konjugation

09.07.2011, 18:14

Xena

konjugation

Meine Frage:
ich hänge an folgender gleichung: $\begin{eqnarray*} \overline {\lambda} = {\lambda}^2 - {\lambda}(r-1) \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} |r|\geq 2 \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
kann mir jemand helfen nach lambda aufzulösen? =)

09.07.2011, 18:33

Leopold

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Ist $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ eine reelle Größe?

09.07.2011, 19:35

Xena

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ja, sry

also $\begin{eqnarray*} r \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |r|\geq 2 \end{eqnarray*}$

09.07.2011, 22:31

Leopold

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Durch Konjugieren der Gleichung kommst du auf

$\begin{eqnarray*} \lambda = \bar{\lambda}^2 - \bar{\lambda} \cdot (r-1) \end{eqnarray*}$

Jetzt tue so, als wären $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \bar{\lambda} \end{eqnarray*}$ unabhängige Variable. Aus den beiden Gleichungen kannst du $\begin{eqnarray*} \bar{\lambda} \end{eqnarray*}$ eliminieren. Du bekommst so eine Gleichung vierten Grades in $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ . Man stellt leicht fest, daß $\begin{eqnarray*} \lambda=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lambda=r \end{eqnarray*}$ Lösungen dieser Gleichung sind (das sieht man auch schon an der Originalgleichung). Somit kannst du Linearfaktoren abspalten, und zum Schluß hast du noch eine quadratische Gleichung in $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ .
Die Lösungen der Originalgleichung müssen unter den gefundenen Lösungen sein. Aber nicht alle gefundenen Lösungen müssen die Originalgleichung lösen (warum nicht?). Mache also noch die Probe.

09.07.2011, 23:39

Xena

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vielen Dank Leopold!

also ich hab mitlerweile einen anderen Ansatz wie du gefunden, aber die gleichen Lösungen. Ich hab nach r aufgelöst und lambda als a+bi bzw. lambda konjugiert als a-bi ausgeschrieben, dann steht am Ende bei mir des:

$\begin{eqnarray*} r=\frac{(a+bi)^2+2bi}{a-bi} \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} \lambda_1 = 0 \end{eqnarray*}$ war klar

i lässt sich aus der gleichung nicht eleminieren $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \frac{(a+bi)^2+2bi}{a-bi} \in \mathbb C \end{eqnarray*}$ ~Widerspruch~ $\begin{eqnarray*} \Rightarrow b=0 \Rightarrow r=\frac{a^2}{a}=a=\lambda \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ \{0}

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \lambda_2 = r \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} r \in \mathbb R^{\geq 2}_{\leq -2} \end{eqnarray*}$

kann man das auch so gelten lassen? Liebe Grüße Xena

10.07.2011, 08:02

Leopold

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Diese Lösung stimmt nicht. Zunächst verwendest du den Folgepfeil teilweise falsch. Rechts vom Pfeil muß eine Folgerung und darf keine Begründung stehen.
Und dann ist auch die Sache selber falsch. Warum sollte der Quotient zweier komplexer nicht-reeller Zahlen nicht reell sein?
Das Einzige, was man deiner Rechnung entnehmen kann, ist: Wenn (wenn!) $\begin{eqnarray*} b=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a \neq 0 \end{eqnarray*}$ ist (wo wurde Letzteres unterstellt?), dann ist $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ die einzige Lösung.
Und was ist mit nicht-reellen Lösungen?

Du kannst die Gleichung auch durch Trennen in Real- und Imaginärteil lösen. Dann bekommst du aber ebenso wie bei meinem Ansatz ein nichtlineares Gleichungssystem in zwei Unbekannten $\begin{eqnarray*} a,b \end{eqnarray*}$ (bei mir waren das $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \bar{\lambda} \end{eqnarray*}$ ). Ein solches zu lösen, darum kommst du nicht herum. Mache dort die Fallunterscheidung $\begin{eqnarray*} b=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b \neq 0 \end{eqnarray*}$ .

10.07.2011, 09:47

Xena

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Zitat:

Original von Leopold

Aus den beiden Gleichungen kannst du $\begin{eqnarray*} \bar{\lambda} \end{eqnarray*}$ eliminieren.

Aber ich hab doch nur eine Gleichung. Ich weiß nicht wie ich aus der $\begin{eqnarray*} \bar{\lambda} \end{eqnarray*}$ eleminieren kann. Aber wenn ich i aus $\begin{eqnarray*} \frac{(a+bi)^2+2bi}{a-bi} \end{eqnarray*}$ nicht eleminieren kann, muss es ja komplex sein, da a und b ja reelle zahlen sind. i ist also das einzige Element, dass diese Seite der Gleichung komplex machen kann.

r auf der anderen Seite des Gleichheitszeichens ist aber reell. Die einzige Möglichkeit ist dann, dass ich den Imaginärteil bi null setze, damit kein Widerspruch eintritt.

ps.: was ist ein nicht lineares Gleichungssymstem?

danke smile

10.07.2011, 10:18

Leopold

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$\begin{eqnarray*} \text{(I)} \ \ \bar{\lambda} = \lambda^2 - (r-1) \cdot \lambda \end{eqnarray*}$

Weil $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ reell ist, liefert der Übergang zum konjugiert Komplexen:

$\begin{eqnarray*} \text{(II)} \ \ \lambda = \bar{\lambda}^2 - (r-1) \cdot \bar{\lambda} \end{eqnarray*}$

Das sind zwei Gleichungen. Wenn man nur an reellen Lösungen interessiert ist, also $\begin{eqnarray*} \bar{\lambda} = \lambda \end{eqnarray*}$ annimmmt, fallen sie natürlich zusammen. In diesem Fall hat man also 1 quadratische Gleichung in $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ mit den Lösungen $\begin{eqnarray*} \lambda = 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lambda = r \end{eqnarray*}$ . Somit hat man schon einmal zwei Lösungen gefunden.
Jetzt muß man aber auch noch den Fall $\begin{eqnarray*} \lambda \neq \bar{\lambda} \end{eqnarray*}$ betrachten. Denn es könnte ja auch nicht-reelle Lösungen geben. Dann kann man $\begin{eqnarray*} \bar{\lambda} \end{eqnarray*}$ aus der ersten in die zweite Gleichung einsetzen. Man erhält eine Gleichung vierten Grades in $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ . Die reellen Lösungen von vorher müssen mit dabei sein. Also muß es nach einem bekannten Satz der Algebra möglich sein, die Linearfaktoren $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lambda - r \end{eqnarray*}$ abzuspalten (Polynomdivision). Dann hat man noch eine quadratische Gleichung in $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ zu lösen. Diese liefert zwei weitere Lösungen für $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ .
Im Falle $\begin{eqnarray*} |r|>2 \end{eqnarray*}$ stellen sie sich als reell heraus. Und macht man die Probe an $\begin{eqnarray*} \text{(I)} \end{eqnarray*}$ , so geht die schief.
Im Falle $\begin{eqnarray*} |r|<2 \end{eqnarray*}$ (was allerdings deinen Vorgaben widerspräche) bekommt man aber echt-komplexe Lösungen - und dieses Mal klappt die Probe.

Aber auch die Alternativlösung mit Trennung in Real- und Imaginärteil ist möglich, hier vielleicht sogar etwas einfacher zu rechnen.

$\begin{eqnarray*} a - \operatorname{i}b = \left( a + \operatorname{i} b \right)^2 - (r-1) \cdot \left( a + \operatorname{i}b \right) \end{eqnarray*}$

Quadriere auf der rechten Seite aus und schreibe den Term in der Form $\begin{eqnarray*} \left( \ldots \right) + \operatorname{i} \left( \ldots \right) \end{eqnarray*}$ , wo die Klammern reelle Ausdrücke in $\begin{eqnarray*} a,b \end{eqnarray*}$ sind. Vergleiche dann die linke mit der rechten Seite (zwei komplexe Zahlen sind dann und nur dann gleich, wenn sie in Real- und Imaginärteil übereinstimmen). Du bekommst so ein nichtlineares Gleichungssystem in $\begin{eqnarray*} a,b \end{eqnarray*}$ .

Und nichtlinear heißt einfach: nicht linear. Du weißt doch, was ein lineares Gleichungssystem ist? Und dieses hier ist es eben nicht.

11.07.2011, 14:20

Xena

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ich habs, danke =)

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