Musterlösungen Serie 13

(1)

D-BIOL, D-CHAB Analysis IA HS 11 Dr. P. Thurnheer

Musterlösungen Serie 13

1.

1. 2.

3. 4.

5. 6.

(2)

7. 8.

1.) z = _−1+2i⁵⁻⁵ⁱ ·⁻¹⁻²ⁱ_−1−2i = −5−10i+5i+10i²

1−4i² = ⁻¹⁵⁻⁵ⁱ₅ =−3−i.

2.) z = _1+2i¹ 3

· ⁻¹⁻²ⁱ_−1−2i3

= ^1−6i+12i_(1−4i2³)⁻⁸ⁱ³ ³ = ⁻¹¹⁺²ⁱ₁₂₅ =−₁₂₅¹¹ +₁₂₅² i dai³ =i²·i=−i.

2. Für die ersten 3 Aufgaben braucht man die folgenden Relationen:

Fürz =a+ib=Re(z) +i·Im(z) z =re^iϕ=|z|e^iϕ

ϕ= arg(z)∈[0,2π) z =a−ib =re^−iϕ

gelten folgende Beziehungen:

• a²+b² =r²

• ϕ= arctan(_a^b) +k·π; mitk ∈ Zso, dass 0≤ ϕ < 2π (wobei man von den 2 Möglichkeiten die richtige wählen muss).

• cos(ϕ) = ^a_r

• sin(ϕ) = ^b_r

(3)

a) |¹_z|= _|z|¹ = 3⇒ |z|= ¹₃.

arg(z) =−arg(z) = 240^o =−ϕ ⇒ϕ= 120^o = ²₃π Damit ist:

Re(z) = cos(ϕ)·r=−¹₂ · ¹₃ =−¹₆ Im(z) = sin(ϕ)·r=

√ 3 2 ·¹₃ =

√ 3 6

b) z = ⁽⁻¹⁺ⁱ

√3)·(1−√ 3i) (1+√

3i)·(1−√

3i) = ⁻¹⁺²ⁱ

√ 3+3

4 = ¹₂ +i

√ 3 2 . Damit ist:

Re(z) = ¹₂ Im(z) =

√3 2

|z|=√

a²+b² = q1

4 +³₄ = 1 arg(z) = arctan(√

3) +k·π= ^π₃.

c) |iz|=|i| · |z|=|z|=|z|= 5

Re(iz) =Re(i(a−ib)) =Re(b+ia) =b =Im(z) = 3.

ϕ = arg(z) = arcsin(^b_r) = 36.87^o oder 143.13^o (Man kann es nicht eindeu- tig entscheiden)

Re(z) =r·cos(ϕ) =±4

d) arg(iz) = arg(ire^−iϕ) = arg(eîπ/2re^−iϕ) = arg(eî(π/2−ϕ)) = π/2−ϕ Man benütztarg(iz) = 300ô = ^5π₃ :

⇒ ϕ = π/2− ⁵₃π +k·2π = −⁷₆π+k·2π = ⁵₆π = 150^o (k so wählen, dass ϕ∈[0,2π)ist)

2 = Im(^z_i) = Im(−i^z₁) = Im(−i(a+ib)) =Im(−ia+b) =−a =−Re(z)

(4)

⇒Re(z) = −2

Im(z) = Re(z)·tan(ϕ) =−2·(−^√¹

3) = ^√²

3

|z|=√

a²+b² =q

4 + ⁴₃ = ^√⁴

3.

3. a) i)

z₁ = −√

3 + 1−i(√ 3 + 1)

1 +i · 1−i 1−i

= −√

3 + 1−i(√

3 + 1)−i(−√

3 + 1)−(√ 3 + 1) 2

= −2√ 3−2i

2 =−√

3−i.

ii) z₂ = (√

3 +i)⁶(1−i) = −64(1−i) =−64 + 64i, weil

√3 +i= 2e^iπ/6 ⇒ (√

3 +i)⁶ = 2⁶e^iπ/6·6 = 64e^iπ =−64.

iii)

z3 =e^−iπ/4 = ^√¹₂ −i^√¹₂, da|z|= 1undϕ= ⁷₄π.

iv)

z₄ = _e_2π/3¹ =e^−2π/3+ 0·i∈R v)

z₅ =ie^−iπ/6 =e^iπ/2·e^−iπ/6 =e^iπ/3 = ¹₂ +i

√3 2

vi)

z₆ =iⁱ = e^iπ/2i

=e^−π/2+i·0∈R

b) i)

arg(z₁) = ϕ= arctan(^√¹

3) +k·π = 210^o = ^7π₆ (Daz₁ im 4. Quadranten liegt.) ii)

(5)

(z₃)²z₄ = e^−iπ/42

·e^−2π/3 =e^−2π/3·e^−iπ/2

| {z }

=−i

=−ie^−2π/3 iii)

z4

z5 =e^−2π/3· _eiπ/3¹ =e^−2π/3e^−iπ/3 =e^−2π/3(¹₂ −i

√ 3 2 )

4. a) Wir haben das Gleichungssystem

0 =



 7 a b



·



 4 3 8



= 28 + 3a+ 8b

0 =



 7 a b



·





−5 20 9



=−35 + 20a+ 9b

mit der Lösunga= 4, b=−5.

b) Wir habenP =



 0 y 0



. Die Bedingung anylautet

√1

2 = cos(π 4) =

−→P A·−−→ P B

|−→

P A||−−→ P B|

wobei

−→P A=



 2

−2−y 0



, −−→ P B =



 0

−1−y 2





Quadriert bedeutet das 1

2 = (1 +y)²(2 +y)²

(4 + (1 +y)²)(4 + (2 +y)²) = (1 +y)²(2 +y)²

16 + 4((1 +y)²+ (2 +y)²) + (1 +y)²(2 +y)²

=

16 + 4((1 +y)²+ (2 +y)²) + (1 +y)²(2 +y)² (1 +y)²(2 +y)²

⁻¹

=

16 + 4((1 +y)²+ (2 +y)²) (1 +y)²(2 +y)² + 1

−1

Wir können diese Gleichung nach 0 ordnen und erhalten

0 = 16 + 4((1 +y)²+ (2 +y)²)−(1 +y)²(2 +y)²

Diese Gleichung kann numerisch mit dem Computer gelöst werden und die reel- len Lösungen sindy= 1.7undy=−4.7.

(6)

5. a) Nach Voraussetzung steht



 3 2

−1



∧



 1 1 1



=



 3

−4 1





normal auf der fraglichen Ebene. Diese ist also gegeben als {(x, y, z)^T ; 3x−4y+z =C},

mit einer KonstantenC. Da ferner(2,−1,1)in der Ebene liegen soll, ist C = 3·2−4·(−1) + 1·1 = 11

b) Die fraglichen Punkte liegen offenbar auf einer der beiden winkelhalbierenden EbenenΓund∆der GeradenABundAC. Wir setzen zunächst

~ u:=



 6 13

3



−





−2 5 7



=



 8 8

−4



, ~v :=



 6 6 11



−





−2 5 7



=



 8 1 4



.

Dann stehen offenbar

~ u

|~u| + ~v

|~v| = 1 9



 14

7 1



 bzw. ~u

|~u| − ~v

|~v| = 1 9





−2 5

−7





normal aufΓbzw.∆, es sind also

Γ ={(x, y, z)^T ; −2x+ 5y−7z =C}

∆ = {(x, y, z)^T ; 14x+ 7y+z =D}

mit KonstantenC,D. Da(−2,5,7)in diesen Ebenen liegt, sind C =−2·(−2) + 5·5−7·7 =−20, D= 14·(−2) + 7·5 + 1·7 = 14.

Schliesslich wird die GeradeDEdurch

t→





−2 11 9



+t



 14

−7 7





parametrisiert. In den Schnittpunkten mitΓgilt also

0 = −2(−2 + 14t) + 5(11−7t)−7(9 + 7t) + 20

=−112t+ 16,

(7)

i.e.,t= 1/7, in den Schnittpunkten mit∆gilt

0 = 14(−2 + 14t) + 7(11−7t) + (9 + 7t)−14

= 154t+ 44,

i.e.,t=−2/7. Die fraglichen Punkte sind also(0,10,10)und(−6,13,7).

c) Bezeichnen wir mitϕden Zwischenwinkel von~uund~v, so ist

|~u∧~v|² = (|~u||~v|sinϕ)² =|~u|²|~v|²sin²ϕ

=|~u|²|~v|² 1−cos²ϕ

=|~u|²|~v|²− |~u|²|~v|²cos²ϕ

=|~u|²|~v|²−(|~u||~v|cosϕ)² =|~u|²|~v|²−(~u·~v)², was zu zeigen war.

6. a) Die Gerade wird durch

t→



 5/3

0 0



+t





−4 3 0





parametrisiert. Der Abstand ist also





−4 3 0



∧







 2 6 12



−



 5/3

0 0













−4 3 0





=





−4 3 0



∧







 1/3

6 12









√ 16 + 9

=

p(3·12)²+ (4·12)²+ 25² 5

=√

12²+ 25 =√

169 = 13.

b) Die Schnittgerade liegt offenbar in einer Ebene, die den Vektor

~ v :=



 4

−2

−1



∧



 2 2

−5



=



 12 18 12



= 6·



 2 3 2





enthält. Die Punkte(x, y, z)der Schnittgeraden erfüllen daher 4x−2y−1z−12 = 0,

2x+ 2y−5z+ 24 = 0, 2x+ 3y+ 2z+C = 0,

(8)

für alleC ∈ R, also insbesondere6x−6z+ 12 = 6(x−z + 2) = 0, wie sich durch Addition der ersten beiden Gleichungen ergibt, und mithin

3x−2y−14 = 0, 4x+ 3y+ 4 +C= 0,

wie man nun durch Einsetzen verifiziert. Daraus ergibt sich 0 = 17x−34 + 2C = 17

x−2 + 2 17C

, 0 = 17y+ 68 + 3C = 17

y+ 4 + 3 17C

. Setzen wirt =−C/17, so wird die Schnittgerade also durch

t7→



 2

−4 4



+t·~v parametrisiert.

Für einen gegebenen Punkt mit Koordinatenvektor ~p bezeichne~r₀ den Koordi- natenvektor des nächstliegenden Punktes auf der Schnittgeraden. Dann muss der Vektor~r₀−~psenkrecht auf~vstehen, und also in einer der durch

2x+ 3y+ 2z+C = 0, C ∈R,

erklärten Ebenen liegen, wobeiC =−2p₁−3p₂ −2p₃. Demnach ist

~ r0 =



 2

−4 4



− C 17·



 2 3 2



.

Insbesondere liegt(2,−4,4)dem Ursprung am nächsten.