Gaußsche Zahlenebene - Komplexe Zahlen

03.11.2018, 20:01

erstsemester

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Gaußsche Zahlenebene - Komplexe Zahlen

Hallo zusammen,

ich hab wieder eine Aufgabe, zu der ich einige Lösungen formuliert habe. Es ist sehr schön, wenn ihr einen Blick darauf werfen könntet und ggf. korrigiert.

Vielen Dank vorab schon einmal. Blumen

Blumen

Blumen

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Aufgabe: Es sind folgende Bedingungen für komplexe Zahlen $\begin{eqnarray*} z=x+iy=r\cdot e^{i\varphi} \end{eqnarray*}$ gegeben, die dann in der Gaußschen Zahlenebene skizziert werden sollen:

(i) $\begin{eqnarray*} \overline{z}=-z \end{eqnarray*}$ ;
(ii) $\begin{eqnarray*} \overline{z}=-z^{-1} \end{eqnarray*}$ ;
(iii) $\begin{eqnarray*} z^{5}=1 \end{eqnarray*}$ ;
(iv) $\begin{eqnarray*} Re(i\cdot z +2)\geq 0 \end{eqnarray*}$
(v) $\begin{eqnarray*} z^{2}-(6+3i)z+(7+9i)=0 \end{eqnarray*}$

zu

i) Wenn $\begin{eqnarray*} \overline{z}=-z \end{eqnarray*}$ , dann folgt daraus $\begin{eqnarray*} \left\{ x+iy| x-iy=-x-iy\right\}=\left\{ x+iy| x=-x=0\right\} \end{eqnarray*}$ Somit liegt die Gerade auf Im(z).

ii) hier ergeibt sich der Einheitskreis in der Anschauungsebene

iii) $\begin{eqnarray*} M:=]\left\{z \in C | z^{5}=1 \right\}=]\left\{z \in C | (re^{i\varphi})^{5}=1 \right\} \end{eqnarray*}$

Die Bedingung ist nur erfüllt, wenn $\begin{eqnarray*} r\cdot e^{i\varphi}=1 \end{eqnarray*}$ gilt. Dies gilt, wenn $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ das Multiplikative Inverse zu $\begin{eqnarray*} e^{i\varphi} \end{eqnarray*}$ und umgekehrt.

Liege ich bisher richtig?

03.11.2018, 20:11

Leopold

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(i) stimmt, die andern nicht, vorausgesetzt, die jeweiligen Angaben sind korrekt.

03.11.2018, 20:40

erstsemester

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die Bedingungen sind korrekt.

ich werde die Aufgaben solitär darstellen, damit es übersichtlich bleibt.

ii) $\begin{eqnarray*} \overline{z}=z^{-1} \end{eqnarray*}$

Dan ist die resultierende Menge
$\begin{eqnarray*} M_{C}=\left\{ z \in C | \overline{x+iy}=(x+iy)^{-1}\right\} =\left\{ x+iy \in C | x-iy=\frac{1}{x+iy} \right\}<br /> <br /> \end{eqnarray*}$

Im nächsten Schritt war die Überlegung die Gleichung der Bedingung zu vereinfachen, also

$\begin{eqnarray*} x-iy=\frac{1}{x+iy}\leftarrow \rightarrow (x-iy)(x+iy)=1 \leftarrow\rightarrow x^2-i^2y^2=1 \leftarrow\rightarrow x^2+y^2=1<br /> \end{eqnarray*}$

Hieraus hätte ich nun den Pythagoras gesehen. So dass für jede Kombination aus x,y ein der Abstand, also der Radius =1 ist. Wo ist mein Denkfehler?

03.11.2018, 20:43

Leopold

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Zitat:

Original von Leopold
(i) stimmt, die andern nicht, vorausgesetzt, die jeweiligen Angaben sind korrekt.

Zitat:

Original von erstsemester
(ii) $\begin{eqnarray*} \overline{z}=-z^{-1} \end{eqnarray*}$ ;

Zitat:

Original von erstsemester
die Bedingungen sind korrekt.

ich werde die Aufgaben solitär darstellen, damit es übersichtlich bleibt.

ii) $\begin{eqnarray*} \overline{z}=z^{-1} \end{eqnarray*}$

03.11.2018, 20:47

erstsemester

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danke Leopold, es muss heißen $\begin{eqnarray*} \overline{z}=z^{-1} \end{eqnarray*}$ . Ich habe mich zuvor verschrieben gehabt. Hab das nicht gesehen. sry.

03.11.2018, 20:48

Leopold

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Mit den neuen Angaben stimmt (ii).
Du kannst es aber einfacher haben. Dazu mußt du nur wissen: $\begin{align*} z \,\bar{z} = |z|^2 \end{align*}$ . Dieser Zusammenhang kommt sehr häufig vor. Du solltest ihn dir merken. Jetzt mußt du die gegebene Gleichung nur mit $\begin{align*} z \end{align*}$ durchmultiplizieren und weiter umformen.

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03.11.2018, 21:02

erstsemester

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also einfach $\begin{eqnarray*} z'\cdot z=z^{-1}\cdot z = z^{-1+1} \end{eqnarray*}$ so meinst du bestimmt?

03.11.2018, 21:16

Leopold

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Also ich hätte das jetzt nicht so kompliziert aufgeschrieben, schließlich weiß man ja, daß $\begin{align*} z^{-1} = \frac{1}{z} \end{align*}$ ist. Also so:

$\begin{align*} \bar{z} = z^{-1} \ \ \Leftrightarrow \ \ z \, \bar{z} = 1 \ \ \Leftrightarrow \ \ |z|^2 = 1 \ \ \Leftrightarrow \ \ |z|=1 \end{align*}$

Die letzte Äquivalenz gilt, weil $\begin{align*} |z| \end{align*}$ eine nichtnegative reelle Zahl ist. Und $\begin{align*} |z|=1 \end{align*}$ ist die Gleichung des Einheitskreises.

EDIT
Übrigens hätte dasselbe Verfahren bei deiner ursprünglichen (falsch gestellten) Aufgabe auf $\begin{align*} |z|^2 = -1 \end{align*}$ geführt, was in reellen Zahlen $\begin{align*} |z| = r \end{align*}$ unlösbar ist.

03.11.2018, 21:47

erstsemester

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deine variante ist natürlich eleganter.

Ich werde diese im Gedächtnis behalten und mich einmal erkundigen, ob wir es so hätten formulieren dürfen. Häufig müssten wir diese Beziehung $\begin{eqnarray*} z\overline{z} \end{eqnarray*}$ noch herleiten, wenn es nicht in der Vorlesung / Übung / Tutorium hergeleitet worden ist.

Bin mir bei dem Erlaubten und Nicht-Erlaubten unsicher, so dass ich zunächst die Mengenschreibweise verwende, da diese nicht groß bewiesen werden muss.

Darf ich nun einfach den Lösungsansatz für Bedingung iii) skizzieren:

iii) $\begin{eqnarray*} z^5=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z^5=1 \Leftrightarrow \left\{ x+iy \in C | (r\cdot e^{i\cdot\varphi})^5=1 \right\} <br /> <br /> \end{eqnarray*}$

Das Argument des Klammerausdrucks $\begin{eqnarray*} r\cdot e^{i\cdot\varphi}=1 \end{eqnarray*}$ ist zu bestimmen. Hierbei handelt es sich um das neutrale Element der Multiplikation auf dem Körper der Komplexen Zahlen. Folglich sind die beiden Größen R, e^{i phi) auf der linken seite multiplikative Inverse.

Somit folgt daraus, dass $\begin{eqnarray*} e^{i\varphi}=e^{0}=1 \Rightarrow \varphi=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} r=1 \end{eqnarray*}$ sein muss. Damit schneidet die Gerade bei x=0 die Y-Achse bei (0,1) und bei bei y=0 die X-Achse im Punkt (1,0).

03.11.2018, 22:17

Leopold

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Der Fehlschluß geht von $\begin{align*} \left( r \operatorname{e}^{\operatorname{i} \varphi} \right)^5 = 1 \end{align*}$ auf $\begin{align*} r \operatorname{e}^{\operatorname{i} \varphi} = 1 \end{align*}$ . Du denkst reell, da wäre das richtig. Im Komplexen mußt du anders vorgehen.

Es empfiehlt sich, hier erst einmal den Betrag zu nehmen:

$\begin{align*} \left| r^5 \operatorname{e}^{5 \operatorname{i} \varphi} \right| = |1| \end{align*}$

Jetzt ist der Betrag mit dem Multiplizieren verträglich. Ferner gilt für reelles $\begin{align*} t \end{align*}$ immer: $\begin{align*} \left| \operatorname{e}^{\operatorname{i} t} \right| = 1 \end{align*}$ . Deswegen folgt:

$\begin{align*} \left| r^5 \right| \cdot \underbrace{\left| \operatorname{e}^{5 \operatorname{i} \varphi} \right|}_1 = 1 \end{align*}$

Voraussetzungsgemäß ist $\begin{align*} r \end{align*}$ eine positive reelle Zahl. Also endet es so:

$\begin{align*} r^5 = 1 \end{align*}$

Weil $\begin{align*} r \end{align*}$ positiv reell ist, folgt $\begin{align*} r=1 \end{align*}$ . Jetzt hat sich die Sache schon etwas vereinfacht. Die zu lösende Gleichung lautet jetzt:

$\begin{align*} \operatorname{e}^{5 \operatorname{i} \varphi} = 1 \end{align*}$

Und da ist zum Beispiel $\begin{align*} \varphi = 0 \end{align*}$ , aber auch $\begin{align*} \varphi = \frac{2 \pi}{5} \end{align*}$ eine Lösung. Und es gibt noch weitere.

04.11.2018, 16:15

erstsemester

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Hallo Leopold,

vielen Dank für den Denkanstoß. Wenn $\begin{eqnarray*} r\in R^{+,0} \end{eqnarray*}$ liegt, dann nimmt $\begin{eqnarray*} \varphi=0,\frac{2\pi}{5},\frac{4\pi}{5},... \end{eqnarray*}$

Also immer bei jeder vollen Umrundung sozusagen?

Genaugenommen wäre doch jetzt noch eine Fallunterscheidung durchzuführen, wenn $\begin{eqnarray*} r<0 \end{eqnarray*}$

04.11.2018, 22:02

Leopold

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In der Polardarstellung ist $\begin{align*} r \end{align*}$ immer nichtnegativ vorausgesetzt. Deine Lösungen für $\begin{align*} \varphi \end{align*}$ stimmen. Du könntest allerdings dem Fehlschluß erliegen, die Gleichung $\begin{align*} z^5 = 1 \end{align*}$ hätte jetzt unendlich viele Lösungen, weil es ja unendlich viele $\begin{align*} \varphi \end{align*}$ gibt. Dem ist aber mitnichten so. Wie viele Lösungen hat die Gleichung?

05.11.2018, 12:50

erstsemester

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ein Polynom n-ten Grade hat doch aus meiner Sicht nur n-Nullstellen.
Dies war noch so aus der Schulzeit bekannt, aber gibt es dafür ein Theorem oder Lemma?

In diesem Fall für $\begin{eqnarray*} z^{5}=1 \end{eqnarray*}$ sollten 5 . Lösungen resultieren. Allerdings stelle ich mir auch die Frage, wie dies in der gaußschen Zahlenebene aussieht. Sind diese jeweils "Kurven", die durch den Ursprung gehen?

05.11.2018, 13:26

Steffen Bühler

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Zitat:

Original von erstsemester
gibt es dafür ein Theorem oder Lemma?

Ja, den Fundamentalsatz der Algebra.

Zitat:

Original von erstsemester
Sind diese jeweils "Kurven", die durch den Ursprung gehen?

Nein, das sind einfach nur Punkte. Schau Dir mal unseren Workshop an.

Viele Grüße
Steffen

06.11.2018, 17:20

erstsemester

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danke für den Hinweis zum Workshop.

Der Vollständigkeit halber poste ich nun noch die letzten beiden Aufgaben und stelle mir die Frage, wie dies dann n der Anschauungsebene aussieht:

(iv): Bedingung
$\begin{eqnarray*} Re(i\cdot z +2) >=0<br /> \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow M_{z}={x+iy \in C| Re(i\cdot z+2) \geq 0} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow M_{z}={x+iy \in C| Re(ix-i^2y+2) \geq 0} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow M_{z}={x+iy \in C| -y+2) \geq 0} \end{eqnarray*}$

Also wäre die Darstellung in der Anschauungsebene einfach nur alle Realteile y, die unterhalb des Wertes 2 liegen?

(vI): Bedingung
$\begin{eqnarray*} z^2-(6+3i)z+(7+9i)=0<br /> \end{eqnarray*}$

Im Bereich der Reellen Zahlen wäre hier die Quadratische Ergänzung zu favorisieren. Da die Diskriminante D=-1 ist. Gibt es hier keine reelen Lösungen (was auch zu erwarten war).

Die Lösungen nennen wir sie $\begin{eqnarray*} z_1=\frac{6+3i}{2}+\frac{-1}{2}=\frac{5}{2}+\frac{3}{2}\cdot i \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z_2=\frac{6+3i}{2}-\frac{-1}{2}=\frac{7}{2}+\frac{3}{2}\cdot i \end{eqnarray*}$
In der Anschauungsebene liegen diese beiden Lösungen im I.QUadranten dicht beieinander.

Vorab vielen Dank für eurer Statement und eure Unterstützung hierbei.

grüße erstsemester

06.11.2018, 17:21

erstsemester

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danke für den Hinweis zum Workshop.

Der Vollständigkeit halber poste ich nun noch die letzten beiden Aufgaben und stelle mir die Frage, wie dies dann n der Anschauungsebene aussieht:

(iv): Bedingung
$\begin{eqnarray*} Re(i\cdot z +2) >=0<br /> \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow M_{z}={x+iy \in C| Re(i\cdot z+2) \geq 0} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow M_{z}={x+iy \in C| Re(ix-i^2y+2) \geq 0} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow M_{z}={x+iy \in C| -y+2) \geq 0} \end{eqnarray*}$

Also wäre die Darstellung in der Anschauungsebene einfach nur alle Realteile y, die unterhalb des Wertes 2 liegen?

(vI): Bedingung
$\begin{eqnarray*} z^2-(6+3i)z+(7+9i)=0<br /> \end{eqnarray*}$

Im Bereich der Reellen Zahlen wäre hier die Quadratische Ergänzung zu favorisieren. Da die Diskriminante D=-1 ist. Gibt es hier keine reelen Lösungen (was auch zu erwarten war).

Die Lösungen nennen wir sie $\begin{eqnarray*} z_1=\frac{6+3i}{2}+\frac{-1}{2}=\frac{5}{2}+\frac{3}{2}\cdot i \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z_2=\frac{6+3i}{2}-\frac{-1}{2}=\frac{7}{2}+\frac{3}{2}\cdot i \end{eqnarray*}$

06.11.2018, 17:43

Steffen Bühler

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Bei (iv) muss es zwischendurch Re(ix+i²y+2) heißen, in der nächsten Zeile stimmt's dann aber wieder. Somit besteht die Lösung aus allen Zahlen $\begin{eqnarray*} x+iy \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} y \le 2 \end{eqnarray*}$ . Das sind also nicht die Realteile, sondern die Imaginärteile, und die sollten nicht nur unterhalb von 2 liegen, sondern auch die 2 einschließen. (Beim zeichnerischen Unterscheiden dieser beiden unendlichen Flächen tut man sich aber etwas schwer. Augenzwinkern

Augenzwinkern

)

Bei der letzten Aufgabe hast Du Dich irgendwo verrechnet. Die Diskriminante ist -0,25, damit ist die Wurzel daraus 0,5i und nicht 0,5. Anschaulich besteht die Lösung dann aus diesen zwei Punken in der komplexen Ebene.

Viele Grüße
Steffen

06.11.2018, 19:41

erstsemester

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Steffen: Hi, danke für deine Antwort. Bei uns wurde die Diskriminante einer quadratischen Gleichung der Form ax^2+bx+c=0 als Delta=b^2-4ac hergeleitet.

Die komplexe Gleichung ist z^2-(6+3i)z+(7+9i)=0.

Setze ich nun für a=1, b=-6-3i und für c=7+9i ergibt sich für die Diskriminante:

Delta=(-6-3i)^2-4*1*(7+9i) = 36+36i+9i^2-4*1*7-4*1*9i
=36+36i+9i^2-28-36i=-1

06.11.2018, 20:36

Steffen Bühler

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Auch in diesem Fall wird daraus die Wurzel gezogen. Und dann ist $\begin{eqnarray*} \sqrt {-1}=\pm i \end{eqnarray*}$ und nicht $\begin{eqnarray*} \pm 1 \end{eqnarray*}$ .

06.11.2018, 21:05

erstsemester

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ja, da hast du recht. ich habe nun für die Lösungen, nennen wir sie $\begin{eqnarray*} \lambda_1=3+1,\lambda_2=3+2i \end{eqnarray*}$

Einsetzen und nachrechnen in der Bedingung geht sogar auf . Freude

Freude

edit: funktioniert doch. die VZ machen mich ganz wuschig... Hammer

Hammer

06.11.2018, 21:21

Steffen Bühler

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Kleiner Typo: die erste Lösung ist 3+i, nicht 3+1.

Viele Grüße
Steffen

08.11.2018, 21:26

erstsemester

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ein herzliches Dankeschön dich. Die Lösung war natürlich korrekt ! Freude

Freude

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