Hohe Potenzen komplexer Zahlen

18.06.2016, 22:53

Joachim Stevens

Hohe Potenzen komplexer Zahlen

Meine Frage:
Hallo,

Kann mir jemand sagen wie man Klammern mit hohen Potenzen berechnet ?

1. z.B. (i-1)^14 = 0+128i wie kommt man auf 0+128 i

2. Und zum Bespiel, wie berechnet man (a+b)^99 oder (a+b)^500

Meine Ideen:
Bei 1 vermute ich dass ich Folgendes machen kann:
(i-1)^14 = ((i-1)^2 * (i-1)^3* (i-1)^4 )^2 oder ?

19.06.2016, 11:21

Elvis

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Es ist $\begin{eqnarray*} z=x+iy=|z|e^{i\varphi} \end{eqnarray*}$
Das erste ist die komplexe Zahl $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ in cartesischen Koordinaten als Summe aus reeller Zahl $\begin{eqnarray*} x=Re(z) \end{eqnarray*}$ und rein imaginärer Zahl $\begin{eqnarray*} iy=iIm(z) \end{eqnarray*}$ . Diese Darstellung ist für Addition und Subtraktion gut geeignet wegen $\begin{eqnarray*} (a+bi)+(c+di)=(a+b)+(c+d)i\; (\forall a,b,c,d\in \mathbb R) \end{eqnarray*}$ .
Das zweite ist die komplexe Zahl $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ in Polarkoordinaten mit Betrag $\begin{eqnarray*} r=|z| \end{eqnarray*}$ und Argument $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ , und nach Leonhard Euler gilt $\begin{eqnarray*} e^{i\varphi}=cos(\varphi)+i\cdot sin(\varphi) \end{eqnarray*}$ . Diese Darstellung ist für Multiplikation und Potenzierung gut geeignet wegen $\begin{eqnarray*} \alpha e^{i\varphi}\cdot \beta e^{i\psi}=(\alpha\cdot\beta)e^{((\varphi+\psi)\;mod 2\pi)}\; (\forall \alpha,\beta\in\mathbb R,\forall \varphi,\psi\in [0,2\pi )) \end{eqnarray*}$ .

19.06.2016, 11:32

Leopold

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RE: Klammer mit Hochen Potenzen Komplexe Zahlen

Zitat:

Original von Joachim Stevens
(i-1)^14 = ((i-1)^2 * (i-1)^3* (i-1)^4 )^2 oder ?

Irgendwie hast du dich verzählt. Bei deinem Ansatz ergibt sich insgesamt $\begin{align*} \left( \operatorname{i} - 1 \right)^{18} \end{align*}$ . Auf Polarkoordinaten, wie Elvis sie vorschlägt, kann man verzichten, wenn man Folgendes beobachtet:

$\begin{align*} \left( \operatorname{i} - 1 \right)^2 = -2 \operatorname{i} \end{align*}$

$\begin{align*} \left( \operatorname{i} - 1 \right)^4 = \left( \left( \operatorname{i} - 1 \right)^2 \right)^2 = \left( -2 \operatorname{i} \right)^2 = -4 \end{align*}$

Und jetzt den Term nach den Potenzgesetzen ähnlich wie in deinem Ansatz passend umformen: $\begin{align*} 14 = 4 \cdot 3 + 2 \end{align*}$

23.06.2016, 15:09

Joachim Steven

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Ich habe im Internet raus recherchiert, dass man mit dem Satz von Moivredie Potenzen ausrechnen kann.. Jetzt frage ich mich. Geht das als Ausnahmelos, dass man jede

23.06.2016, 15:12

Joachim Steven

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.... Höhere Potenz mit Komplexen Zahlen so ausrechnen kann.

23.06.2016, 17:41

Elvis

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Ja, das folgt sofort aus dem, was ich über Multiplikation komplexer Zahlen in Polarkoordinaten geschrieben habe.

25.06.2016, 00:04

Joachim Steven

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Also ich habe gedacht ich habe es verstanden, aber das anwenden bekomme ich irgendwie nicht hin.

Also:
Die Aufgabe : $\begin{eqnarray*} (i +e^{-3 pi}) \end{eqnarray*}$

1 Schritt : Umschreiben

$\begin{eqnarray*} i^{14} * e^{-3 \pi * 14} \end{eqnarray*}$
= $\begin{eqnarray*} i^{14} * e^{-42 \pi } \end{eqnarray*}$
= $\begin{eqnarray*} = -1 * e^{-42 \pi } \end{eqnarray*}$

2. Schritt :
$\begin{eqnarray*} e^{-42\pi } \end{eqnarray*}$ Umwandeln

cos(-42 ) = 1
sin (-42 ) = 0

Ich glaube hier scheitert es schon.. oder mache ich soweit richtig ?

Ich muss auf das Ergebnis
0 + 128 i kommen

kann mir das jemand Schritt für Schritt vorrechnen ?

Vielen Dank im vorraus !

25.06.2016, 10:03

Elvis

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Bist Du immer noch bei der Aufgabe, $\begin{eqnarray*} (i-1)^{14} \end{eqnarray*}$ zu berechnen ?
$\begin{eqnarray*} i-1=\sqrt 2\cdot e^{i\frac 3 4 \pi}\Rightarrow (i-1)^{14}=(\sqrt 2)^{14}\cdot e^{i\frac {14\cdot 3} 4 \pi} \end{eqnarray*}$

26.06.2016, 02:04

Joachim Stevens

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Ja es gibt Aufgaben die sind echt hartnäckig..

Danke Elvis das ist schon besser.

Ich habe kann die Schritte soweit folgen.

Bei $\begin{eqnarray*} (i - 1) = \sqrt{2} * e^{i\frac{3}{2} \pi } \end{eqnarray*}$ habe ich jedoch ein Denkproblem :-)

Hammer

Also die wenn ich für cos und sin -1 einsetze bekomme ich nicht $\begin{eqnarray*} \sqrt{2} \end{eqnarray*}$

Kann man die Stelle in Zwischeschritte nochmal einteilen ?

Ich glaube ich habe da auch den falschen Gedanken.. oder ?

26.06.2016, 09:11

Elvis

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Da hatte ich einen Schreibfehler in meinem letzten Beitrag, den ich nun korrigiert habe. Der Winkel ist nicht $\begin{eqnarray*} \frac 3 2 \pi \end{eqnarray*}$ sondern $\begin{eqnarray*} \frac 3 4 \pi \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} i\in \mathbb C=(0,1)\in \mathbb R^2 \end{eqnarray*}$ liegt auf der imaginären Achse, $\begin{eqnarray*} -1\in \mathbb C=(-1,0) \in \mathbb R^2 \end{eqnarray*}$ liegt auf der reellen Achse. Die beiden Punkte $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} i-1 \end{eqnarray*}$ bilden zwei Eckpunkte des Quadrats $\begin{eqnarray*} 0=(0,0),i=(0,1),i-1=(-1,1),-1=(-1,0) \end{eqnarray*}$ , genauer die Endpunkte einer Diagonalen dieses Quadrats auf der 2. Winkelhalbierenden . Die Seitenlänge des Quadrats ist $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ , wie man weiß oder mit Pythagoras nachrechnen kann ist die Länge dieser Diagonalen $\begin{eqnarray*} |i-1|=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt 2 \end{eqnarray*}$ .
Alle positiven reellen Zahlen $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb R_+ \end{eqnarray*}$ haben das Argument $\begin{eqnarray*} 0\equiv 2\pi(mod 2\pi) \end{eqnarray*}$ , alle rein imaginären Zahlen $\begin{eqnarray*} iy, y\in\mathbb R_+ \end{eqnarray*}$ haben das Argument $\begin{eqnarray*} \frac {\pi} 2 \end{eqnarray*}$ , alle negativen reellen Zahlen $\begin{eqnarray*} x, -x\in\mathbb R_+ \end{eqnarray*}$ haben das Argument $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ , alle rein imaginären Zahlen $\begin{eqnarray*} iy, -y\in\mathbb R_+ \end{eqnarray*}$ haben das Argument $\begin{eqnarray*} \frac 3 2 {\pi} \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} i-1 \end{eqnarray*}$ liegt wie erwähnt auf der 2. Winkelhalbierenden, genauer im 2. Quadranten. Spätestens jetzt wird es Zeit, eine Skizze zu machen, dann wird klar, dass $\begin{eqnarray*} i-1=|i-1|\cdot e^{i\cdot arg(i-1)}=\sqrt 2\cdot e^{i\frac {3\pi} 4} \end{eqnarray*}$

27.06.2016, 00:41

Joachim Stevens

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Ahhh vielen vielen Dank
jetzt habe ich es verstanden

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