Komplexe Gleichung lösen

16.11.2018, 17:49

v-log.net

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Komplexe Gleichung lösen

Meine Frage:
Ich soll eine komplexe Gleichung lösen, komme jedoch nicht weiter:
Zu meiner Aufgabe: |z| * z konjugiert = i * z

Wenn ich das nach Definition dann mal alles so eingesetzt und vereinfacht habe dann kommt bei raus am Ende:

$\begin{eqnarray*} \sqrt{a^2+b^2} * (a-ib) = i*(a+ib) \end{eqnarray*}$

Wie mach ich nun weiter :O

Meine Ideen:
Meine Idee war es irgendwie was mit dem (a-ib) und (a+ib) zu machen, nur weiß nicht genau was...

16.11.2018, 17:57

Elvis

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geht sicher einfacher, wenn man weiß, dass $\begin{eqnarray*} |z|^2=z\cdot\overline z \end{eqnarray*}$

16.11.2018, 18:01

v-log.net

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Bei uns wurde aber |z| in der Vorlesung wie folgt definiert:

$\begin{eqnarray*} \sqrt{z*z konjugiert} \end{eqnarray*}$

16.11.2018, 18:07

Elvis

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stimmt, habe ich oben korrigiert.

Vorschlag 1: linke Seite ausmultiplizieren.
Vorschlag 2: Gleichung quadrieren.

16.11.2018, 18:19

v-log.net

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Wenn ich dann die linke Seite ausmultipliziere komme ich auf:

a^4 - 2a^3ib - 2aib^3 - b^4

Die rechte Seite ausmultipliziert, auch wenn du nur von der linken sprichst, ergibt bei mir:

i^2*(a^2 + 2aib +b^2)

Soweit richtig?

Nur dann stehe ich ja wieder vor dem Problem das ich nicht weiter weiß, oder übersehe ich eine noch mögliche Vereinfachung?

16.11.2018, 18:37

Elvis

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Nein, ich schlage doch (1.) nur vor, die Grundrechenarten auf die beiden Seiten der Gleichung anzuwenden. Rechts steht dann $\begin{eqnarray*} i\cdot (a+ib)=ia-b \end{eqnarray*}$ . Links wird einfach die Klammer aufgelöst.

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16.11.2018, 19:13

v-log.net

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Aso meinst du das, ja dann wird ja aus der Gleichung:
$\begin{eqnarray*} \sqrt{a^{2} +b^{2} } \cdot (a-ib) = i\cdot (a+ib) \end{eqnarray*}$

Die Gleichung:
$\begin{eqnarray*} \sqrt{a^{3} + ab{2} - a^{2}ib - ib^{3} } = i*a-b \end{eqnarray*}$

Richtig?

16.11.2018, 19:47

Elvis

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Du ziehst auf der linken Seite zu viel zusammen, und dann erkennt man nichts mehr. Bei komplexen Zahlen sollte man immer Realteil und Imaginärteil trennen. $\begin{eqnarray*} u+iv=x+iy\Leftrightarrow u=x\wedge v=y \end{eqnarray*}$

16.11.2018, 21:11

Dopap

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Mmh.. $\begin{eqnarray*} z=0 \end{eqnarray*}$ könnte ich als eine Lösung anbieten smile

smile

16.11.2018, 21:44

Elvis

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Da es unendlich viele Lösungen gibt, ist eine Lösung etwas zu wenig.

16.11.2018, 22:37

mYthos

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Eine interessante Aufgabe!

Jedenfalls artet bei mir die Rechnung mit z = a + bi in eine im wahrsten Sinne des Wortes fehleranfällige "komplexe" Rechnerei aus.
Daher kann man noch einen anderen - bequemeren - Weg gehen, Möglichkeit Nr. 3 Big Laugh

Big Laugh

Die Gleichung in die Eulerform übergeführt:

$\begin{eqnarray*} r^2 e^{-i \varphi} = e^{i \frac{\pi} 2} e^{i \varphi} \text{ mit }r = |z| \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} e^{2 \ln r - i \varphi} = e^{\frac {\pi} 2 + i \varphi} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2 \ln r = i \ (2 \varphi + \frac{\pi} 2) \end{eqnarray*}$

Daraus folgt - mittels Koeffizientenvergleich - ... $\begin{eqnarray*} r = 1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \varphi = -\frac{\pi} 4 \end{eqnarray*}$

Ist doch schön. Die Vielfalt der Lösungen ist in der Periodizität des Winkelargumentes begründet.

mY+

16.11.2018, 22:51

Elvis

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Das ist schon schön, aber nicht vollständig. z=0 hat nicht den Betrag 1, und die Rechnung mit a und b ergibt weitere Lösungen.

16.11.2018, 23:01

mYthos

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Die triviale Lösung z = 0 habe ich bewusst ausgeklammert.
Mit Berücksichtigung der Periodizität ist

$\begin{eqnarray*} \varphi = - \frac{\pi} 4 + k \pi; \ k \in \mathbb Z \end{eqnarray*}$

Gibt es noch weitere Lösungen?

Anmerkung:
Da Quadrieren keine Äquivalenzumformung ist, können dadurch falsche Lösungen entstehen.
a = -b ist richtig, a = b ist falsch (Probe mittels Einsetzen in die Anfangsgleichung!)

mY+

17.11.2018, 07:16

Elvis

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Das war wirklich eine sehr interessante Aufgabe, die mich die ganze Nacht beschäftigt hat. Du hast recht, dein Ansatz hat mich auf die richtige Spur gebracht, und ich biete folgenden Lösungsweg an.
$\begin{eqnarray*} |z|\overline z=iz\Rightarrow |z||\overline z|=|i||z| \end{eqnarray*}$
Für $\begin{eqnarray*} |z|\ne 0 \end{eqnarray*}$ ergibt die Division durch $\begin{eqnarray*} |z| \end{eqnarray*}$ die Gleichung $\begin{eqnarray*} |\overline z|=|i|\Rightarrow |z|=1 \end{eqnarray*}$ . Die Ausgangsgleichung wird zu $\begin{eqnarray*} \overline z=iz \end{eqnarray*}$ (2. Winkelhalbierende) mit deinen beiden Lösungen 1-i und -1+i.
Die Lösung z=0 bleibt wegen der Fallunterscheidung erhalten.

17.11.2018, 09:01

URL

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@Elvis: Normieren nicht vergessen smile

smile

17.11.2018, 10:58

Leopold

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Hier noch eine Variante. Ich würde wie Elvis beginnen, und in

$\begin{align*} \text{(*)} \ \ \left| z \right| \cdot \bar{z} = \operatorname{i} z \end{align*}$

zum Betrag übergehen. Der Betrag ist mit dem Multiplizieren verträglich. Wegen $\begin{align*} \left| \bar{z} \right| = \left| z \right| \end{align*}$ und $\begin{align*} \left| \operatorname{i} \right| = 1 \end{align*}$ erhält man somit

$\begin{align*} \left| z \right|^2 = \left| z \right| \end{align*}$

Offenbar ist $\begin{align*} z=0 \end{align*}$ eine Lösung von $\begin{align*} \text{(*)} \end{align*}$ . Für alle anderen Lösungen folgt aus der letzten Gleichung: $\begin{align*} \left| z \right| = 1 \end{align*}$ . Nun multipliziert man $\begin{align*} \text{(*)} \end{align*}$ mit $\begin{align*} z \end{align*}$ und formt um:

$\begin{align*} \left| z \right| \cdot \bar{z} \cdot z = \operatorname{i} z^2 \end{align*}$

$\begin{align*} \left| z \right|^3 = \operatorname{i} z^2 \end{align*}$

$\begin{align*} 1 = \operatorname{i} z^2 \end{align*}$

$\begin{align*} z = \pm \sqrt{- \operatorname{i}} \end{align*}$

Und für diese beiden Zahlen gilt auch $\begin{align*} \left| z \right| = 1 \end{align*}$ .
Die Probe zeigt, daß die drei Zahlen $\begin{align*} 0 \end{align*}$ und $\begin{align*} \pm \sqrt{- \operatorname{i}} \end{align*}$ Lösungen von $\begin{align*} \text{(*)} \end{align*}$ sind.

17.11.2018, 11:08

Elvis

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@ URL
Die Richtung habe ich schon, jetzt normieren wir die Lösungen noch zu $\begin{eqnarray*} \frac {\pm (1-i)}{\sqrt 2} \end{eqnarray*}$ . Danke, der Teufel

Teufel

steckt im Detail.

17.11.2018, 11:17

v-log.net

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Danke erstmal für euer Hilfe und freut mich das mein Professor euch und mir so eine Aufgabe gegeben hat.

Eine letzte Frage hätte ich noch, nämlich wie du auf die Lösung kommst?

Als eine Lösung habe ich auch 1-i raus nur auf deine andere Lösung komm ich nicht :C

17.11.2018, 11:34

Elvis

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Das macht die Geometrie der Ebene. $\begin{eqnarray*} \overline z=z \end{eqnarray*}$ beschreibt die reelle Achse und $\begin{eqnarray*} \overline z=-z \end{eqnarray*}$ die imaginäre Achse. $\begin{eqnarray*} \overline z=-iz \end{eqnarray*}$ ist die 1. Winkelhalbierende und $\begin{eqnarray*} \overline z=iz \end{eqnarray*}$ die 2. Winkelhalbierende. Jede Gerade durch 0 schneidet den Einheitskreis in 2 Punkten.

17.11.2018, 12:51

mYthos

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Ich finde nach wie vor den Weg über die e-Potenzen als sehr klar und jenen mit den wenigsten Irrtumsmöglichkeiten.
Und man hat (ausser der trivialen) auch gleich alle gültigen Lösungen.

mY+

17.11.2018, 13:10

Huggy

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Das ist die ewige und unlösbare Frage: Was ist der beste, schönste, klarste, einfachste, effektivste, ... Weg?
Meine persönliche Antwort: Der, den man allein und ohne Hilfestellung gefundeh hat. Der wird vielleicht keines der genannten Attribute erfüllen. Aber trotzdem ist das meine Nummer 1.

17.11.2018, 13:49

Leopold

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Zitat:

Original von Huggy
Das ist die ewige und unlösbare Frage: Was ist der beste, schönste, klarste, einfachste, effektivste, ... Weg?
Meine persönliche Antwort: Der, den man allein und ohne Hilfestellung gefundeh hat.

Ja und nein. Ich versuche immer, den "kürzesten" Weg zur Lösung zu finden. Oft geht es erst einmal darum, überhaupt eine Lösung zu finden. Wenn ich die dann habe, gehe ich daran, alle Umwege zu tilgen und einen geraden Weg zur Lösung zu beschreiten. Oft kann man an der Struktur des Ergebnisses einen dieser geraden Wege erahnen. Wenn ich zum Beispiel nach längerer Rechnung unter Benutzung von Sinus, Cosinus und Konsorten und mit Hilfe von Geradengleichungen, Kreisgleichungen und vielem mehr herausgefunden habe, daß für den gesuchten Winkel $\begin{align*} \varphi = \alpha + \frac{1}{2} \beta \end{align*}$ gilt, dann sage ich mir: das muß auch einfacher gehen. Ich gehe dann in die Zeichnung und suche, wo der Winkel $\begin{align*} \frac{1}{2} \beta \end{align*}$ auftaucht und ob man dies aufgrund eines elementargeometrischen Satzes begründen kann. Bei komplexeren Aufgaben investiere ich mindestens so viel Zeit in die Optimierung der Lösung wie in das Finden derselben.
Fragen mathematischer Ästhetik kann man natürlich nicht allgemeingültig beantworten. Bei Aufgaben in der Gaußschen Zahlenebene ziehe ich trigonometriefreie Lösung solchen mit Trigonometrie vor. Aber das ist meine persönliche Ästhetik. Die würde ich niemandem aufzwingen wollen, schon gar nicht mYthos, weil man das natürlich auch ganz anders sehen kann.

17.11.2018, 14:00

Elvis

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Bei jeder interessanten Aufgabe gibt es mindestens 3 Wege, die zum Ziel führen. Je mehr Facetten ein Problem hat, desto mehr Querbeziehungen kann man finden und desto mehr lernt man bei der Problemlösung. Die größten Fortschritte in der Mathematik haben oft ihren Ursprung in der Synopsis ehedem getrennter Theorien (siehe "Modular Forms and Fermat's Last Theorem" G.Cornell, J.H.Silverman, Glenn Stevens - Springer Verlag, 1997).

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