Komplexe Funktion

06.11.2018, 17:40

Sebastian75

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Komplexe Funktion

Hallo,

ich betrachte folgende komplexe Funktion $\begin{eqnarray*} f(z)=z + \frac{1}{z} \end{eqnarray*}$

Diese soll das Gebiet $\begin{eqnarray*} G=\{ z \in \mathbb C: |z|>1\} \end{eqnarray*}$

abbilden.
Wie sehe ich dann, dass das Intervall [-2,2] im Bild fehlt?

06.11.2018, 21:43

Leopold

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Die Auflösung von $\begin{align*} w = f(z) = z + \frac{1}{z} \, , \ z \neq 0, \end{align*}$ nach $\begin{align*} z \end{align*}$ führt auf die quadratische Gleichung

$\begin{align*} z^2 - wz + 1 = 0 \end{align*}$

Diese Gleichung ist für jedes $\begin{align*} w \in \mathbb{C} \end{align*}$ lösbar. Für die beiden Lösungen $\begin{align*} z_1,z_2 \end{align*}$ gilt nach dem Satz von Vieta

$\begin{align*} z_1 \cdot z_2 = 1 \end{align*}$

Man geht zum Betrag über:

$\begin{align*} \left| z_1 \right| \cdot \left| z_2 \right| = 1 \end{align*}$

Entweder haben daher beide Lösungen den Betrag 1, liegen also auf dem Einheitskreis, oder die eine Lösung liegt außerhalb, die andere innerhalb des Einheitskreises. $\begin{align*} f \end{align*}$ ist daher auf $\begin{align*} G \end{align*}$ , dem Äußern des Einheitskreises, injektiv und spart genau diejenigen komplexen Zahlen aus, die Bilder des Einheitskreises sind. Um zu sehen, welche Zahlen ausgespart werden, setzen wir

$\begin{align*} z = \operatorname{e}^{\operatorname{i}t} \, , \ t \in (-\pi,\pi] \end{align*}$

ein und erhalten:

$\begin{align*} w = \operatorname{e}^{\operatorname{i}t} + \operatorname{e}^{- \operatorname{i}t} = 2 \cos t \end{align*}$

Offenbar variiert der Cosinusterm im Intervall $\begin{align*} [-2,2] \end{align*}$ .

06.11.2018, 22:12

URL

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So habe ich das noch nie gesehen. Danke Leopold Freude

Freude

06.11.2018, 23:05

Sebastian75

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Hallo, Leopold.
Ich verstehe leider diese Stelle noch nicht:
f ist daher auf G, dem Äußern des Einheitskreises, injektiv und spart genau diejenigen komplexen Zahlen aus, die Bilder des Einheitskreises sind.

Da das Gebiet, das unter f agebildet werden soll, außerhalb des Einheitskrieses liegen soll, würde nach der Bedinung $\begin{eqnarray*} |z_1| \cdot |z_2| =1 \end{eqnarray*}$ die andere Lösung innerhalb liegen. Damit gibt es immer nur eine eindeutig bestimmte Lösung der quadratischen Gleichungen und deshalb ist f außerhalb des Einheitskreises injektiv?

Weiter sagst du
"und spart genau diejenigen komplexen Zahlen aus, die Bilder des Einheitskreises sind."

Wieder wegen $\begin{eqnarray*} |z_1| \cdot |z_2| =1 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} |z_1|=|z_2|=1 \end{eqnarray*}$ .
Denn diese Punkte gehören ja nicht zum Gebiet G. Meinst du das so?

07.11.2018, 14:19

Leopold

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Für jedes $\begin{align*} w \in \mathbb{C} \end{align*}$ ist die quadratische Gleichung $\begin{align*} z^2 - wz + 1 = 0 \end{align*}$ lösbar, in anderen Worten

$\begin{align*} f \left( \mathbb{C} \setminus \{ 0 \} \right) = \mathbb{C} \end{align*}$

Sind $\begin{align*} z_1,z_2 \end{align*}$ die Lösungen der Gleichung, so gilt wegen des Satzes von Vieta

$\begin{align*} f^{-1}(w) = \left\{ z_1,z_2 \right\} \ \ \text{mit} \ \ z_1 \cdot z_2 = 1 \end{align*}$

Man könnte sich nun fragen, wann die Urbildmenge von $\begin{align*} w \end{align*}$ einelementig ist, also $\begin{align*} z_1,z_2 \end{align*}$ zusammenfallen. Offenbar gilt das wegen $\begin{align*} z_1 \cdot z_2 = 1 \end{align*}$ nur für $\begin{align*} z_1 = z_2 = 1 \end{align*}$ oder $\begin{align*} z_1 = z_2 = -1 \end{align*}$ . Die Bilder sind $\begin{align*} f(1) = 2 \end{align*}$ und $\begin{align*} f(-1) = -2 \end{align*}$ . Die Urbildmengen eines $\begin{align*} w \in \mathbb{C} \end{align*}$ sind also mit der Ausnahme von $\begin{align*} w=2 \end{align*}$ oder $\begin{align*} w=-2 \end{align*}$ zweielementig.

Entweder liegen beide Urbilder auf dem Einheitskreis, oder eines außerhalb und eines innerhalb des Einheitskreises. Das folgt wieder aus $\begin{align*} z_1 \cdot z_2 = 1 \end{align*}$ durch Übergang zum Betrag. Das Bild der in $\begin{align*} \pm 1 \end{align*}$ unterbrochenen Kreislinie ist das Intervall $\begin{align*} (-2,2) \end{align*}$ , wie man an

$\begin{align*} w = \operatorname{e}^{\operatorname{i}t} + \operatorname{e}^{- \operatorname{i}t} = 2 \cos t \end{align*}$

sieht. Jedes Element $\begin{align*} w \in (-2,2) \end{align*}$ wird zweimal durch $\begin{align*} f \end{align*}$ getroffen, beide Male von Elementen des in $\begin{align*} \pm 1 \end{align*}$ unterbrochenen Einheitskreises aus, die Randpunkte $\begin{align*} w = \pm 2 \end{align*}$ werden, wie oben gesehen, jeweils einmal getroffen. Das Äußere des Einheitskreises wird ebenso wie das Innere auf die restlichen Elemente von $\begin{align*} \mathbb{C} \end{align*}$ abgebildet. Man kann es so zusammenfassen:

$\begin{align*} f|_G: \ G \to \mathbb{C} \setminus [-2,2] \end{align*}$

ist biholomorph (ebenso ist, sofern $\begin{align*} E \end{align*}$ das Innere des in 0 gelochten Einheitskreises bezeichnet, $\begin{align*} f|_E: \ E \to \mathbb{C} \setminus [-2,2] \end{align*}$ biholomorph).

08.11.2018, 12:10

Sebastian75N

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Danke für deine ausfürhliche Antwort smile

smile

Ich hätte noch 2 Fragen:

Wie siehst du, dass für alle w die quadratische Gleichung lösbar ist?

Du leitest aus der gquadratischen Gleichung Informationen über die Bild und Urbildmenge mittels des Satzes von Vieta ab.
Aber die quadratische Gleichung ist doch nicht von der Form w=f(z).

Du schreibst z.b $\begin{eqnarray*} f^{-1}(w)=\{z_1,z_2\} \end{eqnarray*}$ . Inwiefern ist das äquivalent zur quadratischen Gleichung?

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08.11.2018, 12:54

HAL 9000

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Zitat:

Original von Sebastian75N
Wie siehst du, dass für alle w die quadratische Gleichung lösbar ist?

Fundamentalsatz der Algebra. Augenzwinkern

Augenzwinkern

08.11.2018, 13:05

Sebastian75

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Aso ja klar smile

smile

Danke

smile

Aber warum ist die quaratische Gleichung äquivalent zur Funktion f(z)=w?

08.11.2018, 13:09

HAL 9000

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Das sind doch einfache algebraische Umformungen:

$\begin{eqnarray*} f(z)=z+\frac{1}{z}=w \end{eqnarray*}$ ergibt multipliziert mit $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ die Gleichung $\begin{eqnarray*} z^2+1=wz \end{eqnarray*}$ , umgestellt $\begin{eqnarray*} z^2-wz+1=0 \end{eqnarray*}$ .

08.11.2018, 13:30

Sebastian75

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Aso gut

smile

Wenn ich jetzt wissen will, welche Kurven z.b den konzentrischen Kreisen $\begin{eqnarray*} \{ z \in \mathbb C: |z|<r \} \end{eqnarray*}$ mir r>1 in G.

Wie muss ich da vorgehen?

08.11.2018, 13:37

HAL 9000

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Zitat:

Original von Sebastian75
welche Kurven z.b den konzentrischen Kreisen $\begin{eqnarray*} \{ z \in \mathbb C: |z|<r \} \end{eqnarray*}$ mir r>1 in G.

verwirrt

Zu einem vollständigen Satz gehört ein Verb! Und wieso "in G" ?

08.11.2018, 14:03

Sebastian75

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Sorry ja. Ich schreibe dir den Satz mal richtig zitiert hin:

Welche Kurven entsprechen dabei den
konzentrischen Kreisen $\begin{eqnarray*} \{ z \in \mathbb C: |z|=r \} \end{eqnarray*}$ mit r > 1, welche den von Null ausgehenden Halbstrahlen in G ?

08.11.2018, 14:30

HAL 9000

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Zum ersten Punkt, d.h. dem Bild des konzentrischen Kreises $\begin{eqnarray*} \left\{ z\in G:\; |z|=r \right\} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} r>1 \end{eqnarray*}$ bei Anwendung von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ :

Mit Parametrisierung $\begin{eqnarray*} z=re^{i\varphi} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} -\pi<\varphi\leq \pi \end{eqnarray*}$ ergibt sich

$\begin{eqnarray*} f(z) = re^{i\varphi} + \frac{1}{r}e^{-i\varphi} = \left(r+\frac{1}{r}\right)\cos(\varphi) + i\left(r-\frac{1}{r}\right)\sin(\varphi) \end{eqnarray*}$ .

Das ist eine Ellipse mit den Halbachsen $\begin{eqnarray*} \left(r+\frac{1}{r}\right) \end{eqnarray*}$ in reeller und $\begin{eqnarray*} \left(r-\frac{1}{r}\right) \end{eqnarray*}$ in imaginärer Richtung. Für $\begin{eqnarray*} r\searrow 1 \end{eqnarray*}$ zieht sich diese Ellipse zum reellen Intervall $\begin{eqnarray*} [-2,2] \end{eqnarray*}$ zusammen.

Und auch beim Bild der Halbstrahlen kommt man auf gewisse Kegelschnitte, zumindest Teilen davon...

08.11.2018, 15:35

Leopold

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Im Anhang eine dynamische Zeichnung der Abbildung $\begin{align*} z \mapsto w = z + \frac{1}{z} \end{align*}$ . Zum Öffnen Euklid installieren.

08.11.2018, 16:14

HAL 9000

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Nett, was man aus Euklid alles rausholen kann. Da es dort auch mehrere Menüpunkte zu Hyperbeln gibt, kriegen wir sicher auch bald noch eine Zeichnung für den zweiten Fall "Bild von Ursprung-Halbstrahlen" zu sehen. smile

smile

08.11.2018, 16:59

Sebastian75

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Danke euch für eure Mühen.
Das $\begin{eqnarray*} \left(r+\frac{1}{r}\right)\cos(\varphi) + i\left(r-\frac{1}{r}\right)\sin(\varphi) \end{eqnarray*}$ das ein Ellipse ist liegt doch am folgendem:

Sei $\begin{eqnarray*} a:=r+\frac{1}{r} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b:= r-\frac{1}{r} \end{eqnarray*}$

Dann ist die Gleichung von der Form $\begin{eqnarray*} (acos(\varphi), b sin(\varphi)) \end{eqnarray*}$

Mit $\begin{eqnarray*} x= a cos((\varphi) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y= b sin((\varphi) \end{eqnarray*}$

Damit hat man $\begin{eqnarray*} \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2}=1 \end{eqnarray*}$
Sehe ich das richtig?

09.11.2018, 07:27

Leopold

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Etwas holprig ausgedrückt, aber richtig.

Zitat:

Original von HAL 9000
Nett, was man aus Euklid alles rausholen kann. Da es dort auch mehrere Menüpunkte zu Hyperbeln gibt, kriegen wir sicher auch bald noch eine Zeichnung für den zweiten Fall "Bild von Ursprung-Halbstrahlen" zu sehen. smile

smile

Ach nein, aber das Bild eines Quadrats ist auch hübsch ...

EDIT
Ich sehe gerade, daß sich die Bildkurve des Quadrats nicht anpaßt. Beim Erstellen der Datei hat das noch geklappt. Dann halt doch nicht.

09.11.2018, 07:51

HAL 9000

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Na gut, dann ergänze ich es.

[attach]48292[/attach]

09.11.2018, 15:30

Leopold

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Jetzt scheint das auch mit dem Quadrat zu klappen. Ich weiß nicht, warum das in der ersten Version nicht funktioniert hat. Im Anhang die neue Variante.

10.11.2018, 10:03

Sebastian75

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Danke nochmal für deine Mühe.
Was ist denn an meiner Formulierung schwammig?
verwirrt

verwirrt

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