Serie 3 - Komplexe Zahlen II

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1 Analysis D-BAUG Dr. Meike Akveld HS 2015 Serie - Komplexe Zahlen II 1. Wir betrachten die komplexe Gleichung z 6 = 4 4i. a) Bestimmen Sie alle en z C dieser Gleichung. b) Zeichnen Sie die en in die komplexe Zahlenebene ein. 6 c) Welche der eingezeichneten en ist die Zahl 4 4i? a) Zuerst schreiben wir die Gleichung in Polarform um. Es gilt 4 4i = ( 4 ) 2 + ( 4) 2 = 64 = 8, arg( 4 ) 4i) = arctan( 4 4 π = 5 6 π. Somit lautet die Gleichung in Polarform z 6 = 8 exp( i 5 6 π). Wir setzen nun z ebenfalls in Polarform z = r exp(iϕ) an. Damit erhalten wir r 6 exp(6iϕ) = 8 exp( i 5 6 π) und durch Vergleich beider Seiten die Bestimmungsgleichungen r 6 = 8 r = 2, 6ϕ = 5 6 π + k 2π ϕ = 5 6 π + k π, k Z. Insgesamt gibt es also sechs (verschiedene) en: z 1 = 2 exp( i 5 6π) (k = 0), z 2 = 2 exp(i 7 6π) (k = 1), z = 2 exp(i 19 6π) (k = 2), z 4 = 2 exp(i 1 6π) (k = ), z 5 = 2 exp(i 4 6 π) = 2 exp( i 29 6π) (k = 4), z 6 = 2 exp(i 55 6 π) = 2 exp( i 17 6π) (k = 5). b) Die Abbildung zeigt die sechs en z 1 bis z 6. Sie liegen auf einem Kreis mit Radius 2 um den Punkt 0. Der Winkel zwischen den einzelnen en beträgt 2π 6 = π = 12π 6. 1

2 c) Gemäss der Definition aus der Vorlesung muss das Argument der 6-ten Wurzel zwischen π 6 = 6π 6 und π 6 = 6π 6 liegen. Dieser Bereich ist auf der Skizze blau hervorgehoben. Dies trifft nur für die z 1 von oben zu. Es gilt also 6 4 4i = 2 exp( i 5 6 π). 2. Es sei z 1 eine der folgenden Gleichung. Bestimmen Sie die reellen Koeffizienten p und q sowie die weiteren en! z 12z 2 + pz + q = 0, z 1 = + i. Da sämtliche Koeffizienten reell sind, muss nach einem Satz aus der Vorlesung neben z 1 auch z 2 = z 1 eine Nullstelle des Polynoms sein. Damit folgt, dass (z z 1 )(z z 2 ) ein Faktor des Polynoms ist. Nach dem Hauptsatz der Algebra gibt es auch noch eine weitere Nullstelle z. Das ergibt: z 12z 2 + pz + q = (z ( + i))(z ( i))(z z ) z 12z 2 + pz + q = (z 2 6z + 10)(z z ) z 12z 2 + pz + q = z (18 + z )z 2 + (0 + 18z )z 0z Damit die linke und die rechte Seite in obiger Gleichung für alle z C gleich sind, müssen die Koeffizienten übereinstimmen. Damit erhalten wir zur Bestimmung der drei Unbekannten p, q, z die Gleichungen: 12 = 18 + z z = 2 p = z p = 6 q = 0z q = 60 2

3 . Prüfungsaufgabe 1, Sommer Es sei das Gebiet { ( ) } z + 2 B = z C \ {0} Im > 0 iz gegeben. a) Skizzieren Sie das Gebiet B in der komplexen Ebene. b) Das Polynom z z2 + 7z + 6 hat eine komplexe Nullstelle mit Realteil gleich 1. Bestimmen Sie alle Nullstellen dieses Polynoms in Normal- und in Polarform. c) Welche dieser Nullstellen befinden sich in B? a) Für z = x + iy gilt z + 2 iz = x + iy + 2 i(x + iy) = x + iy + 2 ( ix y)(x + iy + 2) = ix y ( ix y)(ix y) = ix2 + xy 2ix xy iy 2 2y x 2 + y 2 2y = x 2 + y 2 + 2x x2 y 2 x 2 + y 2 i. Das Gebiet B ist damit gegeben durch ( ) z + 2 Im = 2x x2 y 2 iz x 2 + y 2 > 0. Umgeformt ergibt das ( ) z + 2 Im = 2x x2 y 2 iz x 2 + y 2 > 0 2x x 2 y 2 > 0 0 > x 2 + 2x + y 2 0 > (x + 1) y 2 1 > (x + 1) 2 + y 2. Das Gebiet B ist also das Innere des Kreises mit Mittelpunkt ( 1, 0) und Radius 1. Der Rand gehört nicht zur Menge.

4 y x b) Wir bemerken zuerst, dass 1 keine Nullstelle des Polynoms ist und folglich die Nullstelle mit Realteil 1 nicht reell ist. Da solche Nullstellen für Polynome mit reellen Koeffizienten immer in komplex konjugierten Paaren auftreten, hat das Polynom zwei Nullstellen von der Form z 1,2 = 1 ± iy. Somit müssen wir vom Polynom einen Faktor der Form abspalten können. Polynomdivision ergibt (z iy)(z + 1 iy) = z 2 + 2z y 2 (z z2 +7z +6 ) : (z 2 + 2z y 2 ) = z + 2 (z +2z 2 +(1 + y 2 )z ) 2 z2 +(6 y 2 )z +6 ( 2 z2 +z + 2 (1 + y2 ) ) Es bleibt also der Rest ( y 2 )z +( y2 ) ( y 2 )z y2 2 übrig und dieser muss gleich 0 sein. Es ergibt sich also y = ± und die drei Nullstellen lauten in Normalform In Polarform lauten diese somit z 1 = 1 + i, z 2 = 1 i, z = 2. z 1 = 2e 2πi, z2 = 2e 2πi, z = 2 eπi. 4

5 c) In Teilaufgabe a) haben wir gesehen, dass alle Punkte z = x + iy in B die Ungleichung 1 > (x + 1) 2 + y 2 erfüllen müssen. Es folgt z 1 / B, z 2 / B, z B. 4. Rechnen Sie nach, dass die folgende Beziehung gilt: sin(5ϕ) = 5 cos 4 (ϕ) sin(ϕ) 10 cos 2 (ϕ) sin (ϕ) + sin 5 (ϕ). Wir verwenden hierfür, dass der Sinus eines Winkels α als Imaginärteil der komplexen Zahl mit Argument α aufgefasst werden kann. Wir können dann die Formel von de Moivre anwenden. sin(5ϕ) = Im ( exp(i 5ϕ) ) = Im ( (exp(iϕ)) 5) Ziel muss also sein, (exp(iϕ)) 5 in der Form x + iy zu schreiben, um möglichst einfach den Imaginärteil ablesen zu können: (exp(iϕ)) 5 = (cos(ϕ) + i sin(ϕ)) 5 = cos 5 (ϕ) + 5i cos 4 (ϕ) sin(ϕ) + 10i 2 cos (ϕ) sin 2 (ϕ) + 10i cos 2 (ϕ) sin (ϕ) + 5i 4 cos(ϕ) sin 4 (ϕ) + i 5 sin 5 (ϕ) = cos 5 (ϕ) + 5i cos 4 (ϕ) sin(ϕ) 10 cos (ϕ) sin 2 (ϕ) 10i cos 2 (ϕ) sin (ϕ) + 5 cos(ϕ) sin 4 (ϕ) + i sin 5 (ϕ) = cos 5 (ϕ) 10 cos (ϕ) sin 2 (ϕ) + 5 cos(ϕ) sin 4 (ϕ) + i ( 5 cos 4 (ϕ) sin(ϕ) 10 cos 2 (ϕ) sin (ϕ) + sin 5 ) (ϕ) }{{} ) =Im ((exp(iϕ)) 5 =sin(5ϕ) Im zweiten Schritt kann man für die Koeffizienten zum Beispiel das Pascalsche Dreieck verwenden. Bemerkung: Verblüffend an dieser Aufgabe ist, dass wir eine Gleichung, in welcher nur reelle Zahlen auftreten (der Winkel ϕ ist reell), beweisen können, indem wir komplexe Zahlen benutzen. Derartiges wird uns auch später bei Ingenieursproblemen wie der von Differentialgleichungen begegnen. 5