arg z(t) berechnen

14.03.2007, 15:50

lonesome-dreamer

arg z(t) berechnen

Hallo,
ich habe hier eine Aufgabe, bei der ich nicht weiterkomme:
$\begin{eqnarray*} z(t)=1-e^{it} \ , \ t \in \mathbb R \end{eqnarray*}$

Es ist arg z(t) zu berechnen. Ich habe den Real- und Imaginärteil ausgerechnet, komme damit aber nicht weiter:
$\begin{eqnarray*} Re \ z(t)= 1-\cos{t} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} Im \ z(t)=-\sin {t} \end{eqnarray*}$

Kann mir bitte jemand nen Tipp geben?

Gruß
Natalie

14.03.2007, 18:13

Harry Done

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Das Argument einer komplexen Zahl $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ ist:
$\begin{eqnarray*} arg(z)=\varphi=arctan(\frac{Im(z)}{Re(z)}) \end{eqnarray*}$

Ich denke, das reicht als Tipp.

Gruß Jan

14.03.2007, 19:02

lonesome-dreamer

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Das hab ich schon probiert. Aber ich bin damit nicht weiter gekommen? Wie kann ich das denn weiter umformen, wenn ich das so stehen hab:
$\begin{eqnarray*} \varphi=\arctan{\frac{-\sin{t}}{1-\cos{t}}} \end{eqnarray*}$ ?

14.03.2007, 20:01

Leopold

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Formeln vergessen, zumal die nur eingeschränkte Gültigkeit besitzen! Elementargeometrie verwenden!

Durchläuft $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ das Intervall $\begin{eqnarray*} \left[ 0 \, , \, 2 \pi \right] \end{eqnarray*}$ , so durchläuft $\begin{eqnarray*} 1 - \operatorname{e}^{\operatorname{i}t} \end{eqnarray*}$ den Kreis um $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ vom Radius $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ in positiver Orientierung, in $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ beginnend. In der Zeichnung ist der Winkel $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ also positiv zu rechnen. Wenn wir auch $\begin{eqnarray*} s \end{eqnarray*}$ positiv rechnen, so läßt sich dieses über

$\begin{eqnarray*} 2s + t = \pi \end{eqnarray*}$

sofort bestimmen. Dahinter steckt ja nur die Gleichschenkligkeit des Dreiecks und die Winkelsumme. Und jetzt gilt offenbar

$\begin{eqnarray*} \operatorname{arg} \left(1 - \operatorname{e}^{\operatorname{i}t} \right) = -s \end{eqnarray*}$

Und das war es auch schon. Vielleicht sollte man noch ein paar Gedanken darauf verwenden, daß die gefundene Beziehung auch für Winkel $\begin{eqnarray*} t > \pi \end{eqnarray*}$ gilt.

14.03.2007, 20:39

lonesome-dreamer

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Da wäre ich zwar nie drauf gekommen, klingt aber alles einleuchtend.

Vielen Dank

14.03.2007, 22:25

Harry Done

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Das würde zur Not aber auch mit etwas Umformarbeit und der Formelsammlung für trigonometrische Funktionen gehen (ist zwar nicht so elegant, aber man kommt dann auch drauf, ohne eine Zeichung, nur mit sturrem Rechnen):
$\begin{eqnarray*} tan(\varphi)=\frac{-sin(t)}{1-cos(t)} \end{eqnarray*}$

jetzt die Substitution $\begin{eqnarray*} t=2\beta \end{eqnarray*}$ und ein Blick in die Formelsammlung für $\begin{eqnarray*} sin(2\beta) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} cos(2\beta) \end{eqnarray*}$ ergibt:

$\begin{eqnarray*} tan(\varphi)=\frac{-2sin(\beta)cos(\beta)}{1-(1-2sin^2(\beta))} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} tan(\varphi)=\frac{-1}{tan(\beta)}=-cot(\beta) \end{eqnarray*}$

Dann gilt: $\begin{eqnarray*} -\varphi=arctan(cot(\beta)) \end{eqnarray*}$

Nochmal in die Formelsammlung $\begin{eqnarray*} arctan(z)=\frac{\pi}{2}-arccot(z) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} z=cot(\beta) \end{eqnarray*}$

Damit gilt dann: $\begin{eqnarray*} -\varphi=\frac{\pi}{2}-\beta \end{eqnarray*}$ und schließlich:

$\begin{eqnarray*} \varphi=-\frac{\pi}{2}+\frac{t}{2} \end{eqnarray*}$

15.03.2007, 07:58

Leopold

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@ lonesome-dreamer

Und wie steht's damit?

Zitat:

Original von Leopold
Vielleicht sollte man noch ein paar Gedanken darauf verwenden, daß die gefundene Beziehung auch für Winkel $\begin{eqnarray*} t > \pi \end{eqnarray*}$ gilt.

@ Harry Done

Die Fomel

$\begin{eqnarray*} \operatorname{arg}(z) = \arctan{\frac{\Im{(z)}}{\Re{(z)}}} \end{eqnarray*}$

stimmt nicht für alle $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ , jedenfalls, wenn man die übliche Definition des reellen Arcustangens zugrunde legt. Das hängt ja ganz vom Quadranten ab. Für die rechte offene Halbebene geht das in Ordnung. Aber der Rest? Das sind ähnliche Probleme, auf die ich mit meinem Selbstzitat auch lonesome-dreamer hingewiesen habe. Natürlich könntest du dir die Sache hier, weil $\begin{eqnarray*} z = 1 - \operatorname{e}^{\operatorname{i}t} \end{eqnarray*}$ (außer $\begin{eqnarray*} z=0 \end{eqnarray*}$ ) in dieser rechten Halbebene liegt, einfach machen. Aber zumindest darauf hinweisen solltest du.

Winkelgeschichten sind immer etwas kitzelig ...

15.03.2007, 08:57

Harry Done

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Ich weiß nicht genau, ob man diese Problematik so umgehen kann:
Ich habe die größte Zeit mit komplexen Zahlen in der Wechselstromlehre gerechnet, da ergab das Argument den Winkel ,um den eine Größe von einer anderen, nämlich im den meisten Fällen der x-Achse in positive Richtung, phasenverschoben ist.
Der "Trick" den ich immer beachtet habe, um auch die korrekte Phasenverschiebung zu erhalten war der, dass ich immer dafür gesorgt habe, dass der imaginäre Teil negativ ist, wenn ein Minuszeichen vorkommt.
Mal als Beispiel für die Komplexe Zahl z1 im ersten Quadranten und z1 im zweiten:
$\begin{eqnarray*} z1=1+i1 \end{eqnarray*}$ damit ergibt sich eine Phasenvershciebung von $\begin{eqnarray*} \varphi=arctan(\frac{1}{1})=\frac{\pi}{4}=45° \end{eqnarray*}$
das stimmt auch mit der Lage überein.
Bei der zweiten Zahl $\begin{eqnarray*} z2=-1+i1 \end{eqnarray*}$ würde sich so allerdings ein Argument von $\begin{eqnarray*} -45° \end{eqnarray*}$ ergeben, das stimmt dann natürlich nicht. Wenn man jetzt dafür sorgt, das der Imaginärteil negativ ist:
$\begin{eqnarray*} z2=-(1-i1) \end{eqnarray*}$ jetzt hätte man in polarkoordinaten ja:
$\begin{eqnarray*} z2=-\sqrt{2}e^{-i\frac{\pi}{4}} \end{eqnarray*}$ mit: $\begin{eqnarray*} -1=e^{i\pi} \end{eqnarray*}$ folgt dann:
$\begin{eqnarray*} z2=\sqrt{2}e^{i(\pi-\frac{\pi}{4})} \end{eqnarray*}$

der Winkel ist im Gradmaß also: $\begin{eqnarray*} \varphi_2=135° \end{eqnarray*}$ das haut dann hin.

Gruß Jan

Edit:Fehler behoben

15.03.2007, 17:35

Leopold

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Beim ersten $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ hast du ein Minus zu viel. Wohl ein Schreibfehler.

Bei $\begin{eqnarray*} z_2 \end{eqnarray*}$ gehst du recht großzügig mit dem Betrag um. Du rechnest modulo "Länge ist mir egal". Big Laugh

Ich finde jedenfalls, daß da irgendwo die $\begin{eqnarray*} \sqrt{2} \end{eqnarray*}$ verloren gegangen ist.

15.03.2007, 17:41

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Bei Wechselstromtechnikern verschwindet schnell mal eine $\begin{eqnarray*} \sqrt{2} \end{eqnarray*}$ , z.B. wenn sie den Effektivwert berechnen... Big Laugh

15.03.2007, 17:55

Leopold

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Brechen deshalb in jüngerer Zeit immer wieder einmal die Stromnetze zusammen, weil die Wechselstromtechniker so im Vorbeigehen die Wurzel 2 verlieren? Schläfer

Jetzt wird mir einiges klar ...

15.03.2007, 18:41

Harry Done

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Jo klar, ich habe mein komplettes Augenmerk auf das Argument gerichtet^^so dass ich den Absolutwert total vergessen habe.

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