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Mathematik I für BI 9. Übungsblatt Fachbereich Mathematik Prof. Dr. Torsten Wedhorn M.Sc. Marius Tritschler, Felix Johlke

WiSe 2020/21 25. - 29. Januar 2021

Gruppenübung Aufgabe G1 (Komplexe Zahlen) Bestimmen Sie den Realteil, den Imaginärteil, den Betrag und das Argument der folgenden komplexen Zahlen. Skizzieren Sie die komplexen Zahlen in der komplexen Zahlenebene. i (a) z = 1 + i + 1−2i  1+i 2 (b) z = 1−i −1

(c) z = 3 + i −

5 2−4i

Lösung: (a)

i−2 3 6 i i(1 + 2i) = + i. = 1+i + = 1+i+ 5 5 5 (1 − 2i)(1 + 2i) 1 − 2i Ç  p  2 3 2 + 65 = 3 5 5 und arg z = arctan (Im z/ Re z) = arctan (2). Somit gilt: Re z = 53, Im z = 65 , |z| = 5 z = 1+i +

(b)

z=

(c)



2 2   2   2i (1 + i ) 2i (1 + i ) 2i 2 = = = (i(1 + i)) 2 = −(1 + 2i + i 2 ) = −2i. −1 = 1+1 (1 − i)(1 + i) 1−i 1−i

1+i

Somit gilt Re z = 0, Im z = −2, |z| = 2, und arg (z) = − 2π .

z = 3+i−

5(2 + 4i) 5(2 + 4i) 1 + 2i 5 5 = 3+i− = 3+i − = 3+i − = . 2 − 4i (2 − 4i)(2 + 4i) 4 + 16 2 2

Somit gilt Re z = 25 , Im z = 0, |z| = 52 , und arg (z) = 0.

Siehe Abbildung 1.

2i

Im z

1i

−1

1

2

3

Re z

−1i

−2i

Abbildung 1: G1, (a) in blau, (b) in rot, (c) in grün

1

Aufgabe G2 (Wurzeln komplexer Zahlen) Bestimmen Sie die Lösungen folgender Gleichungen unter Zuhilfenahme der Darstellung z = r eiϕ . (a) z 4 = 81i (b) z 2 =

p 2 2

+

p 2 2 i

Lösung: (a) Zur Lösung der Gleichung z 4 = 81i setzt man z = re iϕ und erhält

r 4 e4iϕ = (re iϕ )4 =z 4 π

=81i = 81e i 2 Ein Vergleich der Beträge liefert r = 3 =

p 4

81 und für das Argument erhält man 4ϕ =

π + 2kπ, 2

k ∈ Z.

ϕk =

π 2kπ + , 8 4

k ∈ Z,

Man erhält eine Folge von Argumenten

aber nur vier davon führen auf verschiedene Lösungen

ϕ0 =

π , 8

ϕ1 =

5 π, 8

9 ϕ2 = π, 8

ϕ3 =

13 π. 8

Man erhält schließlich π

z0 = 3e i 8 = 3 cos( π8 ) + 3i sin( π8 ) ≈ 2.7716 + 1.1481i 5

z1 = 3e i 8 π = 3 cos( 85 π) + 3i sin(85π) ≈ −1.1481 + 2.7716i 9

z2 = 3e i 8 π = 3 cos( 89 π) + 3i sin(89π) ≈ −2.7716 − 1.1481i 13

z3 = 3e i 8 (b) Es gilt

p p 2 2 2 + 2 i

π

13 = 3 cos( 13 8 π) + 3i sin( 8 π) ≈ 1.1481 − 2.7716i

= e iπ/4 . Wir verwenden den Ansatz z = re iϕ und erhalten (siehe (a)) z 2 = (r e iϕ )2 = r 2 e2iϕ = e iπ/4 =

p

p 2 2 + i 2 2

Ein Vergleich der Beträge liefert r = 1 und für das Argument erhalten wir

2ϕ =

π 4

+ 2kπ,

k ∈ Z.

Wir erhalten die zwei Argumente

ϕ0 =

π , 8

ϕ1 =

9 π, 8

welche zu den zwei Lösungen π

z0 = e i 8 ,

9

z1 = e i 8 π

führen.

2

Aufgabe G3 (Teilmengen in C) Zeichnen Sie folgende Mengen in die komplexe Zahlenebene ein. Begründen Sie Ihre Zeichnung. (a) M1 = {z ∈ C | | Re z| + | Im z| ≤ 3}, (b) M2 = {z ∈ C | |z|2 ≤ 2 Re z}.

Lösung: (a) Mit den Bezeichnungen x = Re z und y = Im z können wir M1 schreiben als

M1 = {z = x + i y ∈ C | |x| + | y| ≤ 3, x, y ∈ R}. Dies ist ein Quadrat in kartesischen Koordinaten mit den Eckpunkten [3, 0]T , [0, 3]T , [−3, 0]T , [0, −3]T , was man sich leicht mittels Fallunterscheidung klarmachen kann.

Im z

4i

3i 2i

1i

−4

−3

−2

−1

1

2

3

4 Re z

−1i −2i −3i −4i

Abbildung 2: M1 in rot. (b) Es gilt

|z|2 ≤ 2 Re z ⇔ Re z 2 + Im z 2 ≤ 2 Re z

⇔ Re z 2 − 2 Re z + Im z 2 ≤ 0 ⇔ (Re z − 1)2 + Im z 2 ≤ 1 ⇔ |z − 1|2 ≤ 1

⇔ |z − 1| ≤ 1,

da Re(z − 1) = Re z − 1 und Im(z − 1) = Im z ist. Wir erhalten also eine Kreisschreibe um 1 mit dem Radius 1. 2i

Im z

1i

−1

1

2

3

Re z

−1i

−2i

Abbildung 3: M2 in rot.

3

Aufgabe G4 (Komplexe Gleichungen) Bestimmen Sie alle Lösungen in C der folgenden Gleichungen. Geben Sie das Ergebnis jeweils in der Form x + i y , x, y ∈ R, an. (a) z 2 − (2 + 4i)z − 3 + 2i = 0.

(b) (2z 2 − 2z + 3)3 = 0. Lösung:

(a) Die Lösungsformel für quadratische Gleichungen liefert:

z = 1 + 2i ±

Æ p (1 + 2i)2 + 3 − 2i = 1 + 2i ± 2i

p Um die Wurzel 2i auszurechnen, nutzen wir den Ansatz (x + y i)2 = 2i . (Alternativ können wir wie in G2 die Gleichung z 2 = 2i lösen.) Dies liefert (x 2 − y 2 ) + 2x y i = 2i, und damit |x| = | y| und x y = 1. Also x = ±1 und y = x . Somit folgt

z = 1 + 2i ± (1 + i), d.h. z = 2 + 3i oder z = i . (b) Die Gleichung g(z) = z 3 hat 0 als einzige (dreifache) Nullstelle. Die Nullstellen von f (z) = 2z 2 − 2z + 3 sind also genau die Nullstellen von (g ◦ f )(z) = (2z 2 − 2z + 3)3 . Analog zum ersten Teil liefert die Lösungsformel für quadratische Gleichungen

v p u  5 1 t 1 2 3 1 z= ± − = ± i, 2 2 2 2 2 also sind z =

1 2

+

p 5 2 i

oder z =

1 2

−

p 5 2 i

die möglichen Lösungen.

Aufgabe G5 (Potenzen von komplexen Zahlen) (a) Berechnen Sie (1 + i )2020 . (b) Bestimmen Sie alle z ∈ C mit z 3 = −2 + 2i .

Geben Sie alle Ergebnisse in der Form a + i b mit reellen Komponenten a und b an. Lösung:

p π (a) Es gilt (1 + i )2020 = ( 2e i 4 )2020 = 21010 e252(2πi) eπi = 21010 · 1 · (−1) = −21010 p p p p p 3π 3π 3 (b) Es gilt −2 + 2i = 2 2 · e 4 i . Ist z 3 = −2 + 2i mit z = r · e iα , so folgt r 3 · e3iα = 2 2 · e 4 i und damit r = 2 2 = 2 π 2kπ und 3α = 3π für k ∈ Z und damit die drei Lösungen 4 +2kπ für k ∈ Z. Für α erhalten wir nach Umstellen α = 4 + 3 11π 19π π α1 = 4 , α2 = 12 und α3 = 12 denn es gilt α ∈ [0, 2π) für k = 0, 1, 2. Die drei Lösungen von z 3 = −2 + 2i sind damit gegeben durch z0 =

p

2e

π 4i

z1 =

p

2e

11π i 12

z2 =

p

2e

19π i 12

 π  p   π 2 cos 4 + i sin 4 = 1 + i, p p p     11π  3−1 3+1 + i = 2 cos 11π ≈ −1.366 + 0.366i , + i sin = − 12 12 2 2 p p p     19π  3+1 3−1 −i ≈ 0.366 − 1.366i . = 2 cos 19π + i sin = 12 12 2 2

=

4

Hausübung

- Abgabe der Hausübungen (pdf) in der nächsten Übungswoche (Di, 02.02.2021, 23:59 Uhr) Aufgabe H1 (Teilmengen in C II) Zeichnen Sie folgende Mengen in die komplexe Zahlenebene ein. Begründen Sie Ihre Zeichnung.     (a) M = {z ∈ C |  1  =  1 }, 1

z+2

(6+6 Punkte)

z−3

(b) M2 = {z ∈ C | Re z1 ≥ 1}.

Lösung: Siehe Abbildung 4.

Im z

1i

−1

1

2

Re z −1i

Abbildung 4: M1 in grün, M2 in rot. (a) Wir schreiben z = x + i y mit x, y ∈ R. Dann gilt

z = x + i y ∈ M1

⇔ | x + 2 + i y | = |x − 3 + i y | Æ Æ ⇔ ( x + 2)2 + y 2 = ( x − 3)2 + y 2 ⇔ (x + 2)2 + y 2 = (x − 3)2 + y 2 ⇔ x 2 + 4x + 4 = x 2 − 6x + 9 ⇔ 10 x = 5 1 ⇔x= . 2

Somit gilt z ∈ M1 genau dann wenn der Realteil von z gleich 21 ist.

(b) Sei z = x + i y mit x, y ∈ R. Dann gilt:

1 1 x −iy x 1 ⇒ Re = = = 2 . x + y2 z x +iy x2 + y2 z Wir erhalten:

z ∈ M2 ⇔ Re

  1 2 1 1 + y 2. ≥ 1 ⇔ x ≥ x2 + y2 ⇔ 0 ≥ x2 − x + y2 ⇔ ≥ x − 2 4 z

Somit ist M2 die Menge der komplexen Zahlen, die von der Zahl 21 = 21 + 0i einen Abstand kleiner oder gleich besitzen, d.h. innerhalb der Kreisscheibe um den Punkt (21, 0) mit Radius 21 liegen.

1 2

5

Aufgabe H2 (Komplexe Gleichungen II) (3+3+6 Punkte) Bestimmen Sie alle Lösungen in C der folgenden Gleichungen. Geben Sie das Ergebnis jeweils in der Form x + i y , x, y ∈ R, an. p 3 + 3i 2−i = (5 + i) (a) p . z + 2z 2+i (b) (z − 1)3 = −8.

(c) z 2 − (3 + 5i)z − 16 + 4i = 0.

p Hinweis zup(c): Um für gegebene a, b ∈ R die Lösung x + i y = a + i b zu berechnen (wenn 3.16 aus dem Skript für a + i b nicht ohne Taschenrechner benutzbar ist), kann es hilfreich sein, |x + i y |2 sowie Real- und Imaginärteil von (x + i y)2 zu berechnen und die erhaltenen Gleichungen geschickt zu kombinieren, um x und y zu bestimmen. Lösung: (a) Umformungen liefern:

z + 2z 5+i 3 p = p 1 +i ( 2 + i)( 2 − i)

⇔ ⇔ ⇔

z + 2z (5 + i)(1 − i) = 3 (1 + i)(1 − i) 1 z + 2z = (6 − 4i) 2 z + 2z = 3 − 2i 3

Setzen wir nun z = x + i y , so ergibt sich

x + i y + 2(x − i y ) = 3x − i y = 3 − 2i

⇔

y = 2 und x = 1.

Also ist z = 1 + 2i die Lösung der Gleichung. (b) Wir setzen zunächst w = z − 1 und suchen die Lösungen der Gleichung w3 = −8. Mit dem Ansatz w = reiϕ erhalten wir

Ein Vergleich der Beträge liefert r =

p 3

w3 = (re iϕ )3 = r 3 e3iϕ = −8 = 8e iπ 8 = 2 und für das Argument erhalten wir 3ϕ = π + 2kπ,

k ∈ Z.

und damit

ϕ0 =

π , 3

ϕ1 = π,

5 ϕ2 = π. 3

Als Zwischenergebnis erhalten wir: π

w 0 = 2e i 3 ,

w 1 = 2e iπ ,

w 2 = 2e i

5 3π

.

Nun müssen wir nur noch w = z − 1 nach z auflösen, d.h. z = w + 1. Damit erhalten wir die drei Lösungen p p z0 = 2 + 3i, z1 = −1, z2 = 2 − 3i. (c) Die Lösungsformel für quadratische Gleichungen liefert:

v v v t 9 + 30i − 25 + 64 − 16i t 3 5 3 5 7 3 + 5i t (3 + 5i )2 = + i ± 12 + i + 16 − 4i = + i ± ± z= 4 2 2 4 2 2 2 2 Um die Wurzel auszurechnen, nutzen wir den Ansatz

7 (x + y i)2 = 12 + i . 2 Dies liefert

x 2 − y 2 + 2x y i = 12 +

7 i. 2

6

Koeffizientenvergleich liefert

7 x 2 − y 2 = 12 und 2x y = . 2 Außerdem haben wir

v   v   t 49 t 625 7 25 . x + y = |(x + y i) | = 12 + i = 144 + = = 2 2 4 4 2

2

2

Durch Addition erhalten wir

2x 2 = (x 2 + y 2 ) + ( x 2 − y 2 ) = Also x = 27 und y =

7 4x

25 49 . + 12 = 2 2

= 12 . Somit folgt   7 1 3 5 i , i ± z= + + 2 2 2 2

d. h. z = 5 + 3i oder z = −2 + 2i . Aufgabe H3 (Komplexe Zahlen II) (6+6 Punkte) (a) Bestimmen Sie den Realteil, den Imaginärteil, den Betrag und das Argument der folgenden komplexen Zahlen. 3 i. z = 1 − i + 2+2i p 3 ii. z = (1 − 3i)

iii. z =

(1−i)5 −1 (1+i)5 +1

(b) Entscheiden Sie, ob die folgenden Aussagen für alle z ∈ C jeweils wahr oder falsch sind. Geben Sie außerdem jeweils eine Begründung oder ein Gegenbeispiel an. i. z1 · z2 = z 1 · z 2

ii. 12 (z − z) = Im(z) iii. Re(z1 · z2 ) = Re(z1 ) · Re(z2 ) Lösung: (a)

i.

z = 1−i +

ii.

6 − 6i 3i 3 7 7 3 = 1−i + = − i. = 1+ −i − 2 + 2i 4 4 4 4 8

7 Somit gilt: Re z = 74 , Im z = − 4 , |z| =

z = (1 −

p

q ( 74 )2 + ( 74 )2 =

p 98 4

und arg z = arctan (−1) = − 4π .

p p π 3i)3 = ( 1 + 3 · e i arctan(− 3) )3 = (2 · e− 3 i )3 = 8 · e−πi = −8.

Somit gilt: Re z = −8, Im z = 0, |z| = 8 und arg z = π.

iii. Es gilt (1 + i)5 + 1 = (1 − i )5 + 1, und damit

(1 − i )5 − 1 ((1 − i)5 − 1)((1 − i)5 + 1) = (1 + i)5 + 1 ((1 + i)5 + 1)((1 − i)5 + 1) (−2i)5 − 1 (1 − i )10 − 1 = = 5 5 5 5 (1 + i) (1 − i ) + (1 + i ) + (1 − i ) + 1 25 − 4 − 4i − 4 + 4i + 1 −32i − 1 = . 25

z=

32

1 , Im z = − 25 , |z| = Somit gilt: Re z = − 25

p

1+322 25

=

p 41 5

und arg z = arctan(32) − π.

7

(b)

• Es gilt

z1 · z2 =(a1 + b1 i)( a2 + b2 i) =a1 a2 + a1 b2 i + a2 b1 i − b1 b2 =a1 a2 − b1 b2 + (a1 b2 + a2 b1 )i

=a1 a2 − b1 b2 − (a1 b2 + a2 b1 )i =a1 a2 − a1 b2 i − a2 b1 i − b1 b2

=( a1 − b1 i )( a2 − b2 i )

=( a1 + b2 i) · ( a2 + b2 i)

=z1 · z2

• Wir widerlegen durch Gegenbeispiel. Mit z = 1 + i folgt,

1 1 1 (z − z) = (1 + i − (1 − i)) = 2i = i, 2 2 2 aber

Im(1 + i) = 1. Anmerkung: Man sieht auch allgemein, dass die Aussage nicht stimmen kann, da für jede komplexe Zahl z gilt Im z ∈ R, aber (z − z) ∈ iR. Es gilt allerdings, dass

1 (z − z) = i Im z. 2 • Wir widerlegen durch Gegenbeispiel. Mit z1 = z2 = i folgt

Re(z1 · z2 ) = Re(i · i) = Re(−1) = −1, aber

Re(z1 ) · Re(z2 ) = Re(i) · Re(i) = 0 · 0 = 0.

Hinweis NABLA-Aufgabendatenbank Es gibt für zusätzliche freiwillige Übungsaufgaben das sogenannte Nabla-Projekt, in dem automatisch verschiedene Übungsaufgaben programmiert werden, die selbständig bearbeitet und kontrolliert werden können. Die Aufgaben sind unter folgendem Link verfügbar:

https://nabla.algo.informatik.tu-darmstadt.de/catalog/4 Momentan stehen folgende Aufgaben abgestimmt auf die Mathematik I Vorlesung zur Verfügung: • Aufzählende Mengenschreibweise, Grad- und Bogenmaß, Potenzen komplexer Zahlen & Summenzeichen, • sowie unter dem Unterpunkt Analysis die Konvergenz von Folgen, • unter dem Unterpunkt Lineare Algebra: Abbildungsmatrix, Basiswechsel, Geradengleichung & Abstand, Hessesche Normalform, Orthonormalbasis, Spatprodukt, Vektorrechnung, Eigenvektorprüfung, Matrix-Determinante, Matrix-Rang, Matrixinvertierung & Matrixmultiplikation. • Außerdem finden Sie auf der Unterseite Selbsttest über Vorkenntnisse Aufgaben zum mathematischen Grundwissen für diese Veranstaltung, ähnlich wie die Aufgaben auf dem Zusatzblatt. Die Aufgaben werden zufällig generiert, online bearbeitet und enthalten ausführliche Lösungshinweise. Die Aufgabendatenbank steht kostenfrei zur Verfügung und kann als Zusatzangebot genutzt werden.

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