π 5π 5π = 3 (cos + i sin (d 3 + ı =, φ = arg( ( ( 3 + ı = 5π z = e i 5π = cos 5π ( + i sin 5π (e 1 + 3ı =, φ = arg(1 + ( ( 3ı = π z = e i π 3 3 = cos π ( 3 + i sin π 3 (f 1 3ı =, φ = arg(1 ( ( 3ı = 5π z = e i 5π 3 3 = cos 5π ( 3 + i sin 5π 3 Aufgabe.. Zeichnen Sie die folgenden Mengen (a M 1 := {z C I( z = 3}, (b M := {z z = 1}, (c M 3 := {z C R(z z = 1}. Lösung zu Aufgabe.. (a M 1 ist die Gerade durch 3i parallel zur reellen Achse. (b M ist der Rand des Einheitskreises. (c M 3 ist die leere Menge, denn z z ist rein imaginär und hat damit immer Realteil Null. Aufgabe.5. (a Geometrisch: Warum kann man jede komplexe Zahl z 0 eindeutig als z = r (cos(φ + i sin(φ schreiben, wobei r R + und φ [0, π? (b Wie berechnet man zu z C den Radius r und den Winkel φ? (c Was ist die komplexe Multiplikation geometrisch? (d Was ist Wurzelziehen bzw. das Lösen der Gleichung z n = w geometrisch? (e Löse die Gleichungen (i z = i und (ii z 3 = 1 + i. Lösung zu Aufgabe.5. (a Jeder Punkt im R ist eindeutig durch den Radius des Kreises um den Ursprung/Nullpunkt, auf dem er liegt, und den Winkel, den die Gerade durch ihn und Null mit der reellen Achse bildet, bestimmt. (b Wegen cos(φ + sin(φ = 1 für beliebiges φ ist r = z. Weiterhin gilt wegen x = r cos(φ, y = r sin(φ tan(φ = sin(φ = y bei z = x + iy für den Winkel cos(φ x φ = arctan ( y x (eventuell bis auf ein additives Vielfaches von π, d.h. solange φ im richtigen Sektor ist. Ist tan(φ nicht definiert, dann können wir auch auf den Kotangens ausweichen: cot(φ = cos(φ = x bzw. sin(φ y ( ist dann φ = arccot x y (c Hat z den Radius r und den Winkel φ sowie z den Radius r und den Winkel φ, dann gelten: z z = r (cos(φ + i sin(φ r ( cos(φ + i sin(φ = rr ( ( cos(φ cos(φ sin(φ sin(φ + i (cos(φ sin(φ + cos(φ sin(φ = rr ( cos(φ + φ + i sin(φ + φ

5 Dann hat zz den Radius rr und den Winkel φ + φ. (Wir haben die folgenden Additionstheoreme verwendet: cos(φ + φ = cos(φ cos(φ sin(φ sin(φ, sin(φ + φ = cos(φ sin(φ + cos(φ sin(φ. (d Man sucht die Zahlen, deren Winkel- n -faches (modulo π genau dem Winkel von w und deren Radius genau der positiven n -ten Wurzel aus dem Radius von w entspricht. (e (e (i Die komplexe Zahl i hat den Betrag 1 und den Winkel π/, also sucht man Zahlen vom Betrag 1 mit Winkel φ = π mod π. Deswegen kommen nur φ = π und φ = π + π = 5π, d.h. φ = 5π/ in Frage, die Lösungen sind also z = cos π + i sin π = 1+i und z = cos 5π + i sin 5π = 1 i (ii Die komplexe Zahl 1 + i hat den Betrag und den Winkel π/, also sucht man Zahlen vom Betrag und Winkel 3φ = π/. Deswegen kommen nur die Winkel φ1 = π/1, 3φ = π + π = 9π 3φ 3 = π 17π + π = 9π, d.h. φ =, und 1 17π, d.h. φ = in Frage, die Lösungen sind also 1 z 1 = (cos(π/1 + i sin(π/1, z = (cos(9π/1 + i sin(9π/1, z 3 = (cos(17π/1 + i sin(17π/1.. Aufgabe.. (a Überführen Sie die folgenden komplexen Zahlen in die Form re iφ. (i z = i, (ii z = i, (iii z = 1, (iv z = 1 + i. (b Lösen Sie die Gleichung z = 1 über C. (c Lösen Sie die Gleichung z 3 = 1 über C. Lösung zu Aufgabe.. (a (i z = i : Es gilt i = i ( i = i = 1 = 1. Somit ist i = e iφ für ein φ [0, π. Nach der Eulerschen Formel gilt dann i = 0 + i 1 = cos(φ + i sin(φ. Damit muss cos(φ = 0 und sin(φ = 1 sein. Das gilt genau für φ = π. Demnach ist i = ei π. (ii z = i : Wegen z = z, wissen wir dass i = i = 1 ist. Somit ist i = e iφ für ein φ [0, π. Nach der Eulerschen Formel gilt dann i = 0 + i ( 1 = cos(φ + i sin(φ. Damit muss cos(φ = 0 und sin(φ = 1 sein. Das gilt genau für φ = 3π. Demnach ist i = ei 3π. (iii z = 1 : Wegen 1 = 1, ist offenbar 1 = 1. Somit ist 1 = e iφ für ein φ [0, π. Nach der Eulerschen Formel gilt dann 1 = 1 + i 0 = cos(φ + i sin(φ. Damit muss cos(φ = 1 und sin(φ = 0 sein. Das gilt genau für φ = 0. Demnach ist 1 = e i 0. (iv z = 1 + i : Es gilt 1 + i = (1 + i(1 i = 1 i =. Somit ist 1 + i = e iφ für ein φ [0, π. Nach der Eulerschen Formel gilt dann 1 + i = ( 1 + i Damit muss cos(φ = 1 und sin(φ = 1 für φ = π. Demnach ist 1 + i = e i π. 1 = (cos(φ + i sin(φ. sein. Das ist aber äquivalent zu tan(φ = 1. Das gilt genau (b Wir können zunächst die Gleichung schreiben als y = 1 mit y = x. Dann erhalten wir für y die Lösungen {, }. Damit haben wir nun die beiden quadratischen Gleichungen x = und x = zu lösen. Die erste liefert die Lösungsmenge L 1 = {, }, die zweite liefert L = {, }. Es gilt aber nach den Wurzelgesetzen z = 1 z = i z. Demnach ist L = { i, i} und die gesamte Lösungsmenge ergibt sich zu L 1 L = {, i,, i}. 5

6 (c Da die Gleichung äquivalent zu z = 0 ist, suchen wir also die Nullstellen des Polynoms p 3(z = z 3 + 1, welches den Grad drei besitzt und demnach genau 3 Nullstellen über C besitzen muss. Die erste Nullstelle z 1 = 1 = e iπ kann sofort abgelesen werden, denn ( = 0. Jetzt können wir den Faktor (z z 1 = (z+1 mittels Polynomdivision aus dem Polynom p 3(z herausfaktorisieren: (z : (z + 1 = z z + 1 Das Polynom z z + 1 besitzt nach der üblichen Formel die Lösungen z = 1 + i 3, z3 = 1 i 3. Wir sehen gerade das z = z. Merke: Ist z C Nullstelle des Polynoms p n(z, dann ist auch gleichzeitig z eine Nullstelle von p n(z. Für unsere Nullstellen z und z 3 gilt z = z 3 = z z 3 = Formel gilt dann wiederum = 1. Mit Hilfe der Eulerschen z = e iφ = cos(φ + i sin(φ tan(φ = 3, z 3 = e iφ 3 = cos(φ 3 + i sin(φ 3 tan(φ 3 = 3. Da tan(x eine ungerade Funktion ist, muss dann gelten φ = φ 3 = π. Verwenden wir noch die π - 3 Periodizität der Funktion f(φ = e iφ, lautet unsere Lösungsmenge L = {z 1, z, z 3} = {e iπ, e i π3, e i 5π 3 }. Aufgabe.7. Leiten Sie die Moivresche Formel aus der Eulerschen Formel her. Lösung zu Aufgabe.7. (cos(φ + i sin(φ n Eulersche Formel = (e iφ n Potenzgesetze = e inφ Eulersche Formel = cos(nφ + i sin(nφ. Aufgabe.8. Leiten Sie aus der Eulerschen Formel Darstellungen für den Sinus und den Kosinus her. Lösung zu Aufgabe.8. Es gelten mit Hilfe der Eulerschen Formel die folgenden Beziehungen: e iφ = cos(φ + i sin(φ e iφ = e i( φ = cos( φ + i sin( φ = cos(φ i sin(φ weil der Sinus eine ungerade bzw. der Kosinus eine gerade Funktion ist (dabei ist f eine gerade Funktion, wenn f(x = f( x für alle x gilt, und f heißt ungerade, falls f( x = f(x für alle x gilt. Addition der beiden Gleichungen ergibt e iφ + e iφ = cos(φ eiφ +e iφ = cos(φ. Subtraktion der beiden Gleichungen ergibt e iφ e iφ = i sin(φ eiφ e iφ i = sin(φ. Bemerkung: Verwenden wir die Darstellung z = r e iφ als Alternative zu z = r(cos(φ + i sin(φ oder z = a + ib, erkennen wir aus den letzten beiden Gleichungen sehr schön die folgenden Zusammenhänge für den Real- und Imaginärteil einer komplexen Zahl R(z = r cos(φ = reiφ + re iφ I(z = r sin(φ = reiφ re iφ i = z + z = z z i = = a + ib + a ib = a, a + ib (a ib = b. i

7 Aufgabe.9. Wie sehen die folgenden Teilmengen M C der komplexen Ebene aus? Fertigen Sie eine Skizze an und begründen Sie diese. M 1 := {z C z 3} M := {z C z 1 i < 1} M 3 := {z C z z = i} M := {z C z = R(z + 1} Lösung zu Aufgabe.9. M 1 ist der Kreis (inklusive Rand um den Ursprung mit Radius 3, denn d(z, z := z z = (x x + (y y ist gerade der Euklidische Abstand der Punkte z = x + iy, z = x + iy im R. M ist das Innere des Kreises (ohne Rand um den Punkt 1 + i mit Radius 1. M 3 ist wegen I(z = 1 i (z z die Gerade der Punkte mit Imaginärteil 1 Die Punkte von M erfüllen. z z = ( 1 (z + z + 1 = 1 ( z + z z + z + (z + z +, also (z z + (z + z + = 0 und somit mit z = x + iy, x, y R, die Beziehung y + 8x + = 0 x = 1 (y 1. Die Teilmenge M ist somit eine Parabel über der imaginären Achse (mit den Punkten z 1 = i und z,3 = 0 ± i. Aufgabe.10. Lösen Sie die Gleichung z 3 = 7, z C und stellen Sie die Lösungen graphisch dar. Lösung zu Aufgabe.10. Die erste Lösung ist sofort abzulesen als z 1 = 3 = 3 e iπ, denn es gilt 3 7 = 3 bzw. (3 e iπ 3 = 7 e i 3π = 7 e iπ e πi = 7 e iπ = 7. Mittels Polynomdivision erhalten wir dann z = (z + 3(z 3z + 9. Der zweite Faktor lässt sich nun mit Hilfe seiner Nullstellen noch weiter zerlegen. Diese sind gerade z = 3 ( 1 + i 3 = 3 ei π3 und z 3 = 3 ( 1 i 3 = 3 ei 5π 3. Damit ist die Lösungsmenge L = { 3, 3 + i 3 3, 3 i 3 3 } = {3 eiπ, 3 e i π3, 3 e i 5π 3 }. Aufgabe.11. Nutze die Moivresche Formel (cos(φ + i sin(φ n = cos(nφ + i sin(nφ, um die folgenden Funktionen allein mit Hilfe von cos(φ und sin(φ auszudrücken: (a cos(3φ (b sin(φ + cos(φ Lösung zu Aufgabe.11. (a Es gilt (b Es gilt cos(3φ = R(cos(3φ + i sin(3φ = R ( (cos(φ + i sin(φ 3 = R ( cos(φ 3 + 3i cos(φ sin(φ 3 cos(φ sin(φ i sin(φ 3 = cos(φ 3 3 cos(φ sin(φ sin(φ + cos(φ = I(cos(φ + i sin(φ + R(cos(φ + i sin(φ = I ( (cos(φ + i sin(φ + R ( (cos(φ + i sin(φ = cos(φ sin(φ + cos(φ cos(φ sin(φ + sin(φ. 7

8 Aufgabe.1. Geben Sie alle Lösungen der Ungleichung x < x 3 an, wenn a x R und b x C ist und skizzieren Sie jeweils die Lösungsmengen! Lösung zu Aufgabe.1. a x R : Fall x 3 : Die Ungleichung lautet dann x < x 3 < 3 falsche Aussage Fall x < 3 : Die Ungleichung lautet dann x < 3 x x < 5. Wir erhalten das Intervall [, 5 [. Fall x < : Die Ungleichung lautet dann x < 3 x < 3 Wir erhalten somit das Intervall ], [. wahre Aussage Die Lösungsmenge ist demnach L = ], 5 [. Alternativer Lösungsweg: Quadrieren beider Seiten ergibt x < x 3 (x < (x 3 x x + < x x + 9 x < 5 x ], 5 [. b x C : Eine komplexe Zahl x C lässt sich darstellen als x = a + ib. Ihr Betrag ist definiert als x := x x = (a + ib(a ib = a + b. Demnach ist die Ungleichung äquivalent zu x < x 3 (a + ib(a ib < (a 3 + ib(a 3 ib (a + b < (a 3 + b (a < (a 3 a a + < a a + 9 a < 5. Die Lösungsmenge ist L = {x C R(x < 5 } = {x C R(x ], 5 [ }. Aufgabe.13. Lösen Sie die folgenden Gleichungen über C. (a z 5 = 1, (b z = 1ı, (c z = ı, (d z 3 = + ı. Lösung zu Aufgabe.13. (a Das generelle Vorgehen bei der Lösung von Aufgaben des Typs z n = w mit n N, w C ist immer dasselbe. Man schreibt die Gleichung in die Exponentialform um, dies führt bei z 5 = 1 auf r 5 e 5iφ = 1 e i 0 = z e i ψ. So nun muss als Erstes der Betrag übereinstimmen, hier also r 5 = 1. Da der Betrag stets positiv ist führt dies auf r = 1. Jetzt muss noch der Winkel übereinstimmen, also 5φ = 0. Demnach lautet die erste Lösung φ 1 = 0. Ist ja auch nicht weiter verwunderlich, da 1 e φ 0 = e 0 = 1 eine Lösung ist, die man auch vorher hätte ablesen können. 8

9 Nach dem Hauptsatz der Algebra, existieren aber 5 Lösungen über C und nicht nur eine. Daher nutzen wir nun die π -Periodizität aus. Und zwar wissen wir, dass in der komplexen Zahlenebene der Winkel 0 der selbe ist, wie π, π, π, 8π. Wir erhalten also als weitere Gleichungen 5φ = π, 5φ = π, 5φ = π, 5φ = 8π, und somit die weiteren Lösungen Insgesamt erhalten wir demnach die Lösungen φ = 5 π, φ3 = 5 π, φ = 5 π, φ5 = 8 5 π. z 1 = 1, z = e i 5 π, z 3 = e i 5 π, z = e i 5 π, z 5 = e i 8 5 π. Hätten wir übrigens mit den Winkeln nach 8π weiter gemacht, mit 10π usw., dann hätten wir als Lösungen wieder Zahlen bekommen, die wir aufgrund der π Periodizität bereits hatten. (b Man schreibt die Gleichung in die Exponentialform um, dies führt bei z = 1i auf r e iφ = 1 e i π = z e i ψ. So nun muss als Erstes der Betrag übereinstimmen, hier also r = 1. Da der Betrag stets positiv ist führt dies auf r =. Jetzt muss noch der Winkel übereinstimmen, also φ = π. Demnach lautet die erste Lösung φ 1 = π. 8 Nach dem Hauptsatz der Algebra, existieren aber Lösungen über C und nicht nur eine. Daher nutzen wir π nun die π -Periodizität aus. Und zwar wissen wir, dass in der komplexen Zahlenebene der Winkel der selbe ist, wie 5π, 9π, 13π. Wir erhalten also als weitere Gleichungen φ = 5π, φ = 9π und somit die weiteren Lösungen φ = 5 8 π, φ3 = 9 13 π, φ = 8 8 π. Insgesamt erhalten wir demnach die Lösungen, φ = 13π, z 1 = e i 1 8 π, z = e i 5 8 π, z 3 = e i 9 8 π, z = e i 13 8 π. Hätten wir übrigens mit den Winkeln nach π weiter gemacht, mit π usw., dann hätten wir als Lösungen wieder Zahlen bekommen, die wir aufgrund der π Periodizität bereits hatten. Alternativ hätte man natürlich sofort die allgemeine Lösungsformel verwenden können. (c Man schreibt die Gleichung in die Exponentialform um, dies führt bei z = 1 auf r e iφ = 3 e i 5π = z e i ψ. So nun muss als Erstes der Betrag übereinstimmen, hier also r = 3. Da der Betrag stets positiv ist führt dies auf r = 1 3. Jetzt muss noch der Winkel übereinstimmen, also φ = 5π. Demnach lautet die erste Lösung φ 1 = 5π. Nach dem Hauptsatz der Algebra, existieren aber Lösungen über C und nicht nur eine. Daher nutzen wir 5π nun die π -Periodizität aus. Und zwar wissen wir, dass in der komplexen Zahlenebene der Winkel der selbe ist, wie 13π, 1π, 9π, 37π, 5π. Wir erhalten also als weitere Gleichungen φ = 13π, φ = 1π und somit die weiteren Lösungen φ = 13, φ = 9π π, φ3 = 1 Insgesamt erhalten wir demnach die Lösungen π, φ = 9 37π 5π, φ =, φ =, 37 5 π, φ5 = π, φ = π. z 1 = 1 3e i 5 π, z = 1 3e i 13 π, z 3 = 1 3e i 1 π, z = 1 3e i 9 π, z 5 = 1 3e i 37 π, z = 1 3e i 5 π Hätten wir übrigens mit den Winkeln nach 5 53 π weiter gemacht, mit π usw., dann hätten wir als Lösungen wieder Zahlen bekommen, die wir aufgrund der π Periodizität bereits hatten. Alternativ hätte man natürlich sofort die allgemeine Lösungsformel verwenden können. 9

10 (d Man schreibt die Gleichung in die Exponentialform um, dies führt bei z 3 = + i auf r 3 e 3iφ = 8 e i π = z e i ψ. So nun muss als Erstes der Betrag übereinstimmen, hier also r 3 = 8. Da der Betrag stets positiv ist führt dies auf r = 8. Jetzt muss noch der Winkel übereinstimmen, also 3φ = π. Demnach lautet die erste Lösung φ 1 = π. 1 Nach dem Hauptsatz der Algebra, existieren aber 3 Lösungen über C und nicht nur eine. Daher nutzen wir π nun die π -Periodizität aus. Und zwar wissen wir, dass in der komplexen Zahlenebene der Winkel der selbe ist, wie 9π, 17π. Wir erhalten also als weitere Gleichungen 3φ = 9π, und somit die weiteren Lösungen φ = 3 17 π, φ3 = 1 π. Insgesamt erhalten wir demnach die Lösungen 17π 3φ =, z 1 = 8e i 1 1 π, z = 8e i 9 1 π, z 3 = 8e i 17 1 π Hätten wir übrigens mit den Winkeln nach 17 5 π weiter gemacht, mit π usw., dann hätten wir als Lösungen wieder Zahlen bekommen, die wir aufgrund der π Periodizität bereits hatten. Alternativ hätte man natürlich sofort die allgemeine Lösungsformel verwenden können. Aufgabe.1. Bestimmen Sie 3 + i. Lösung zu Aufgabe.1. Wir möchten alle Lösungen der Gleichung z 3 = + i (1 finden. Wir schreiben z = + i in Exponentform um. Der Betrag ist z = 8. Weil die Zahl im zweiten Quadranten liegt, erfüllt das Argument ϕ die Gleichung ϕ = π arctan( = π π = 3π. z = e i 3π = ( cos ( 3π + i sin ( 3π Wir schreiben die Lösung der Gleichung in der Form z k = r k e iϕ k, wobei r k = 3 8 = und 3ϕk = 3π +kπ, k = 0, 1,. Damit können wir die Lösungen als. schreiben. z 0 = e i( π + 0 π 3 = e i π ( ( = cos π ( + i sin π = 1 + i z 1 = e i( π + 1 π 3 = e i 11π 1 = (cos 11π 1 z = e i( π + π 3 = e i 19π 1 = (cos 19π 1 11π + i sin i, 1 19π + i sin i. 1 Aufgabe.15. Bestimmen Sie die Lösung der quadratischen Gleichung z ( 3iz ( + i = 0. Lösung zu Aufgabe.15. Die quadratische Ergänzung ergibt z ( 3iz ( + i = ( z z 3i + ( 3i ( 3i ( + i = ( z 3i + 5+1i ( + i = ( z 3i 3+i. 10

11 e Abbildung 1: Die Symmetrie der Lösungen Wir schreiben die Gleichung als ( z 3i = 3+i ( z ( 3i = 3 + i t = 3 + i um, wobei t = z + 3i. Wir können die Zahl z = 3 + i in Polarform z = r(cos ϕ + i sin ϕ umschreiben. Die Formel von Moivre impliziert, dass t 1, = ± r ( cos ( ( ϕ + i sin ϕ. ( Mit den Additionstheoremen erhalten wir cos ( ϕ = 1+cos(ϕ = Daher können wir die Lösungen als = 5,sin ( ϕ t 1, = ± 5 ( 5 + i 1 5 = ±( + i = 1 cos(ϕ 1 = 3 5 = 1 5. schreiben. Man bemerkt die Symmetrie der Wurzeln t 1, t, in der Gaußebene. Wir substituieren t 1 und t für t in der Gleichung t = z + 3i und lösen nach z auf. z 1 = t 1 + 3i = i, z = t + 3i = i. Aufgabe.1. Bestimmen Sie alle Lösungen der Ungleichung z+i z+(3 i <. Lösung zu Aufgabe.1. Wir formen die Ungleichung für z = x + iy um zu: z + i z + (3 i < z + i z + (3 i < x + iy + i < x + iy + (3 i (Wir erhöhen zur zweiten Potenz (x + i(y + (x i(y + < (x i(y 1(x + 3 i(y 1 x + (y + < ((x (y 1 0 < x + 1x + y 8y + 1. Mit der Hilfe der quadratischen Ergänzung für x und y : x + 1x + y 8y + 1 = (x + x (y y + 1 = (x + + (y 3, 11

12 erhalten wir 3 < (x + + (y. Die Lösung dieser Ungleichung ist die Menge der Punkte z = x + iy der Gaußebene, die nicht in dem Kreis mit Mittelpunkt m = + i und dem Radius r = liegen. Die Illustration der Lösungmenge zusammen mit der z+i Funktion ist in der Abbildung dargestellt. z+(3 i Im Re 5 Abbildung : Die Darstellung der Lösungmenge der Ungleichung von Aufgabe und der z+i Funktion in der Gaußebene. z+(3 i Aufgabe.17. Bestimmen Sie die Lösungen der Gleichung z 3 + z + 3 = 10. Lösung zu Aufgabe.17. Wir formen die Gleichung für z = x + iy um zu: Wir erhöhen zur zweiten Potenz, z = zz : z 3 + z + 3 = 10 (a 3 + iy + (a iy = 10. (x 3 + y + (x y + (x 3 + iy (x iy = 100 (x (y xyi = 1 (x + y (und noch mal x + y x 18x + y + 18y + 81 = x + y x 8x + y 8y x + 100y = 100 x 5 + y 1 = 1. Das ist nicht anderes als die Ellipsengleichung mit Exzentrizität 5 1 = 3, Halbachsen a = 5 und b =, daher sind die Brennpunkte f 1 = ( 3, 0, f = (3, 0, die Schnittpunkte mit der x -Achse liegen in den Punkten (±5, 0, die Schnittpunkte mit der y -Achse ist im Punkten (0, ±. Aufgabe.18. Bestimmen Sie die Überlagerung von reellen Schwingungen mit gleichen Frequenzen: (a x 1 = A 1 cos(ωt + ϕ 1 mit x = A cos(ωt + ϕ ; (b x 1 = sin(ωt + π mit x = sin(ωt 1; (c x 1 = sin(t mit x = cos(t. 1

13 Lösung zu Aufgabe.18. Zuerst rechnen wir die Aufgabe in allgemeiner Weise (a. Wir erweitern die reellen Schwingungen x 1 und x in ihre Komplexformen: x 1 = A 1 cos(ωt + ϕ 1 z 1 = A 1(cos(ωt + ϕ 1 + sin(ωt + ϕ 1 = A 1e i(ω+ϕ 1, x = A cos(ωt + ϕ z = A (cos(ωt + ϕ + sin(ωt + ϕ = A e i(ω+ϕ. Jetzt können wir die Überlagerung x von den Schwingungen schreiben als: x = x 1 + x = Re(z 1 + Re(z = Re(z 1 + z = Re(A 1e i(ω+ϕ 1 + A e i(ω+ϕ = Re(e iωt (A 1e iϕ 1 + A e iϕ = Re(e iωt (r e iψ = rre(e i(ωt+ψ = Re(r(cos(ωt + ψ + i sin(ωt + ψ = r cos(ωt + ψ, wobei r e iψ die Exponentialform der komplexe Zahl A 1e iϕ 1 + A e iϕ ist. Im Fall (b verwenden wir die analoge Prozedur: x = x 1 + x = Im(z 1 + Im(z = Im(z 1 + z = Im(e iωt ( e i π + e i = Im ( e iωt ((1 + cos 1 + i(1 sin 1 = Im(re i(ωt+ψ = r sin(ωt + ψ = ( 3 + cos 1 sin 1 sin ωt + arctan 1 sin 1 1+cos 1 wobei r e iψ ist die Exponentialform der komplexe Zahl e i π + e i, r = 3 + cos 1 sin und das Argument ψ = arctan 1 sin cos 1, Abbildung 3: Überlagerung von reellen Schwingungen x 1 (blau, x (rot Im Fall (c sollten wir die x = cos t Funktion als Sinus schreiben, x = sin(t + π. Jetzt erweitern wir die reellen Schwingungen x 1 und x in ihre Komplexformen: x 1 = sin(t z 1 = e it, x = cos(t = sin(t + π z1 = ei(t+ π. Die Überlagerung x von Schwingungen ist gegeben durch gegeben. x = x 1 + x = Im(z 1 + Im(z = Im(z 1 + z = Im(e it + e i(t+ π = Im(e it (1 + e i π = Im(e it ( e π = sin(t + π Abbildung : Überlagerung von Schwingungen x 1 = sin(t (blau, x = cos(t (rot 13