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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:28 Mi 18.01.2017 | | Autor: | Diophant |
... gab es ja offensichtlich schon länger keine mehr.
Hallo zusammen,
es sei [mm] z\in\IC [/mm] und [mm] \varphi=arg(z)
[/mm]
Welche Zahlenmenge wird dann durch die Gleichung
[mm]z-1=i*tan\left ( \frac{ \varphi}{2} \right )*(z+1)[/mm]
beschrieben?
Dies ist wie gesagt keine normale Frage sondern eine Knobelaufgabe. Daher meine Bitte an die Moderation, sie als solche zu kennzeichnen.
Viel Spaß!
Gruß, Diophant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:54 Mi 18.01.2017 | | Autor: | Diophant |
Bitte diese Frage nicht beantworten, sie dient dazu, diese Knobelaufgabe in die Liste der offenen Fragen aufzunehmen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:20 Sa 21.01.2017 | | Autor: | Diophant |
Hallo,
da es offensichtlich keine weitere Beteiligung mehr gibt, könnte man die Dummy-Frage von meiner Seite aus auf 'beantwortet' stellen.
Gruß, Diophant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:50 Mi 18.01.2017 | | Autor: | fred97 |
Hallo Diophant,
sei $z$ eine Lösung der Gleichung
(*) $ [mm] z-1=i\cdot{}tan\left ( \frac{ \varphi}{2} \right )\cdot{}(z+1) [/mm] $
mit $x=Re(z)$ und $y=Im(z)$. Abkürzend setze ich $t:= [mm] \tan( \varphi/2)$.
[/mm]
zerlegt man (*) in Real - und Imaginärteil, so ergibt sich
[mm] $x=\frac{1-t^2}{1+t^2}$ [/mm] und [mm] $y=\frac{2}{1+t^2}$.
[/mm]
Doppelwinkelformeln liefern dann
$x = [mm] \cos(\varphi)$ [/mm] und $y= [mm] \sin(\varphi)$ [/mm] .
Fazit: $|z|=1$.
Stimmts ?
Gruß FRED
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Hallo Fred,
> Hallo Diophant,
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> sei [mm]z[/mm] eine Lösung der Gleichung
>
> (*) [mm]z-1=i\cdot{}tan\left ( \frac{ \varphi}{2} \right )\cdot{}(z+1)[/mm]
>
> mit [mm]x=Re(z)[/mm] und [mm]y=Im(z)[/mm]. Abkürzend setze ich [mm]t:= \tan( \varphi/2)[/mm].
>
> zerlegt man (*) in Real - und Imaginärteil, so ergibt
> sich
>
> [mm]x=\frac{1-t^2}{1+t^2}[/mm] und [mm]y=\frac{2}{1+t^2}[/mm].
>
> Doppelwinkelformeln liefern dann
>
> [mm]x = \cos(\varphi)[/mm] und [mm]y= \sin(\varphi)[/mm] .
>
> Fazit: [mm]|z|=1[/mm].
>
> Stimmts ?
Fast. Deine Menge ist um eine Winzigkeit zu groß...
Aber dein Rechenweg ist natürlich wie stets von allerhöchgschder Effektivität. 
Auch wenn die oben erwähnte Kleinigkeit nur eine Formsache ist: es gibt auch eine geometrischen Weg, also gibt es nach wie vor etwas zu Knobeln. Vielleicht kommt ja noch die eine oder andere schöne Zeichnung zustande?
Weiterhin viel Spaß beim Knobeln.
Gruß, Diophant
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> ... gab es ja offensichtlich schon länger keine mehr.
>
> Hallo zusammen,
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> es sei [mm]z\in\IC[/mm] und [mm]\varphi=arg(z)[/mm]
>
> Welche Zahlenmenge wird dann durch die Gleichung
>
> [mm]z-1=i*tan\left ( \frac{ \varphi}{2} \right )*(z+1)[/mm]
>
> beschrieben?
>
> Dies ist wie gesagt keine normale Frage sondern eine
> Knobelaufgabe. Daher meine Bitte an die Moderation, sie als
> solche zu kennzeichnen.
>
> Viel Spaß!
>
> Gruß, Diophant
>
Hallo,
hier noch ein nichtgeometrischer Lösungsansatz. Leider habe ich es nicht hinbekommen, das als Äquivalenz zu formulieren, sondern muss eine notwendige und eine hinreichende Bedingung getrennt zeigen.
1. Ist z Lösung, so gilt |z|=1
[mm]\frac{z-1}{z+1}[/mm] und damit auch [mm](z-1)*(\bar{z}+1)[/mm] muss rein imaginär sein. Es ist
[mm](z-1)*(\bar{z}+1)=z\bar{z}+z-\bar{z}-1=|z|^2-1+2i Im(z)\in i\mathbb{R}\Leftrightarrow |z|^2-1=0[/mm].
Alternativ könnte man auch argumentieren, dass die Möbiustransformation [mm]z\mapsto\frac{z-1}{z+1}[/mm] den Einheitskreis auf die imaginäre Achse abbildet.
2. [mm]z=e^{i\phi}[/mm] löst (im Fall [mm]z\ne -1[/mm]) die Gleichung
Ich setzte [mm]\psi=\frac{\phi}{2}[/mm] und erhalte durch Erweitern mit [mm]e^{-i\psi}[/mm]
[mm]\frac 1i*\frac{z-1}{z+1}=\frac 1i*\frac{e^{i\phi}-1}{e^{i\phi}+1}=\frac 1i*\frac{e^{i\psi}-e^{-i\psi}}{e^{i\psi}+e^{-i\psi}}=\frac{\frac{1}{2i}(e^{i\psi}-e^{-i\psi})}{\frac 12(e^{i\psi}+e^{-i\psi})}=\frac{\sin\psi}{\cos\psi}=\tan\psi\Rightarrow z-1=i*(z+1)*\tan\psi[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:18 Mi 18.01.2017 | | Autor: | donquijote |
ich weiß jetzt nicht, warum meine Antwort als Frage angezeigt wird ...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 05:31 Do 19.01.2017 | | Autor: | fred97 |
weil in solchen Fällen deine Antwort eine frage ist.
nach dem motto: Hey Diophant, ist meine Antwort brauchbar?
Gruß fred
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Hallo zusammen,
> > ... gab es ja offensichtlich schon länger keine mehr.
> >
> > Hallo zusammen,
> >
> > es sei [mm]z\in\IC[/mm] und [mm]\varphi=arg(z)[/mm]
> >
> > Welche Zahlenmenge wird dann durch die Gleichung
> >
> > [mm]z-1=i*tan\left ( \frac{ \varphi}{2} \right )*(z+1)[/mm]
> >
> > beschrieben?
> >
> > Dies ist wie gesagt keine normale Frage sondern eine
> > Knobelaufgabe. Daher meine Bitte an die Moderation, sie als
> > solche zu kennzeichnen.
> >
> > Viel Spaß!
> >
> > Gruß, Diophant
> >
>
> Hallo,
> hier noch ein nichtgeometrischer Lösungsansatz. Leider
> habe ich es nicht hinbekommen, das als Äquivalenz zu
> formulieren, sondern muss eine notwendige und eine
> hinreichende Bedingung getrennt zeigen.
> 1. Ist z Lösung, so gilt |z|=1
> [mm]\frac{z-1}{z+1}[/mm] und damit auch [mm](z-1)*(\bar{z}+1)[/mm] muss rein
> imaginär sein. Es ist
> [mm](z-1)*(\bar{z}+1)=z\bar{z}+z-\bar{z}-1=|z|^2-1+2i Im(z)\in i\mathbb{R}\Leftrightarrow |z|^2-1=0[/mm].
>
> Alternativ könnte man auch argumentieren, dass die
> Möbiustransformation [mm]z\mapsto\frac{z-1}{z+1}[/mm] den
> Einheitskreis auf die imaginäre Achse abbildet.
> 2. [mm]z=e^{i\phi}[/mm] löst (im Fall [mm]z\ne -1[/mm]) die Gleichung
> Ich setzte [mm]\psi=\frac{\phi}{2}[/mm] und erhalte durch Erweitern
> mit [mm]e^{-i\psi}[/mm]
> [mm]\frac 1i*\frac{z-1}{z+1}=\frac 1i*\frac{e^{i\phi}-1}{e^{i\phi}+1}=\frac 1i*\frac{e^{i\psi}-e^{-i\psi}}{e^{i\psi}+e^{-i\psi}}=\frac{\frac{1}{2i}(e^{i\psi}-e^{-i\psi})}{\frac 12(e^{i\psi}+e^{-i\psi})}=\frac{\sin\psi}{\cos\psi}=\tan\psi\Rightarrow z-1=i*(z+1)*\tan\psi[/mm]
Wow: das sind gleich noch zwei Lösungsansätze. Vielen Dank dafür! Mir gefällt besonders gut deine erste Rechnung*. Allerdings: beim Beantworten der eigentlichen Frage, also nach der beschriebenen Menge (ich verstehe dich richtig, dass die Lösung |z|=1 lauten soll?) hast auch du eine Kleinigkeit übersehen. Ich poste das jetzt einmal, da ich denke, dass mit deiner Antwort und der von Fred die rechnerischen Lösungsmöglichkeiten soweit ausgeschöpft sind.
Nehmen wir also deinen ersten Weg hier mal als Musterlösung (elegant daran ist ja insbesondere, dass er ohne trigonometrische Identitäten auskommt). Von vorn herein ausschließen muss man allerdings den Fall z=-1, also heißt die Lösungsmenge:
[mm] \left \{ z: \left\vert z \right\vert=1 \right \} \setminus \left \{ -1 \right \}[/mm]
* Inspiriert wurde ich hier durch eine Übungsaufgabe aus Needham, T: Anschauliche Funktionentheorie. Dort ist aber die Voraussetzung gegeben und man muss die Gültigkeit der Gleichung zeigen. Bei meinen Überlegungen, ob bzw. dass man auch die umgekehrte Richtung zeigen kann, bin ich dann im Prinzip auf die gleiche Idee gekommen, wie sie sich in deinem ersten Ansatz niedergeschlagen hat.
Allerdings (nach wie vor) an interessierte 'Mit-Knobler': man kann dieser Frage auch rein geometrisch nachgehen. Hätte da vielleicht noch jemand Interesse?
Gruß, Diophant
PS @donquijote: wenn ich es richig in Erinnerung habe, gibt ess beim Beantworten von Knobelaufgaben eine Auswahlbox, wo man die Art des Beitrags einstellen kann.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:36 Do 19.01.2017 | | Autor: | donquijote |
> Hallo zusammen,
>
> > > ... gab es ja offensichtlich schon länger keine mehr.
> > >
> > > Hallo zusammen,
> > >
> > > es sei [mm]z\in\IC[/mm] und [mm]\varphi=arg(z)[/mm]
> > >
> > > Welche Zahlenmenge wird dann durch die Gleichung
> > >
> > > [mm]z-1=i*tan\left ( \frac{ \varphi}{2} \right )*(z+1)[/mm]
> >
> >
> > > beschrieben?
> > >
> > > Dies ist wie gesagt keine normale Frage sondern eine
> > > Knobelaufgabe. Daher meine Bitte an die Moderation,
> sie als
> > > solche zu kennzeichnen.
> > >
> > > Viel Spaß!
> > >
> > > Gruß, Diophant
> > >
> >
> > Hallo,
> > hier noch ein nichtgeometrischer Lösungsansatz. Leider
> > habe ich es nicht hinbekommen, das als Äquivalenz zu
> > formulieren, sondern muss eine notwendige und eine
> > hinreichende Bedingung getrennt zeigen.
> > 1. Ist z Lösung, so gilt |z|=1
> > [mm]\frac{z-1}{z+1}[/mm] und damit auch [mm](z-1)*(\bar{z}+1)[/mm] muss
> rein
> > imaginär sein. Es ist
> > [mm](z-1)*(\bar{z}+1)=z\bar{z}+z-\bar{z}-1=|z|^2-1+2i Im(z)\in i\mathbb{R}\Leftrightarrow |z|^2-1=0[/mm].
>
> >
> > Alternativ könnte man auch argumentieren, dass die
> > Möbiustransformation [mm]z\mapsto\frac{z-1}{z+1}[/mm] den
> > Einheitskreis auf die imaginäre Achse abbildet.
> > 2. [mm]z=e^{i\phi}[/mm] löst (im Fall [mm]z\ne -1[/mm]) die Gleichung
> > Ich setzte [mm]\psi=\frac{\phi}{2}[/mm] und erhalte durch
> Erweitern
> > mit [mm]e^{-i\psi}[/mm]
> > [mm]\frac 1i*\frac{z-1}{z+1}=\frac 1i*\frac{e^{i\phi}-1}{e^{i\phi}+1}=\frac 1i*\frac{e^{i\psi}-e^{-i\psi}}{e^{i\psi}+e^{-i\psi}}=\frac{\frac{1}{2i}(e^{i\psi}-e^{-i\psi})}{\frac 12(e^{i\psi}+e^{-i\psi})}=\frac{\sin\psi}{\cos\psi}=\tan\psi\Rightarrow z-1=i*(z+1)*\tan\psi[/mm]
>
> Wow: das sind gleich noch zwei Lösungsansätze. Vielen
> Dank dafür! Mir gefällt besonders gut deine erste
> Rechnung*. Allerdings: beim Beantworten der eigentlichen
> Frage, also nach der beschriebenen Menge (ich verstehe dich
> richtig, dass die Lösung |z|=1 lauten soll?) hast auch du
> eine Kleinigkeit übersehen. Ich poste das jetzt einmal, da
> ich denke, dass mit deiner Antwort und der von Fred die
> rechnerischen Lösungsmöglichkeiten soweit ausgeschöpft
> sind.
>
> Nehmen wir also deinen ersten Weg hier mal als
> Musterlösung (elegant daran ist ja insbesondere, dass er
> ohne trigonometrische Identitäten auskommt).
Hallo Diophant,
dieser Teil zeigt allerdings nur eine Richtung: Wenn z Lösung ist, dann muss |z|=1 gelten.
Um umgekehrt rechnerisch zu zeigen, dass jedes z mit |z|=1 und [mm]z\ne -1[/mm] auch Lösung ist, kommt man vermutlich um die Eigenschaften der Winkelfunktionen nicht herum, daher mein 2. Teil. Da sich bekanntlich trigonometrische Identitäten in komplexer Form meist einfacher behandeln lassen, habe ich dort weitgehend mit der komplexen e-Funktion gerechnet.
> Von vorn
> herein ausschließen muss man allerdings den Fall z=-1,
Habe ich getan, siehe (unauffälliger) Klammerzusatz beim 2. Teil.
Der 2. Teil reicht übrigens doch als alleiniger Beweis aus, wenn man die Möbius-Transformation [mm]z\mapsto\frac 1i*\frac{z-1}{z+1}[/mm] betrachtet, die nach meiner Rechnung den Einnheitskreis auf die reelle Achse abbildet. Für [mm]|z|\ne 1[/mm] wird dann klar, dass die Werte nicht reell sein können und z damit die Gleichung nicht löst.
> also heißt die Lösungsmenge:
>
> [mm]\left \{ z: \left\vert z \right\vert=1 \right \} \setminus \left \{ -1 \right \}[/mm]
>
> * Inspiriert wurde ich hier durch eine Übungsaufgabe aus
> Needham, T: Anschauliche Funktionentheorie. Dort ist aber
> die Voraussetzung gegeben und man muss die Gültigkeit der
> Gleichung zeigen. Bei meinen Überlegungen, ob bzw. dass
> man auch die umgekehrte Richtung zeigen kann, bin ich dann
> im Prinzip auf die gleiche Idee gekommen, wie sie sich in
> deinem ersten Ansatz niedergeschlagen hat.
>
> Allerdings (nach wie vor) an interessierte 'Mit-Knobler':
> man kann dieser Frage auch rein geometrisch nachgehen.
> Hätte da vielleicht noch jemand Interesse?
>
> Gruß, Diophant
>
> PS @donquijote: wenn ich es richig in Erinnerung habe, gibt
> ess beim Beantworten von Knobelaufgaben eine Auswahlbox, wo
> man die Art des Beitrags einstellen kann.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:06 Do 19.01.2017 | | Autor: | Diophant |
Hallo,
ich muss mich vorausschickend dafür entschuldigen, dass ich heute morgen ein paar Dinge durcheinandergebracht habe. Ich wollte zeitnah auf die Beteiligung hier eingehen, aber im Leben eies Freiberuflers läuft leider nicht immer alles nach Plan...
> Hallo Diophant,
> dieser Teil zeigt allerdings nur eine Richtung: Wenn z
> Lösung ist, dann muss |z|=1 gelten.
> Um umgekehrt rechnerisch zu zeigen, dass jedes z mit |z|=1
> und [mm]z\ne -1[/mm] auch Lösung ist, kommt man vermutlich um die
> Eigenschaften der Winkelfunktionen nicht herum, daher mein
> 2. Teil. Da sich bekanntlich trigonometrische Identitäten
> in komplexer Form meist einfacher behandeln lassen, habe
> ich dort weitgehend mit der komplexen e-Funktion
> gerechnet.
>
> > Von vorn
> > herein ausschließen muss man allerdings den Fall z=-1,
>
> Habe ich getan, siehe (unauffälliger) Klammerzusatz beim
> 2. Teil.
> Der 2. Teil reicht übrigens doch als alleiniger Beweis
> aus, wenn man die Möbius-Transformation [mm]z\mapsto\frac 1i*\frac{z-1}{z+1}[/mm]
> betrachtet, die nach meiner Rechnung den Einnheitskreis auf
> die reelle Achse abbildet. Für [mm]|z|\ne 1[/mm] wird dann klar,
> dass die Werte nicht reell sein können und z damit die
> Gleichung nicht löst.
>
Ja wie gesagt: da habe ich vorschnell geantwortet und hatte deinen Ansatz in Wirklichkeit falsch verstanden.
Ich hatte es nämlich doch über die Identität
[mm]tan\left ( \frac{ \varphi}{2} \right )= \frac{sin(\varphi)}{cos(\varphi)+1}[/mm]
nachgerechnet (mit r=|z|):
[mm]\begin{aligned}
z-1&=i*tan\left ( \frac{ \varphi}{2} \right )*(z+1)\\
\frac{x+iy-1}{x+iy+1}&=i* \frac{sin(\varphi)}{cos(\varphi)+1}=i* \frac{(1/r)y}{(1/r)x+1}\\
(x+iy-1)*((1/r)x+1)&=i(1/r)y*(x+iy+1)\\
(1/r)x^2+x+i(1/r)xy+iy-(1/r)x-1&=i(1/r)xy-(1/r)y^2+i(1/r)y\\
(1/r)x^2+(1/r)y^2+(1-1/r)x+i(1-1/r)y&=1
\end{align}
[/mm]
Die obige Gleichung kann aber nicht stimmen, wenn auf der linken Seite ein isolierter imaginärer Summand steht. Daher muss r=1 gelten und es folgt
[mm] x^2+y^2=|z|^2=1 \Rightarrow|z|=1 \textrm{ und }z\ne-1
[/mm]
Gruß, Diophant (und danke fürs Mitmachen)
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