für welche z aus C ist komplexer Term reell?

10.11.2007, 19:27

ilk

für welche z aus C ist komplexer Term reell?

Ich stehe vor folgendem Problem:

Ich soll alle $\begin{eqnarray*} z \in \mathbb{C} \end{eqnarray*}$ bestimmen, sodass folgender Ausdruck reell ist:

$\begin{eqnarray*} {\left(\frac{2+z}{2-z}\right)}^4 \end{eqnarray*}$

Mein Ansatz bisher ist:
z=a+bi bringt hier nicht viel, da wird die Gleichung zu "wild".
Also: Polardarstellung!
Damit für eine komplexe Zahl c der ausdruck c^4 reell ist, muss c von einer der Folgenden Formen sein:
(a,0)
(0,a)
(a,a)
(a,-a)
(Das sind quasi 4 Geraden, jeweils um 45° am Nullpunkt gedreht)

in Polardarstellung heißt das:
$\begin{eqnarray*} e^{i*\frac{k}{4}*\pi} \end{eqnarray*}$
für k=1,...,8

d.h. für meine aufgabe muss
$\begin{eqnarray*} {\left(\frac{2+z}{2-z}\right)} \end{eqnarray*}$
von dieser Form sein... aber wie lös ich das jetzt weiter???

10.11.2007, 20:26

Tomtomtomtom

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Ich würde es doch über die Darstellung z=a+bi versuchen. Versuche als erstes, durch geeignetes erweitern den Nenner reell zu machen, dann kannst du den ignorieren und mußt dich nur noch mit dem Zähler rumschlagen. Wenn man es geschickt aufschreibt, wird es nicht zu wild.

Auf der anderen Seite ist nämlich der Versuch, den Term in der Klammer allgemein in Exponentialform zu bringen, ziemlich hoffnungslos.

11.11.2007, 15:58

ilk

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okay, ich sehs ein, wenn man die a+bi form nimmt, gehts doch leichter (die Polarform ist quasi nur eine Hilfe, um auf die Idee mit dem (a,a) etc. zu kommen).

Jetzt sitz ich aber an den beiden Fällen (a,a) und (a,-a)
ich habe da die gleichungen
a²+b²+4b-4=0
und
a²+b²-4b-4=0
und das geht mir doch schon ziemlich auf die nerven...

11.11.2007, 23:35

mYthos

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Die Aufgabe ist ziemlich reizvoll Big Laugh

Ich habe es mal mit folgender Überlegung versucht:

Wenn die vierte Potenz des Bruches reell sein soll, kann der Bruch selbst nur die Werte

$\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$

oder

$\begin{eqnarray*} \pm r \cdot i \ \ldots \ r \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ annehmen.

Grund: $\begin{eqnarray*} i^2 = -1; \ i^4 = 1 \end{eqnarray*}$

Im ersten Fall ist z selbst dann reell (z kann man hier leicht berechnen) und in den beiden anderen Fällen schreibt man

$\begin{eqnarray*} \frac{2 + z}{2 - z} = \pm i \cdot r \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ldots \end{eqnarray*}$

mal mit dem positiven Vorzeichen weiter ...

$\begin{eqnarray*} \ldots \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z = 2 \frac{ri - 1}{ri + 1} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ldots \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} Re(z) = \frac{2(r^2 -1)}{r^2 + 1} \ \ Im(z) = \frac{4r}{r^2 + 1} \end{eqnarray*}$

Im Falle des negativen Vorzeichens bleibt der Imaginärteil gleich und nur der Realteil ändert sein Vorzeichen.

$\begin{eqnarray*} z = \pm \frac{2(r^2 -1)}{r^2 + 1} + \frac{4r}{r^2 + 1} \cdot i \end{eqnarray*}$

Das bedeutet, alle komplexen Zahlen dieser "Bauart" erfüllen die Bedingung , dass die 4. Potenz des angegebenen Bruches reell ist.

Ich habe das mal mit r = 2 verifiziert:

$\begin{eqnarray*} z = \frac{6}{5} + \frac{8}{5} i \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{2 + z}{2 - z} = \ldots = 2 \frac{2 + i}{1 - 2i} = \ldots = 2 \frac{5i}{5} = \ldots \end{eqnarray*}$

Die 4. Potenz davon ist natürlich reell ....

Dir bleibt es noch, die Zwischenschritte und den 2. Fall zu vervollständigen.

mY+

11.11.2007, 23:59

ilk

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der bruch kann auch einen Wert wie r+ri und r-ri annehmen (siehe meine Überlegung)

danke für deine Mühe, aber soweit war ich leider auch schon, bei mir ist die Lösung für dein "ri" einfach nur, dass
für z=a+bi gelten muss, dass |z|=2 (was bei deinem Beispiel-z zutrifft)

die wirklich schweren Fälle sind jetzt aber die r+ri und r-ri (die in der 4ten potenz auch reell sind)

12.11.2007, 01:13

mYthos

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Ja, stimmt, diese Fälle gibt es auch. Sie sind aber genauso machbar.

Mit dem Ansatz

$\begin{eqnarray*} \frac{2 + z}{2 - z} = \pm r \cdot (1 + i) \end{eqnarray*}$

kommen wir zu (... Fall des positiven Vorzeichens: )

$\begin{eqnarray*} \ldots \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z = 2 \frac{-1 + r + ri}{1 + r + ri} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ldots \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z = 2\frac{2r^2 -1}{2r^2 + 2r + 1} + \frac{4r}{2r^2 + 2r + 1} \cdot i \end{eqnarray*}$

Wieder mit r = 2 testen:

$\begin{eqnarray*} z = \frac{14}{13} + \frac{8}{13} i \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{2 + z}{2 - z} = \ldots = 2 \frac{5 + i}{3 - 2i} = \ldots = 2 \frac{13(1 + i)}{13} = 2(1+i) \end{eqnarray*}$

Die 4. Potenz ist reell.

mY+

12.11.2007, 10:59

ilk

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okay, klasse, du hast recht!
wobei das +- in diesem fall in die klammer muss, sonst hast du ja 2x den gleichen fall (da r ja eh in R ist, da brauchst du ´ja nicht denn fall r<0 und r>0 unterscheiden.)
thx!

12.11.2007, 19:25

Leopold

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Ich vermute fast, daß diese Aufgabe im Umfeld von Möbiustransformationen gestellt ist.

Da nun

$\begin{eqnarray*} w = f(z) = \frac{2+z}{2-z} \end{eqnarray*}$

eine solche ist, legen drei Punkte eines Kreises das Urbild schon fest (Kreistreue, Geraden als Kreise durch $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ ).

$\begin{eqnarray*} z = f^{-1}(w) = 2 \, \frac{w-1}{w+1} \end{eqnarray*}$

ist die Umkehrabbildung. Wenn du also etwa wissen willst, für welche $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ die Bedinung $\begin{eqnarray*} f(z) = t (1 + \operatorname{i}) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} t \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ erfüllt ist, mußt du nur drei Punkte der ersten Winkelhalbierenden nehmen (z.B. $\begin{eqnarray*} 0,\ -1 - \operatorname{i},\ \infty \end{eqnarray*}$ ) und ihr Urbild suchen:

$\begin{eqnarray*} f^{-1}(0) = -2 \, , \ \ f^{-1}(-1 - \operatorname{i}) = 2 - 4 \operatorname{i} \, , \ \ f^{-1}(\infty) = 2 \end{eqnarray*}$

Die Mittelsenkrechten der Sehnen, die durch die Punkte $\begin{eqnarray*} -2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 2 - 4 \operatorname{i} \end{eqnarray*}$ bestimmt sind, treffen sich in $\begin{eqnarray*} m = -2 \operatorname{i} \end{eqnarray*}$ . Der Abstand von $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} r = 2 \sqrt{2} \end{eqnarray*}$ . Das Urbild der ersten Winkelhalbierenden unter $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist daher der Kreis um $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ vom Radius $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ (eventuell mit Loch bei $\begin{eqnarray*} z=2 \end{eqnarray*}$ , wenn $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ nur für $\begin{eqnarray*} z \neq 2 \end{eqnarray*}$ betrachtet wird).

12.11.2007, 20:24

Poff

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Die Lösungsmenge sind 4 Kreise

1) i=0

2) k(0,0,2)

3) k(0, 2*i, sqrt(8))

4) k(0,-2*i, sqrt(8))

das kannst mit etwas Gebastel auch aus dem Ansatz z = a+i*b ermitteln.

12.11.2007, 20:43

Poff

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Nenner reell machen, bedeutet

Zähler = (2+a+b*i)*(2-a+b*i) = 4 + 4*b*i - a^2 - b^2
nun zu
d+4*b*i umsubstituieren und potenzieren

(d+4*b*i)^4 = d^4+16*d^3*b*i-96*d^2*b^2-256*d*b^3*i+256*b^4

bedingt

16*d^3*b-256*d*b^3 = 0 = -16*b*d*(4*b-d)*(4*b+d)

1) -16*b*d = 0, b=0 oder d=0

2) (4*b-d) = 0

3) (4*b+d) = 0

Durch Rücksubstitution von d und Quadratische Ergänzung kommst zu den Kreisen.

12.11.2007, 21:52

Leopold

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Zitat:

Original von Poff
1) i=0

Na, das wohl nicht. Du meinst wahrscheinlich: $\begin{eqnarray*} y = 0 \end{eqnarray*}$ für kanonisch $\begin{eqnarray*} z = x + \operatorname{i}y \end{eqnarray*}$ . Augenzwinkern

15.11.2007, 03:07

Poff

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im(z) = 0, ja das war gemeint

Nicht übel i=0, das löst das auch mehr oder weniger ... Augenzwinkern

15.11.2007, 15:07

Leopold

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Jaja, so ist er, unser lieber Poff. Immer für radikale Lösungen zu haben. Mit einem einzigen Schwertstreich

Zitat:

Original von Poff
1) i=0

mitten ins Herz des Bösen vernichtet er die trügerische Schattenwelt des Imaginären. Es machte nur kurz POFF-POFF - und schon war der ganze Zauber verschwunden!
Dabei wären wir so gerne weiter böse gewesen, zumindest manchmal und ein bißchen. traurig

Denn gute Buben kommen in den Himmel, böse überall hin. Oder waren das die Mädchen?

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