Polardarstellung

26.01.2016, 12:33

naca91

Polardarstellung

Meine Frage:
Hallo liebe Community,
ich soll die folgenden Ausdrücke in Polardarstellung berechnen:

$\begin{eqnarray*} 1.) z=\left(\frac{3 + 2 \sqrt{2} + i}{2- \sqrt{2}i }\right)^{2016} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2.) z=\left(\frac{7i- \sqrt{3} }{3\sqrt{3} + 5i }\right)^{10} \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Bei der 2.) habe ich das raus:

$\begin{eqnarray*} \left(\frac{7i- \sqrt{3} }{3\sqrt{3} + 5i }\right)^{10}=\left(\frac{1}{2}+ \frac{\sqrt{3} }{2}i \right)^{10}=\left(-\frac{1}{2} -\frac{\sqrt{3} }{2}i \right) \end{eqnarray*}$
Für die Länge von z bekomme ich dann $\begin{eqnarray*} r=1 \end{eqnarray*}$ raus und für das Argument von z
$\begin{eqnarray*} \alpha = -120°= -\frac{2}{3}\pi . \end{eqnarray*}$

Bei der 1.) bleibe ich aber hängen unglücklich

.
Soweit bin ich gekommen.

$\begin{eqnarray*} \left(\frac{3 + 2 \sqrt{2} + i}{2- \sqrt{2}i }\right)^{2016} =\left(1+ \frac{1}{\sqrt{2} } + i\left(1+ \frac{1}{\sqrt{2} }\right)\right) ^{2016} \end{eqnarray*}$

Kann man das jetzt irgendwie vereinfachen. Ich kann doch den Term nicht solange multiplizieren bis ich irgendwann auf ^2016 komme. Bei dem ^10 in der 2. Aufgabe ging das ja noch.
Wäre über jede Hilfe dankbar.
LG

26.01.2016, 12:41

Steffen Bühler

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RE: Polardarstellung

Zitat:

Original von naca91
Ich kann doch den Term nicht solange multiplizieren bis ich irgendwann auf ^2016 komme. Bei dem ^10 in der 2. Aufgabe ging das ja noch.

Aber auch da hast Du doch hoffentlich nicht 10mal den Term multipliziert, sondern...?

Viele Grüße
Steffen

26.01.2016, 12:54

naca91

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Also ehrlich gesagt habe ich
$\begin{eqnarray*} \left(\left(z^2\right)^2\right)^2 *z^2 \end{eqnarray*}$ gerechnet xD

26.01.2016, 13:03

Steffen Bühler

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Pursche!

Natürlich geht das auch, aber eigentlich macht man das mit der üblichen Regel "Betrag mit dem Exponenten potenzieren, Winkel mit dem Exponenten multiplizieren".

26.01.2016, 14:33

naca91

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So hab mich jetzt maml ein bisschen durchgelesen. In meinem Skript stand dazu natürlich nix unglücklich

Somit gilt ja
$\begin{eqnarray*} z^{n}=| z |^n(\cos n(\alpha )+i\sin n(\alpha ) ) \end{eqnarray*}$

Nur wie komme ich dann damit auf den Winkel?
Bei der 2. zum Beispiel habe ich das ^10 ausgerechnet und konnte mit
$\begin{eqnarray*} arctan(\frac{b}{a}) -\pi \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ bestimmen, da $\begin{eqnarray*} a<0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b<0 \end{eqnarray*}$ .
Steh da so ein kleines bisschen auf dem Schlauch unglücklich

26.01.2016, 14:35

HAL 9000

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Dir bereitet der Argumentwinkel von

$\begin{align*} 1+ \frac{1}{\sqrt{2}} + i\left(1+ \frac{1}{\sqrt{2}}\right) = \left(1+ \frac{1}{\sqrt{2}}\right) \cdot (1+i) \end{align*}$

Probleme - wirklich? Augenzwinkern

Oder ist es der Winkel der Potenz?

$\begin{align*} z = re^{\varphi i} \end{align*}$ führt bei ganzzahligen Exponenten $\begin{align*} n \end{align*}$ zu $\begin{align*} z^n = r^n e^{n\varphi i} \end{align*}$ . Natürlich kann man bei Winkel $\begin{align*} n\varphi \end{align*}$ ganzzahlige Vielfache von $\begin{align*} 2\pi \end{align*}$ addieren/subtrahieren ohne Wertänderung der Potenz, wenn man am Ende einen Winkelwert im Grundintervall $\begin{align*} (-\pi,\pi] \end{align*}$ haben will.

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