Lösungen aller Aufgaben und Lernkontrollen

Transkript

1 Oft gbt es be den Aufgaben mehr als nur enen rchtgen Lösungsweg. Es st jedoch mest nur ene Lösung dargestellt. Aufgaben u Kaptel Lösung u Aufgabe a) nach Defnton von. b) 4 ( ) ( ). c) 5 4. d) ( ) (( ) ) ( ) ( ). e) ( ). (Exponent vor Punkt vor Strch!) Lösung u Aufgabe a) e( + 4), Im( + 4) 4 b) e( 5), Im( 5) 5 c) e ( 4 + 7) 4, Im ( 4 + 7) 7 d) e ( ) 7, Im ( ) 5 6 e) e ( 5 ) 0, Im ( 5 ) 5 f) e ( 6) 6, Im ( 6) 0 g) e() 0, Im() h) e(0) 0, Im(0) 0 ) De Aussage st falsch. Begründung: Bespelswese st für + 4 de Summe von ealtel und Imagnärtel e( + 4) + Im( + 4) (Auf der rechten Sete fehlt. chtg wäre: e() + Im().) Wenn Se noch weter üben wollen, dann können Se sch ja enmal überlegen, für welche komplexen Zahlen de Glechung stmmt. (Antwort: De Glechung glt nur für reelle Zahlen, also für komplexe Zahlen, deren Imagnärtel null st.) Letprogramm Komplexe Zahlen 67

2 Lösung u Aufgabe a) 5 + b) c) 8 d) x + y e) Wr können a + b mt a, b reell schreben. Es st dann e(im()) e(im(a + b)) e(b) b soll 0. b st aber gerade der Imagnärtel von. Ene komplexe Zahl mt Imagnärtel 0 st reell. Also st reell. Lösung u Aufgabe 4 Beachten Se, dass N Z Q C glt. 4 a) N, Z, Q,, C b), C c) + C d) 0 Z, Q,, C e) 4 C A Lösung u Lernkontrolle A a) ( ) ( ) ( ). b) e( ), Im( ) De komplexe Zahl mt ealtel und Imagnärtel st. c) 5 Z, Q,, C, 7 C, 9 Q,, C d) De Aussage st falsch. Begründung: Zum Bespel für + glt e(e()) e(e( + )) e() 0. Der ealtel ener komplexen Zahl st m Allgemenen ncht null. (chtg wäre: e(e()) e().) B Lösung u Lernkontrolle B a) ( ) (( ) ) ( ) ( ) ( ) ( ). b) e( ), Im( ). De komplexe Zahl mt ealtel 0 und Imagnärtel 4 st 4. c) N, Z, Q,, C, C, 9 Z, Q,, C. d) De Aussage st rchtg. Begründung: Wr können a + b schreben mt a, b reell. a st dabe der ealtel von (also a e()) und b st der Imagnärtel von (also b Im()). Also st e() + Im(). 68 Letprogramm Komplexe Zahlen

3 Aufgaben u Kaptel Lösung u Aufgabe 5 a) (4 + ) + ( + ) b) (4 + ) ( + ) c) ( 4 + ) + ( 5 ) d) e (( + ) ( )) e ( ) e(4) 0 e) ( 5 + ) + ( + ) (4) f) Im (7 (4 + ) (5 4)) Im ( ) Im( + ) g) Es gbt unendlch vele Lösungen. Bespelswese st ( + ) + ( ) ( 5 ) + ( 5 + 4) Se können sch ja enmal Folgendes überlegen: Es st genau dann (a + b) + (c + d), wenn a + c 0 und b + d glt. h) De Antwort lautet: Nen. Begründung: Wenn a und b we ren magnäre Zahlen snd (a, b reell), dann st auch a + b (a + b) ren magnär. Also kann de Summe weer ren magnärer Zahlen ne de reelle Zahl sen. Lösung u Aufgabe 6 Snd a + b und c + d we komplexe Zahlen (d.h. a, b, c, d reell), dann glt (a + b) + (c + d) (a + c) + (b + d), (a + b) (c + d) (a c) + (b d). 6 Lösung u Aufgabe 7 a) v w b) v + w c) e( + w) e(5 + 4) 4 d) Im( v) Im(5 (6 )) Im( 6 + 6) 6 Letprogramm Komplexe Zahlen 69

4 e) Wr können a + b und w c + d schreben (a, b, c, d reell). Es st dann e() + e(w) e(a + b) + e(c + d) a + c und e( + w) e(a + b + c + d) e ((a + c) + (b + d)) a + c. Also st e( + w) e() + e(w). De Aussage e(+w) e()+e(w) st übrgens nur de Formelschrebwese für enen Tel der Merkregel, de Se für de Addton gelernt haben: Komplexe Zahlen werden addert, ndem man ealtele und Imagnärtele separat addert. Übersett man dese Merkregel komplett n Formelschrebwese, so lautet se: Für we komplexe Zahlen und w glt e( + w) e() + e(w) und Im( + w) Im() + Im(w). Lösung u Aufgabe 8 8 a) v ( + ) ( 5) b) v(w ) ( + ) (4 ( 5)) ( + ) (9 ) c) vw ( + ) 4 ( 5) (4 + 4 )( 5) ( 4 + 4)( 5) , also e(vw) e( + 8) d) v + w + + 4( 5) , also Im(v + w) Im( + 9) 9 e) De Aussage st falsch. Begründung: Wr können a + b schreben mt a, b reell. Für st e() a und Im() b. Multplert man nun mt, so erhält man ( ) ( ) (a + b) a b a b ( ) a + b b a. Es st also e( ) b und Im( ) a. Der neue ealtel st also tatsächlch der alte Imagnärtel, aber der neue Imagnärtel hat das entgegengesette Vorechen von dem alten ealtel. De Aussage st also m Allgemenen ncht rchtg. Se können sch ja enmal überlegen, für welche komplexen Zahlen de Vertauschung rchtg st. (Antwort: ealtel und Imagnärtel werden be Multplkaton mt genau dann vertauscht, wenn a a, also a 0 st. Das bedeutet, dass der ealtel von null sen muss, d.h. dass ene ren magnäre Zahl st.) Lösung u Aufgabe 9 9 Snd a + b und c + d we komplexe Zahlen (d.h. a, b, c, d reell), dann glt (a + b) (c + d) (ac bd) + (ad + bc). 70 Letprogramm Komplexe Zahlen

5 De Herletung geht folgendermaßen: (a + b) (c + d) ac + ad + bc + bd ac + (ad + bc) bd (ac bd) + (ad + bc) Lösung u Aufgabe 0 Wr können a + b und w c + d schreben mt a, b, c, d reell. Für und w st e() a und e(w) c. Nach Aufgabe 9 st e( w) ac bd. Des st m Allgemenen ncht dasselbe we e() e(w) ac. 0 Lösung u Aufgabe a) b) w c) w + () + ( + 4) d) w () ( + 4) Lösung u Aufgabe Wr schreben stets a + b mt a, b reell. a) (a + b) (a + b) (a + b) (a b) a ab + ab b a + b e() + Im() b) + a + b + a + b a + b + a b a e() c) a + b a b a + b Lösung u Aufgabe a) + 7 b) 4 4 (+)(7+) (7 )(7+) ( 4+4) ( 4 4)( 4+4) c) ( ) Bemerkung: Steht m Nenner ene ren magnäre Zahl, dann kann der Bruch auch anstatt mt der konjugert komplexen Zahl enfach mt erwetert werden. Also oder.b. auch. Des st mest enfacher! d) +4 (+4) ( ) Letprogramm Komplexe Zahlen 7

6 Lösung u Aufgabe Snd a+b und c+d we komplexe Zahlen (d.h. a, b, c, d reell) und c+d 0, dann glt ac + bd bc ad (a + b) : (c + d) + c + d c + d. De Herletung geht folgendermaßen: (a + b) : (c + d) a + b (a + b)(c d) ac ad + bc bd c + d (c + d)(c d) c d ac + (bc ad) + bd (ac + bd) + (bc ad) c + d c + d ac + bd bc ad + c + d c + d. Lösung u Aufgabe 5 a) vw (6 + 4) 5( ) b) v (6+4) 5 6 (6 )(6 9) v (6+4) (6+9)(6 9) c) w( + v) (6 + 4)( )((6 + 4) + 5) (8 + 8 )(6 + 9) 6(6 + 9) , also st e(w( + v)) e(56 + 4) 56 d) ( ) vw 5( ) (0+5)(6 4) (6+4)(6 4) , also st ( vw 5 6 ) e) Wr schreben a + b, w c + d mt a, b, c, d reell. Dann st w (a + b) (c + d) (ac bd) + (ad + bc) (ac bd) (ad + bc) und w ( a + b ) (c + d ) (a b) (c d) ac ad bc + bd (ac bd) (ad + bc). Lösung u Lernkontrolle A A a) ( + 4) + ( ) ( + 4) ( ) ( + 4) ( ) ( + 4) : ( ) +4 (+4)(+) ( )(+) b) + und Letprogramm Komplexe Zahlen

7 c) Indem man unächst auf beden Seten der Glechung + subtrahert erhält man +. Des st glechbedeutend mt (+)( ) d) De Aussage st rchtg. Begründung: Wr schreben a + b, w c + d (a, b, c, d reell). Dann st + w (a + b) + (c + d) (a + c) + (b + d) (a + c) (b + d) und + w a + b + c + d (a b) + (c d) (a + c) (b + d). Lösung u Lernkontrolle B a) ( + ) + ( ) ( + ) ( + ) ( ) + + ( ) ( + ) ( ) + + ( ) + ( + ) : ( ) + (+) 5 ( ) ( ) b) 4 4 und B c) Es st bespelswese 7 7 ( ) 7 ( 7 ). (Es gbt unendlch vele Lösungen.) d) De Aussage st rchtg. Begründung: Wr schreben a + b (a, b reell). Dann st Im() Im(a + b) Im(a b) b und Im() Im(a + b) b. Aufgaben u Kaptel Lösung u Aufgabe 6 a) 4 4 ( ). De Lösungen snd de konjugert komplexen Zahlen 4 und 4. b) + 0 st äquvalent u ( ). Daher snd de Lösungen de konjugert komplexen Zahlen und. 6 c) 6 5 st äquvalent u 5 5. Da 5 ene postve reelle Zahl st, snd 6 5 de Lösungen de beden reellen Zahlen und 5. (Beachten Se, dass reelle Zahlen auch komplexe Zahlen snd!) d) 8 st äquvalent u ( + 8). Das Produkt st null, wenn 0 glt oder wenn + 8 0, bw. 8 8 ( ) st. De Lösungen snd also 0, 8 und 8. (Glechung -ten Grades mt Lösungen.) Letprogramm Komplexe Zahlen 7

8 7 8 Lösung u Aufgabe 7 De Glechung ( ) st äquvalent u ( ) 4 4 ( ). Daher glt oder. De Lösungen snd also + und. Lösung u Aufgabe 8 Multplkaton mt ergbt Es st also a, b, c 6 und damt de Dskrmnante D b 4ac w 47 st ene Zahl, für de glt: w D. Des führt auf de konjugert komplexen Lösungen, b±w ± 47 ± 47. a 4 4 (Bemerkung: Wenn Se ncht mt multpleren, erhalten Se a, b, c und damt de Dskrmnante D b 4ac 47. Des führt 4 4 auf w 47 und damt auf de glechen Lösungen.) Lösung u Aufgabe 9 9 a) Es st a, b 4, c 0 und damt de Dskrmnante D b 4ac w 8 st ene Zahl mt w D. Des führt auf de konjugert komplexen Lösungen, b±w 4±8 ± 4. a b) De Glechung st äquvalent u Es st also a, b 4, c 45 und damt de Dskrmnante D b 4ac w 4 st ene Zahl mt w D. Des führt auf de reellen Lösungen, b±w 4±4, also auf a 9 und 5. c) Es st a, b, c und damt de Dskrmnante D b 4ac 8 7. w 7 st ene Zahl mt w D. Des führt auf de konjugert komplexen Lösungen, b±w ± 7 ± 7. a d) Hat de Glechung nur reelle Lösungen, dann st de Aussage klar: Das Produkt von reellen Zahlen st mmer reell. Hat de Glechung ncht reelle Lösungen, dann snd dese nach der Lösungsformel komplex konjugert uenander. Das Produkt ener komplexen Zahl mt der u hr konjugert komplexen Zahl st ebenfalls reell. e) + löst de Glechung, d.h. es glt 0 ( + ) ( + ) + a a + a. Daher st a. Da ene ncht reelle Lösung der Glechung st, muss de wete Lösung konjugert komplex u sen, d.h.. 74 Letprogramm Komplexe Zahlen

9 Lösung u Lernkontrolle A a) st äquvalent u Es st also a, b 8, c 7 und damt de Dskrmnante D b 4ac w st ene Zahl mt w D. Des führt auf de konjugert komplexen Lösungen, b±w 8± 4 ±. a b) De Substtuton (Ersetung) u führt auf de quadratsche Glechung u + u Es st a, b, c 54 und damt de Dskrmnante D b 4ac w 5 st ene Zahl mt w D. Des führt auf de Lösungen u, b±w ±5, also auf u a 6 und u 9. Also glt 6 oder 9. Des führt auf de Lösungen, ± 6 und,4 ±. (Glechung 4-ten Grades mt 4 Lösungen.) A c) De Aussage st falsch. Begründung: st ene quadratsche Glechung mt reellen Koeffenten. Wenn de Lösungen deser Glechung ncht reell snd, dann snd se konjugert komplex uenander. Da + und 4 + weder reell noch konjugert komplex uenander snd, können se also auch ncht Lösungen deser Glechung sen. Alternatve Begründung: Se können berechnen, dass de Glechung de konjugert komplexen Lösungen + und bestt. d) De Aussage st rchtg. Begründung: Wenn de Glechung ene ncht reelle Lösung bestt, dann bestt se noch ene wete Lösung, de konjugert komplex u der ersten st. Also kennt man n desem Fall de wete Lösung ebenfalls, nämlch de konjugert komplexe Zahl u der ersten Lösung. Lösung u Lernkontrolle B a) De Glechung st äquvalent u Es st also a, b 8, c 5 und damt de Dskrmnante D b 4ac w 6 st ene Zahl mt w D. Des führt auf de konjugert komplexen Lösungen, b±w a 8±6 4 ±. b) De Glechung st äquvalent u ( 4 +6) 0. Es st also entweder 0 oder Be der weten Glechung st a, b 4, c 6 und damt de Dskrmnante D b 4ac w 8 st ene Zahl mt w D. Des führt auf de Lösungen 0 und, b±w a 4± 8 ±. (Glechung -ten Grades mt Lösungen.) c) De Aussage st falsch. Begründung: und snd bespelswese we verschedene Lösungen der Glechung 0 ( )( ) 5 + 6, aber es st e() e(). B Letprogramm Komplexe Zahlen 75

10 Se können sch ja enmal überlegen, n welchem Fall e(w) e() glt. (De Aussage st rchtg, wenn w und ncht reelle Lösungen snd.) d) Ene enfache Glechung st 0 ( )( ) ( b)( + b) + b, also b. Aufgaben u Kaptel 4 0 Lösung u Aufgabe 0 e) u, v +, w (a) (c) (b) Lösung u Aufgabe a) w w w (d) b) Dem Blden der entgegengesetten Zahl entsprcht n der Gaußschen Zahlenebene ene Punktspegelung am Nullpunkt. Denn es glt: (a + b) a + ( b). Dem Blden der konjugert komplexen Zahl entsprcht n der Gaußschen Zahlenebene ene Achsenspegelung an der reellen Achse. Denn es glt: a + b a b a + ( b). Lösung u Aufgabe a) b) c) 76 Letprogramm Komplexe Zahlen

11 Lösung u Aufgabe a) 0 + Lösung u Aufgabe 4 a) 0 + b) Fasst man de vomnullpunkt ausgehenden Verbndungslnen jewels als Vektoren auf, dann entsprcht das Adderen von und n der Gaußschen Zahlenebene der Addton der u und gehörenden Vektoren. (Das heßt der Vektor, der u + gehört, entsteht durch Addton der Vektoren, de u und gehören.) Da und symmetrsch ur reellen Achse legen, legt der ur Summe gehörende Vektor + auf der reellen Achse. Aus Symmetregründen legt er genau doppelt so wet vom Nullpunkt entfernt we der ursprünglche Vektor u. Das heßt aber nchts anderes, als dass + e() st, und das st glechbedeutend mt ( + ) e(). 4 b) 0 Da und symmetrsch ur magnären Achse legen, legt der ur Summe gehörende Vektor + ( ) auf der magnären Achse. Aus Symmetregründen legt er genau doppelt so wet vom Nullpunkt entfernt we der ursprünglche Vektor u. Das heßt aber nchts anderes, als dass Im() st, und das st wederum glechbedeutend mt ( ) Im(). Lösung u Aufgabe 5 a) Aus der Zechnung lest man ab: +, +, 4 +. Man erhält somt de Beträge , ( ) , b) Da π reell st, st π π ( ) + ( 4) Letprogramm Komplexe Zahlen 77

12 6 Lösung u Aufgabe 6 a) b) c) 0 + Zu (a): 0 beschrebt de Menge aller Punkte, de von 0 den Abstand haben. Des st en Kres um 0 mt adus. Zu (b): ( + ) beschrebt de Menge aller Punkte, de von + den Abstand haben. Des st en Kres um + mt adus. Zu (c): De Glechung beschrebt de Menge aller Punkte, de von und den glechen Abstand haben. Es handelt sch be deser Menge daher um de Mttelsenkrechte u der Verbndungsstrecke von und. A Lösung u Lernkontrolle A a) ( w ) w ( ) + ( ) w + ( ) ( ) b) Der Addton von + u jeder komplexen Zahl entsprcht ene Translaton (Verschebung) um den u + gehörenden Vektor. c) + Zur drtten Unteraufgabe: st glechbedeutend mt ( + ). Des beschrebt de Menge aller Punkte, de von + höchstens den Abstand haben. 78 Letprogramm Komplexe Zahlen

13 Lösung u Lernkontrolle B a) w w ( ) w ( + 4 ) ( ) b) Der Bldung von u jeder komplexen Zahl entsprcht ene Spegelung an der magnären Achse. Denn es glt: (a + b) (a b) ( a) + b für a + b mt a, b reell. B c) + 0 Zur weten Unteraufgabe: st glechbedeutend mt 0 ( + ). Des beschrebt de Menge aller Punkte, de von 0 und + den glechen Abstand haben. Das st de Mttelsenkrechte u der Verbndungsstrecke von 0 und +. Aufgaben u Kaptel 5 5 Lösung u Aufgabe 7, 4 4,,, 5. 7 Letprogramm Komplexe Zahlen 79

14 8 Lösung u Aufgabe 8 a) b) c) e 0 π 4 π e π π e π (ncht e 0 ) 4, arg() π, 4 Fgur 4e ( π +π) 4 4e 7π 4 4e ( π 4 ) 4e 5π 4. arg( ) 7π 4 arg() 5π 4 π e π (ncht e π ) 0 De Punkte blden en regelmäßges Sechseck Lösung u Aufgabe 9 a) Es st r und ϕ und damt e (cos() + sn()) cos() + sn() 0, , 845. b) Es st r 6 und ϕ 5π und damt 6e 5π 6 ( cos ( ) ( 5π + sn 5π )) 6 cos ( ) ( 5π + 6 sn 5π ) ( ). c) e 5π 4 ( cos ( ) ( 5π 4 + sn 5π )) ( ) 4 + ( ). Damt st e 5π 4 +. d) e π 6 ( cos ( ) ( π 6 + sn π )) ( 6 ) + +. e 4π ( cos ( ) ( 4π + sn 4π )) ( + ( ) ) Damt st e π 6 e 4π + ( ) Letprogramm Komplexe Zahlen

15 Lösung u Aufgabe 0 a) Es st a und b und damt r + +. Außerdem st tan(ϕ). Der Taschenrechner lefert ϕ π. Da + m ersten 4 Quadranten legt, st des auch der gesuchte Wnkel. Es st also + e π 4. 0 b) Es st r 5 + ( 5) Außerdem st tan(ϕ). Der Taschenrechner lefert ϕ 5 5 T 0, 5404 (auf ver Nachkommastellen genau). Da 5 + m weten Quadranten legt, muss noch π dauaddert werden. Der Wnkel st also ϕ, 60 (auf ver Nachkommastellen genau). Es st also 5 + 4e,60. c) Es st r ( ) + ( ) + 4. Außerdem st tan(ϕ). Der Taschenrechner lefert ϕ T π. Da m drtten Quadranten legt, muss noch π dauaddert werden. Der Wnkel st also ϕ 4π. Es st also e 4π. d) Es st r 7 ( 7) + ( ) Außerdem st tan(ϕ) 7. Der Taschenrechner lefert ϕ 0, 868 (auf ver 7 Nachkommastellen genau). Da 7 m verten Quadranten legt, st des auch der gesuchte Wnkel. Es st also 7 9 e 0,868. Lösung u Aufgabe a) Es st w ( + 4) ( + ) e π (Zechnung!), also st arg( w) π. b) Es st ( ) + ( ) w + w, also ( +)( 4) +4 (+4)( 4) (+4)( +) ( )( +) c) Es st w Daher st r und ϕ arctan ( ) arctan 4 0, 9 (. Quadrant, auf we Nachkommastellen genau). Also st w e0,9. Lösung u Aufgabe ( ) a) Es st + ( + ) e 90, also r 6 und ϕ 90. Letprogramm Komplexe Zahlen 8

16 b) In dem obgen Bespel st, und r 6. Außerdem st arg 60, arg 0 und ϕ arg( ) Ene snnvolle Vermutung für ene echenvorschrft st daher: und arg( ) arg + arg. Lösung u Aufgabe a) e π 4e π 6 ( 4) e ( π + π 6 ) e ( π ) e π 4, e π e π e π e 4π e 5π e ( π + π +π+ 4π + 5π ) e 5π e π ( ), ( e π 4 ) e π 4 e π 4 ( )e ( π 4 + π 4 ) 4e π ( 4). b) n (re ϕ ) n re ϕ... re ϕ }{{} n mal r }.{{.. r} n mal { n mal }} { e ( ϕ ϕ) r n e nϕ c) De Polarformen von + und werden am enfachsten mt Hlfe ener Zechnung bestmmt. Dann glt: ( + ) 6 + ( ) 6 ( e π 4 ) 6 + ( e ( π 4 ) ) 6 8 e π + 8 e ( π ) Zechnung d) Wr schreben unächst w se ψ, wobe wr s und ψ bestmmen müssen. (ϕ+ψ) soll Dann st w rs e e 0. r s soll sen, also muss s sen. r ϕ + ψ soll 0 sen, also muss ψ ϕ sen. Also st w r e( ϕ). Lösung u Aufgabe 4 4 a) v w e 5π 6 e π 4 w 4e π ( e π 4 : v 5 (4e e 5π 6 4 e( 5π 6 + π 4 π ) e π, ) e ( π 4 ) ( ) e 9π 4 7 e 7π 4, π ) 5 π 6e 6 e 5π 6 e( π 6 5π 4π 6 ) e 6 e 4π, b) Es st 0 ( ) 5 ( ) 5 e π, und für de Polarform von errechnet man: e π 6. Denn es st r ( ) + und ϕ T arctan π (m 4. Quadranten). Also st 0 6 ( eπ ) 4 (e π 4 6 ) e π 4 e 4π 6 6 ( ( 6 cos 5π ) ( + sn 5π e(π ( 4π 6 )) )) 6 0π e 6 ( + ( 6 6 e 5π. In Normalform st das )). 8 Letprogramm Komplexe Zahlen

17 c) Wr schreben: r e ϕ, r e ϕ. Dann st : (r e ϕ ) : (r e ϕ ) r r e (ϕ ϕ ) r r e ( ϕ ( ϕ )) r r e ( ϕ +ϕ ) und : r e ϕ : r e ϕ r e ( ϕ) : r e ( ϕ) r r e ( ϕ ( ϕ )) r r e ( ϕ +ϕ ). Lösung u Lernkontrolle A a) w Es st w w und e 5π 4. Außerdem st w und arg(w ) arg ( ) π. b) Aus der Zechnung kann man ablesen, dass 4e π 4 st. Für muss also gelten: r 4 und ϕ π. Ene 4 Lösung st daher e π 8. De wete Lösung st e 9π 8. A +4 ) ( 4 4 ) ) 4 c) + ( 4)( ) ( +)( 4 ) ( ) ( st 4 + e π e 4π e π ) e 7π ( ( π e 7 + e 4π. Also + ) ( 6π e( + ) ) π ( ) 7π e ( e π 4. In Normalform st das 8 7 cos π + sn ) π ) 4 7 Lösung u Lernkontrolle B a) De Bldung von entsprcht ener Spegelung am Ursprung, de Bldung von ener Spegelung an der reellen Achse. Aus der Zechnung lest man ab: re (ϕ+π) und re ϕ. Es st πe π π und arg ( + ) π. 4 B b) Der Multplkaton mt e π 4 entsprcht n der Gaußschen Zahlenebene ene Drehung um π Der Multplkaton mt e π 4 entsprcht ene Drehstreckung um den Wnkel π 4 45 mt dem Faktor. c) ( )( ) ( )( ) e π. Also st ( 6π e ( 4 + π 4 ) ) 6 ( ( + e 9π 4 st das cos π 4 + sn π 4 ( + ) +( ) e π 8 ) 6 ( e π ) 6 e 6 9π 4 e 9π +. e π 8 + ) 6 (e ( π + π 8 ) ) 6 4 e π 4. In Normalform Letprogramm Komplexe Zahlen 8

18 Aufgaben u Addtum A 5 Lösung u Aufgabe 5 Gemäß der Aufgabe defneren wr ene Zahl k, de ene Lösung der Glechung 0 x 0 sen soll. Es glt also 0 k 0. Dann st 0 k+ 0 k Da 0 k 0 st, st also 0 k+ 0 k. Logarthmeren auf beden Seten, bw. Verglechen der Exponenten ergbt (k + ) log 0 k log 0, also k + k, also 0. Das st offenschtlch en Wderspruch! 6 7 Lösung u Aufgabe 6 De erste Glechung,, st rchtg. Wr haben ja gerade so defnert, dass gelten soll. De wete Glechung st - wenn wr de Schrebwese ulassen - ebenfalls rchtg. Wr haben nur en Symbol, nämlch, gegen en anderes, nämlch, ersett. De Glechung ( ) ( ) st ebenfalls rchtg. Denn es st natürlch ( ) ( ). Also können wr das Produkt unter der Wurel durch erseten. st ebenfalls ene rchtge Glechung. De enge noch übrge Glechung st de Glechung ( ) ( ). Nachdem an allen anderen Glechungen nchts aususeten st, muss der Fehler her legen. De echenregel a b a b darf man also offenschtlch ncht so enfach auf negatve Zahlen a und b übertragen. Lösung u Aufgabe 7 Nehmen wr an, es wäre < 0. De Unglechung < 0 können wr mt multpleren. Da wr ja annehmen, dass negatv st, ändert sch dabe das Klener-Zechen u enem Größer-Zechen. Also erhalten wr durch Multplkaton der Unglechung mt > 0 und durch Ausrechnen der Produkte auf der lnken, bw. rechten Sete > Letprogramm Komplexe Zahlen

19 Des steht m Wderspruch um echnen m Zahlberech. De Unglechung < 0 ergbt auch kenen Snn. Lösung u Aufgabe 8 Es st bespelswese > 5. Anschaulch bedeutet das, dass de Zahl auf dem reellen Zahlenstrahl weter rechts legt als de Zahl 5. Ist ene reelle Zahl größer als ene andere reelle Zahl, so bedeutet das, dass se auf dem Zahlenstrahl weter rechts legt. Umgekehrt legt ene klenere Zahl weter lnks auf dem Zahlenstrahl. De komplexen Zahlen legen aber ncht nur auf enem Zahlenstrahl, sondern n der gesamten Gaußschen Zahlenebene. Her st de Aussage, dass ene Zahl weter rechts als ene andere legt, nur bedngt snnvoll. Alle Zahlen mt glechem ealtel legen nämlch auf ener Geraden, und glech wet rechts. 8 Aufgaben u Addtum B Lösung u Aufgabe 9 De Werte snd Ergebns Betrag Argument + π/4 π/ + π/ π π/ π/ π/ In ener Ske seht das folgendermaßen aus: Lösung u Aufgabe 40 De Sprale st gegeben durch w(t) t e π 4 t, t. Wr betrachten den Betrag der Zahlen w(t). Es st w(t) t. Für t 0 st w(0) 0 0. Für negatve t st w(t) mmer klener als. Wenn t nun mmer klener wrd, dann nähert sch w(t) mmer mehr 0. So st bespelswese für t 00 der Betrag berets w( 00) , In der Nähe der Null wndet sch also de Sprale unendlch oft um de Null und 40 Letprogramm Komplexe Zahlen 85

20 kommt hr dabe mmer näher. Allerdngs errecht se de Null nemals. Der Betrag w(t) t st nämlch mmer postv. 4 4 Lösung u Aufgabe 4 De Polarform von st e π. Für st also w(t) t t e π t für alle t. We seht de Kurve aus, de dadurch entsteht? Wr betrachten den Betrag der Zahlen w(t): w(t) t. Da der Betrag von w(t) mmer st, legen alle Punkte w(t) auf dem Kres um den Nullpunkt mt adus. Das st ncht gerade das, woran man denkt, wenn man das Wort Sprale hört. Daher schleßt man aus. Man seht an der echnung auch, dass das gleche Problem be allen komplexen Zahlen auftrtt, deren Betrag st. Deshalb verwendet man dese Zahlen auch ncht, um ene logarthmsche Sprale u ereugen. Also muss gelten. Lösung u Aufgabe 4 De exakte Flugbahn seht folgendermaßen aus: α α α α α Lösung u Aufgabe 4 4 a) Wenn der Flugwnkel der Motte genau 90 Grad st, dann flegt se n enem Kres um de Lchtquelle: 86 Letprogramm Komplexe Zahlen

21 b) Wenn der Flugwnkel der Motte klener als 90 Grad st, dann flegt se auf ener logarthmschen Sprale von der Lchtquelle weg: α α α α α Aufgaben u Addtum C Lösung u Aufgabe 44 De Folgegleder 0 bs 6 snd: Lösung u Aufgabe 45 a) 0 0 (0) 0 ( ) 0 (0) 0 4 ( ) 0 45 b) 0 + ( + ) + + ( + ) ( 4 4) ( + ) Letprogramm Komplexe Zahlen 87

22 c) 0 ( ) 0, ( 4) 9 7 0, ( ) , ( ) , Lösung u Aufgabe a) b) 0 + +, 4 + ( ) + 5, ( 4) + ( 4) 4 5, 66 + ( ) + 5 4, ( 04) + ( 64) , 00 c) 0 0, 5 0, 5 0, 75 0, 75 0, 475 0, 475 0, , , , Letprogramm Komplexe Zahlen