1. $z=a+bi$ bzw. $\bar{z} = a -i\,b$ einsetzen und umformen.

2. Anwenden der Moive-Formel:

$w_k = \sqrt[n]{r} \left( \cos \frac{\varphi + 2k \pi}{n} + i \sin \frac{\varphi + 2k \pi}{n} \right), \quad k = 0 . . . n - 1$

Aufgabenteil 1

Die Ausgleichsgleichungen lauten:

$\begin{align} \D |z-(2+i)| &=2 & \\ \\ \D |\bar{z}-(2+i)| &=2 \end{align}$


Mit $z = a + i\,b$ bzw. $\bar{z} = a - i\,b$ folgt:


$\begin{align} \D |a+i\,b-(2+i)| &=2 \\ \\ \D |a-i\,b-(2+i)| &=2 \end{align}$ $\; \LR \;$ $\begin{align} \D |a-2+i(b-1)| &=2 \\ \\ \D |a-2-i(b+1)| &=2 \end{align}$


Mit der Definition des Betrags einer komplexen Zahl ($|z| = |a+ib| = \sqrt{a^2+b^2}$) folgt weiter:


$\begin{align} \D \sqrt{(a-2)^2 + (b-1)^2} &=2 \\ \\ \D \sqrt{(a-2)^2 + (b+1)^2} &=2 \end{align}$ $\;\LR \;$ $\begin{align} \D (a-2)^2 + (b-1)^2&= 4 & \qquad (1)\\ \\ \D (a-2)^2 + (b+1)^2 &= 4 & \qquad (2) \end{align}$


Damit beide Gleichungen erfüllt sind, muss also gelten:


$(b-1)^2 = (b+1)^2 \; \LR \; |b-1| = |b+1|$

Dies ist nur für $b = 0$ erfüllt. Setzen wir nun $b=0$ in Gleichung $(1)$ oder $(2)$ ein, erhalten wir die Lösung für $a$.


$\begin{array}{lccc} & \D (a-2)^2 + (-1)^2 & = & \D 4 \\ \LR & \D (a-2)^2 & = & 3 \\ \LR & \D a-2 & = & \pm \sqrt{3} \\ \LR & \D a & = & 2 \pm \sqrt{3} \end{array}$



Somit lauten die Lösungen:

$z_1=2+\sqrt{3}$, $z_2=2-\sqrt{3}$


Aufgabenteil 2

Mithilfe der Moivre-Formel werden im Folgenden die Lösungen $w_0, w_1, w_2$ ermittelt.

$w_k = \D \sqrt[n]{r} \left( \cos \frac{\varphi + 2k \pi}{n} + i \sin \frac{\varphi + 2k \pi}{n} \right), \quad k = 0 . . . n - 1$

Der Winkel $\varphi$ kann leicht durch das Einzeichnen von $z = 8i$ in die Gaußsche Zahlenebene bestimmt werden. Es ist offensichtlich, dass $\D \varphi = 90 ^\circ = \frac{\pi}{2}$ beträgt.


Mit $n = 3$ und $k = 0, 1, 2$ folgt also:


$\begin{align} w_0 &= \D \sqrt[3]{8} \left( \cos \frac{\frac{\pi}{2}}{3} + i \sin \frac{\frac{\pi}{2}}{3} \right) = 2 \left( \cos \frac{\pi}{6}+i \sin \frac{\pi}{6} \right)=\sqrt{3}+i \\ \\ w_1 &= \D \sqrt[3]{8} \left( \cos \frac{\frac{\pi}{2} + 2 \pi }{3} + i \sin \frac{\frac{\pi}{2}+ 2 \pi}{3} \right) = 2 \left( \cos \frac{5 \pi}{6}+i\sin \frac{5 \pi}{6} \right)=- \sqrt{3} + i \\ \\ w_2 &= \D \sqrt[3]{8} \left( \cos \frac{\frac{\pi}{2} + 4 \pi }{3} + i \sin \frac{\frac{\pi}{2}+ 4 \pi}{3}\right) = 2 \left( \cos \frac{3 \pi}{2} + i \sin \frac{3 \pi}{2} \right) = -2i \end{align}$

1. $z$ in $f(z)$ einsetzen.

2. $z = 1 + i\,\sqrt{3}$ mithilfe der Eulerschen Formel umformen und anhand einiger Potenzgesetze Umformungen durchführen.

Aufgabenteil 1

$\D f(1+i)=\frac{-1-i}{4}+\frac{-1+i}{4}=-\frac{1}{2}$


Aufgabenteil 2

Mithilfe der Eulerschen Formel $e^{i\,y} = \cos y + i \sin y$ wird $z = (1 + i \sqrt{3})$ umgeschrieben.

$\D 1+i\sqrt{3} = 2 \left( \cos \frac{\pi}{3} + i \sin \frac{\pi}{3} \right) = 2 e^{i\pi/3}$


Nun betrachten wir $z = (1+i \sqrt{3})^{32}$. Unter Verwendung einiger Potenzgesetze folgt:

$\D (1+\sqrt{3}i)^{32}=2^{32}e^{\D \frac{32\pi i}{3}}$ $\D =2^{32}e^{\D \frac{2\pi i}{3}}\cdot \underbrace{e^{\D \frac{30\pi i}{3}}}_{=1}$ $\D =2^{32} \left(-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)$ $\D =2^{31}(-1+\sqrt{3}i)$

1. Nutze die Moivre-Formel:

$w_k = \D \sqrt[n]{r} \left( \cos \frac{\varphi + 2k \pi}{n} + i \sin \frac{\varphi + 2k \pi}{n} \right), \quad k = 0 . . . n - 1$


2. Berechne $\D e^\frac{i\pi}{2}$ bzw. $\D e^\frac{-i\pi}{2}$ über die Euler-Formel und setze das Ergebnis ein.

Aufgabenteil 1

Mithilfe der Moivre-Formel

$w_k = \D \sqrt[n]{r} \left( \cos \frac{\varphi + 2k \pi}{n} + i \sin \frac{\varphi + 2k \pi}{n} \right), \quad k = 0 . . . n - 1$

wird eine Lösung, $w_0$, bestimmt. Mit $\D n = 3, \varphi = \frac{3}{4} \pi$ und $r = |z| = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$ folgt:


$\begin{align} w_0 &= \D \sqrt[3]{\sqrt{2}} \left( \cos \frac{\frac{3}{4} \pi}{3} + i \sin \frac{\frac{3}{4} \pi}{3} \right) \\ \\ &= \D \left( 2^{\frac{1}{2}} \right)^{\frac{1}{3}} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} + i \frac{1}{\sqrt{2}}\right) = \D \frac{\sqrt[6]{2}}{\sqrt{2}} \left( 1+i \right) \\ \\ &= \D 2^{\frac{1}{6}} \, 2^{-\frac{1}{2}} (1+i) = 2^{-\frac{1}{3}} (1+i) \end{align}$


Um den Winkel $\varphi$ zu bestimmen, ist es sinnvoll $z = -1 + i$ in die Gaußsche Zahlenebene einzuzeichnen und den Winkel abzulesen.


Aufgabenteil 2

Mit $\D e^{i \frac{\pi}{2}} = \cos \frac{\pi}{2} + i \sin \frac{\pi}{2} = i$ bzw. $\D e^{- i \frac{\pi}{2}} = -i$ folgt:


$\begin{align} z &= \D \frac{(1+\exp(i\frac{\pi}{2}))(1-\exp(-i\frac{\pi}{2}))}{3+4i} \\ \\ &= \D \frac{(1+i)(1+i)}{3+4i} = \frac{1 + 2i - 1}{3 + 4i} \\ \\ &= \D \frac{1 + 2i - 1}{3 + 4i} \cdot \frac{3-4i}{3-4i} \\ \\ &= \D \frac{3+6i-3-4i+8+4i}{9+16} = \frac{8+16 i}{25} \\ \\ z &= \frac{8}{25} + i \frac{6}{25} \end{align}$

Beidesmal $z=a+bi$ einsetzen.

Aufgabenteil 1

Die Ausgangsgleichungen lauten:

$\begin{align} \text{Im } z &= 2 \text{Re } (z+1) & \qquad(1) \\ \\ z^2 - \bar{z}^2 &= 4i & \qquad (2) \end{align}$


Mit $z=a+bi$ folgt aus Gleichung $(1)$:


$\begin{array}{lrcc} & \D \text{Im }z & = & \D 2 \text{Re } z+1 \\ \RA & \D \text{Im } (a+ib) & = & \D 2 \text{Re } (a+ib)+1 \\ \LR & \D b & = & \D 2a+1 \\ \LR & \D b-2a-1 & = & \D 0 \end{array}$

Aus Gleichung $(2)$ wird mit $\bar{z} = a -i\,b$:


$\begin{array}{lrcc} & \D z^2-\bar{z}^2 & = & \D 4i \\ \RA & \D (a+ib)^2 - (a-ib)^2 & = & \D 4i \\ \LR & \D a^2+2iab-b^2 - (a^2-2iab - b^2) & = & \D 4i \\ \LR & \D 4iab & = & \D 4i \\ \LR & \D a & = & \D \frac{1}{b} \end{array}$


Das Ergebnis für $a$ ist nun in die aus $(1)$ entstandene Gleichung einsetzen:


$\begin{array}{lrcc} & \D b-2a-1 & = & \D 0 \\ \RA & \D b-\frac{2}{b}-1 & = & \D 0 \\ \LR & \D b^2-b-2 & = & \D 0 \\ \RA & \D b_1, b_2 & = & \D \frac{1}{2} \pm \frac{3}{2} \\ \end{array}$


Es folgt: $\D a_1 = \frac{1}{b_1} = \frac{1}{2}$ und $a_2 = -1$


Es ist also $z=-1-i$ oder $\D z=\frac{1}{2}+2i$



Aufgabenteil 2

Die Ausgangsgleichungen lauten:

$\begin{align} \text{Re }(z^2) &= 0 & \qquad (1) \\ \\ |z| &= 3 & \qquad (2) \end{align}$


Gleichung $(1)$ :


$\begin{array}{lrcc} & \D \text{Re }(z^2) & = & \D 0 \\ \LR & \D \text{Re }(a^2+2iab-b^2) & = & \D 0 \\ \LR & \D a^2 & = & \D b^2 \\ \RA & \D a & = & \pm b \\ \end{array}$

Aus Gleichung $(2)$ mit $a^2 = b^2$:


$\begin{array}{lrcc} & \D |z| & = & \D 3 \\ \LR & \D \sqrt{a^2+b^2} & = & \D 3 \\ \LR & \D 2a^2 & = & \D 9 \\ \RA & \D a & = & \D \pm \frac{3}{\sqrt{2}} \\ \end{array}$

Analog folgt aus Gleichung $(1)$ natürlich auch: $b = \pm a$


Hieraus ergeben sich also vier Lösungen, die lauten:


$\D z=\pm\frac{3}{\sqrt{2}}\pm \frac{3}{\sqrt{2}}i=\frac{3}{\sqrt{2}}(\pm1\pm i)$.

Nutze die Darstellung von $z = a + i\,b$ in Polarkoordinaten:

$z = |z| (\cos t + i \sin t)$

Wir nutzen die Darstellung von $z$ in Polarkoordinaten:

$z(t) = |z| (\cos t + i \sin t) = \cos t + i \sin t$, da $|z| = 1$.

Dieser Ausdruck wird in $f(z)$ eingesetzt. Wir erhalten eine Funktion $g(t) = f(z(t))$:

$g(t)= f(z(t)) =(\cos t+4)^2+9\sin^2 t$

Die notwendige Bedingung für die Existenz von Extrema lautet: $g'(t) \overset{!}{=} 0$

$\begin{array}{crcl} & g'(t) & = & 0 \\ \LR & 8 \sin t(2\cos t - 1) & = & 0 \\ \end{array}$

Diese Gleichung ist erfüllt für $\D t_1=0$, $\D t_2=\pi$, $\D t_3=\frac{\pi}{3}$ und $\D t_4=-\frac{\pi}{3}$.

Über $g''(t)$ wird die Art des Extremums bestimmt:

$\begin{align} g''(t) &= 8\cos t(2\cos t-1)-16\sin^2 t \\ \\ \\ g''(0) &= 8 > 0 \\ \\ g''(\pi) &= 24 > 0\\ \\ g''(\pm \D \frac{\pi}{3}) &= -16 \cdot \frac{3}{4} < 0 \end{align}$


Damit besitzt $g(t)$ an den Stellen $t_1, t_2$ relative Minima und relative Maxima an den Stellen $t_3, t_4$.


Funktionswerte:

$\begin{array}{cl} t_1: & g(0) = f(1) = 25 \\ \\ t_2: & g(\pi) = f(-1) = 9 \\ \\ t_3, t_4: & \D g \left( \pm \frac{3}{4} \right) = f \left( \frac{1}{2} \pm \frac{\sqrt{3}}{2} i \right) = \frac{81}{4} + 9 \frac{3}{4} = 27 \end{array}$


Somit ist $g(t_2)$ absolutes Minimum und $g(t_3)$ bzw. $g(t_4)$ sind absolute Maxima.

1. Für die Summe $z$ und $w$ in kartesische Darstellung umwandeln, das Produkt kann man auch erst in Polarform berechnen.

2. Ansatz $z=a+bi$ einsetzen, Real- und Imaginärteile vergleichen. Gleichung für Imaginärtei nach $b$ auflösen und einsetzen, das ergibt eine quadratische Gleichung für $d=a^2$ mit eiern positiven Lösung.

Dann rückwärts $a$ und $b$ und damit $z$ bestimmen.

Aufgabenteil 1

Mit der Eulerschen Formel lassen sich $z$ und $w$ in die Form $a+i\,b$ überführen:

$\begin{align} z &= \D 2 e^{\frac{2\pi}{3}i} = 2 \left( \cos \frac{2 \pi}{3} + i \sin \frac{2 \pi}{3}\right) = 2 \left( -\frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2}\right) = -1 + i \sqrt{3}\\ \\ w &= \D 4e^{-i \frac{\pi}{3}} = \D 4 \left( \cos \frac{\pi}{3} + i \sin \frac{\pi}{3} \right) = 4 \left( \frac{1}{2} - i \frac{\sqrt{3}}{2} \right) = 2 - i 2 \sqrt{3} \end{align}$


Somit lauten die Ergebnisse


$z+w= -1 + i \sqrt{3} + 2 - i 2 \sqrt{3} = 1-\sqrt{3}i$

und

$z \cdot w= (-1 + i \sqrt{3}) (2 - i 2 \sqrt{3}) = 4+4\sqrt{3}i$


Aufgabenteil 2

Wir setzen $z = a+ i\,b$ in die Gleichung ein. Anschließend sortieren wir die Gleichung nach Real- und Imaginärteil und erhalten so zwei Gleichungen $(1)$ und $(2)$:


$\begin{array}{lrccc} & \D (a+ib)^2 & = & \D 8-6i & \\ \RA & \D a^2+2iab-b^2 & = & 8-6i & \\ \\ \RA & \D a^2-b^2 & = & \D 8 & (1)\\ \RA & \D 2ab & = & \D -6 & (2) \end{array}$


Aus Gleichung $(2)$ folgt $b = -\frac{3}{a}$. Dies wird in Gleichung $(1)$ eingesetzt:



$\begin{array}{lrccc} & \D a^2-\frac{9}{a^2} & = & \D 8 & \\ \LR & \D a^4-8a^2-9 & = & 0 & \\ \\ & \text{Substitution: } & & d = a^2 & \\ \\ \RA & \D d^2-8d-9 & = & \D 0 & \text{Anwenden der $p-q$-Formel}\\ \\ \RA & \D d_1 = a_1^2 & = & \D -1 & \\ \RA & \D d_2 = a_2^2 & = & \D 9 & \end{array}$



Da $a$ reell ist, kommt nur $a_1^2= 9$, also $a=\pm 3$ in Frage. Setzt man dies nun wieder in
Gleichung $(2)$ ein, erhält man die Lösungen

$z_1=3-i, \qquad z_2=-z_1=-3+i$.

1. Ansatz $z=a+bi$ ergibt nach Vergleich der Real- und Imaginärteile eine quadratische Gleichung für $a$.

2. Die vier komplexen Wurzeln liegen auf den Eckpunkten eines regelmäßigen Vierecks.

Aufgabenteil 1

Die Ausgangsgleichungen lauten:

$\begin{align} |z| &= \sqrt{10} & \qquad(1) \\ \\ (-1+i)z+(1+i)\bar{z}+4i &= 0 & \qquad (2) \end{align}$


Einsetzen von $z=a+ib$ und $\overline{z}=a-ib$ in Gleichung $(2)$ ergibt:


$\begin{array}{crcl} & (-1+i)(a+ib)+(1+i)(a-ib) + 4i & = & 0 \\ \LR & 2ia-2ib+4i & = & 0 \\ \LR & b & = & a +2 \end{array}$



Einsetzen in $|z|=\sqrt{a^2+b^2} = \sqrt{10}$:

$\begin{array}{crcl} & \sqrt{a^2+(a+2)^2} & = & \sqrt{10} \\ \LR & a^2+(a+2)^2 & = & 10 \\ \LR & 2a^2+4a+4 & = & 10 \\ \LR & a^2+2a-3 & = & 0 \\ \\ \RA & a_1 & = & 1 \\ \RA & a_2 & = & -3 \end{array}$



Über $b = a + 2$ ermitteln wir die Lösungen $z_1, z_2$:

$z_1 = 1 + 3i$ und $z_2 = -3 - i$


Aufgabenteil 2

Eine Lösung ist natürlich $1+\sqrt{3}i$.

Da die Lösungen auf den Eckpunkten eine Quadrats liegen, erhält man die anderen Lösungen durch Multiplikation mit den vierten Einheitwurzeln:

$\begin{align} z_1 &= 1+\sqrt{3}i \\ \\ z_2 &= i \cdot z_1=-\sqrt{3}+i \\ \\ z_3 &= -1 \cdot z_1=-1-\sqrt{3}i \\ \\ z_4 &= -i \cdot z_1=\sqrt{3}-i \end{align}$