Komplexe Zahlen

(1)

Komplexe Zahlen

Aufgabe 1. Man bestimme alle diejenigen komplexen Zahlen u 2 C, welche die

Gleichungu² .6; 4/uD. 5; 14/lösen! ±

Lösung. 1. Durch quadratische Ergänzung auf der linken Seite der Gleichung ergibt sich für die neue Unbekanntez Du .3; 2/2Cdie Gleichung

z² D.u .3; 2//² D. 5; 14/C.3; 2/² D. 5; 14/C.5; 12/ D.0; 2/:

2. Stellt man die rechte Seite w D .rcos˛; rsin˛/ D .0; 2/ in Polarkoordinaten r D jwj D2und˛ 2Œ; 2dar, dann sind

z0 Dp

r cos^˛₂;sin^˛₂

2C und z1 Dp

r cos. C ^˛₂/;sin.C ^˛₂/

D z0 2C die beiden Lösungen der Gleichung z² D w. Der Punkt cos^˛₂;sin^˛₂

kann wegen der Lage des Winkels ^˛₂ 2

2;

eindeutig aus.cos˛;sin˛/ D.0; 1/ mit Hilfe der Beziehungen1Ccos˛ D2cos^{2 ˛}₂ und sin˛ D2sin^˛₂ cos^˛₂ bestimmt werden:

Aus2cos^{2 ˛}₂ D 1Ccos˛ D 1 folgt cos^{2 ˛}₂ D ¹₂ und damit cos^˛₂ D ¹₂p

2wegen

˛ 2 2

2;

. Aus 2sin^˛₂cos^˛₂ D sin˛ D 1 ergibt sich demnach sin^˛₂ D ¹₂p 2, das heißt, die Gleichungz² Dwhat die beiden Lösungen

z0 Dp

2 ¹₂p 2;¹₂p

2

D. 1; 1/2C und z1 D z0 D.1; 1/2 C:

3. Somit sind

u0 D.3; 2/Cz0 D.3; 2/C. 1; 1/ D.2; 3/2C;

u1 D.3; 2/Cz1 D.3; 2/C.1; 1/ D.4; 1/2C

die beiden Lösungen der Gleichungu² .6; 4/u D. 5; 14/.

(2)

Aufgabe 2. Man zeige mit Hilfe der Additionstheoreme, daß die beiden Beziehungen

n

X

`D0

cos2`xsinx Dsin.nC1/xcosnx;

n

X

`D0

sin2`xsinx Dsin.nC1/xsinnx

für allen2N undx 2Rgelten! ³

Lösung. Sein2N beliebig vorgegeben.

1. Da sich aus den beiden Additionstheoremen

sin.˛˙ˇ/ Dsin˛cosˇ˙cos˛sinˇ;

cos.˛˙ˇ/ Dcos˛cosˇsin˛sinˇ für alle˛,ˇ 2Rdurch Subtraktion die Additionstheoreme

2cos˛sinˇDsin.˛Cˇ/ sin.˛ ˇ/;

(C)

2sin˛sinˇDcos.˛ ˇ/ cos.˛Cˇ/

(S)

ergeben, erhält man für˛ D2`x,`2 f0; : : : ; ngundˇ Dxdurch Indexverschiebung

n

X

`D0

2cos2`xsinx D

n

X

`D0

.sin.2`C1/x sin.2` 1/x/

D

nC1

X

`D1

sin.2` 1/x

n

X

`D0

sin.2` 1/x Dsin.2nC1/x Csinx

sowie

n

X

`D0

2sin2`xsinx D

n

X

`D0

.cos.2` 1/x cos.2`C1/x/

D

n

X

`D0

cos.2` 1/x

nC1

X

`D1

cos.2` 1/x Dcosx cos.2nC1/x

für jedesx 2R. Wendet man das Additionstheorem (C) für˛ Dnxundˇ D.nC1/x bzw. (S) für˛ D.nC1/xundˇDnxan, dann folgen daraus die beiden Beziehungen

n

X

`D0

cos2`xsinx Dsin.nC1/xcosnx;

n

X

`D0

sin2`xsinx Dsin.nC1/xsinnx

für jedesx2 R.

(3)

Alternative Lösung. Sein2N beliebig vorgegeben.

1. Im Fallex D k,k 2 Zgilt stets sinx D 0 und sin.nC1/x D 0, woraus sich sofort die beiden gewünschten Beziehungen ergeben.

2. Sei also fortanx 2 Rderart vorgegeben, daßx ¤k für jedesk 2 Zgilt. Auf- grund der Moivre-Formel und der Formel für die geometrische Summe folgt daraus für die komplexe Zahlv D.cosx;sinx/2Cwegenv²¤1die Beziehung

n

X

`D0

.cos2`x;sin2`x/ D

n

X

`D0

v^2`D 1 v^2.n^C^1/

1 v²

D .1 cos2.nC1/x; sin2.nC1/x/

.1 cos2x; sin2x/ :

Da1 cos2y D2sin²yund sin2y D2sinycosy für jedesy 2Rgilt, ergibt sich

n

X

`D0

.cos2`x;sin2`x/ D .2sin².nC1/x; 2sin.nC1/xcos.nC1/x/

.2sin²x; 2sinxcosx/

D sin.nC1/x

sinx .sin.nC1/x; cos.nC1/x/

.sinx; cosx/ .sinx;cosx/

.sinx;cosx/

durch Erweiterung von Zähler und Nenner mitv D.sinx;cosx/ ¤0. Aufgrund der Beziehung cos²xCsin²xD1und der Additionstheoreme

cosnx Dcos.nC1/xcosxCsin.nC1/xsinx sinnx Dsin.nC1/xcosx cos.nC1/xsinx folgt daraus

n

X

`D0

.cos2`x;sin2`x/D sin.nC1/x

sinx .sin.nC1/x; cos.nC1/x/.sinx;cosx/

D sin.nC1/x

sinx .cosnx;sinnx/;

woraus sich die gesuchten Beziehungen durch Vergleich von Real- und Imaginärteil

auf beiden Seiten der Gleichung ergeben.

(4)

Aufgabe 3. Sei die gebrochene rationale AbbildunggWCn f0g !Cn f0gdurch g.v/D 1

v fürv 2Cn f0g definiert und eine Kreislinie S D ˚

v 2 C j jv v0j² D r² mit dem Mittelpunkt v02 Cn f0gund dem Radiusr 2

0;jv0j

vorgegeben. Man weise nach, daß das Bild gŒS D˚

g.v/2C jv 2S vonS eine KreislinieK D˚

w 2Cj jw w0j²D ² mit dem Mittelpunktw0 2Cn f0gund dem Radius 2

0;jw0j

ist, welche durch

w0 D v0

jv0j² r² und D r jv0j² r²

gegeben sind! ±

Lösung. 1. Zuerst soll gezeigt werden, daß das BildgŒS der KreislinieSin der Kreis- linieK enthalten ist: Für allev 2 Cn f0ggilt wegenvv D.jvj²; 0/zunächst

.g.v/ w0/.g.v/ w0/D v

jvj²

v0

jv0j² r²

v

jvj²

v0

jv0j² r²

D vv jvj⁴

vv0Cvv0

jvj².jv0j² r²/ C v0v0

.jv0j² r²/²

D .v v0/.v v0/ jvj².jv0j² r²/ C

vv jvj⁴

vv jvj².jv0j² r²/

C

v0v0

.jv0j² r²/²

v0v0

jvj².jv0j² r²/

:

Da die linke Seite sowie die Zähler der Brüche auf der rechten Seite jeweils die Form wwD.jwj²; 0/für einw 2 Cbesitzen, erhält man fürv 2Cmitjv v0j² Dr²

jg.v/ w0j²D jv v0j² jvj².jv0j² r²/ C

jv0j²

jv0j² r² 1 1 jv0j² r²

1 jvj²

D jv v0j² r²

jvj².jv0j² r²/ C r²

.jv0j² r²/² D r²

.jv0j² r²/² D² und somitg.v/2 K für jedesv 2S.

2. Da sich umgekehrt aus jw0j² ² D 1

jv0j² r² sowohl w0

jw0j² ² Dv0 als auch

jw0j² ² Dr ergibt, folgt aus Schritt 1, daß das Bild gŒK der Kreislinie K in der Kreislinie S enthalten ist. Da die Abbildungg WCn f0g !Cn f0gmit ihrer Inverseng ¹überein- stimmt, erhält man schließlichK D.gıg/ŒKgŒS K und damitgŒS DK.

(5)

Aufgabe 4. SeiE D ˚

w 2 C j jwj < 1 der offene Einheitskreis, ferner ein Punkt z 2Ebeliebig vorgegeben und die gebrochene rationale Abbildungg WE!Cdurch

g.x/D x z

zx 1 fürx2 Edefiniert:

1. Man zeige zuerst, daß die BildmengegŒED˚

g.x/2C jx 2E inEliegt!

2. Man beweise anschließend, daßg.g.x//Dxfür allex 2Egilt!

3. Man weise schließlich nach, daßgWE!Ebijektiv ist!

Lösung. 1. Die Abbildung g W E ! C ist korrekt definiert, dajzxj D jzjjxj < 1für allez,x 2Egilt. Um zu zeigen, daßgŒEinEenthalten ist, betrachtet man

g.x/g.x/D x z

zx 1 x z

zx 1 D xx zx zxCzz

zz xx zx zxC1 D1 .1 xx/.1 zz/

.zx 1/.xz 1/

für jedes x 2 E. Da die linke Seite sowie Zähler und Nenner des Bruchs auf der rechten Seite jeweils die Formww D.jwj²; 0/für einw 2Cbesitzen, folgt daraus

jg.x/j²D1 .1 jxj²/.1 jzj²/

jzx 1j² < 1 und damitg.x/2Efür allex2E:

2. Desweiteren gilt die Beziehung g.g.x//D g.x/ z

zg.x/ 1 D .x z/ z.zx 1/

z.x z/ .zx 1/ D x.1 zz/

1 zz Dx für allex2 E:

3.1. Wirdx 2Ebeliebig vorgegeben, dann gilt fürw Dg.x/2Estets g.w/Dg.g.x//Dx;

das heißt,gWE!Eist surjektiv.

3.2. Sindx,y 2EPunkte mitg.x/Dg.y/, dann ergibt sich aus x Dg.g.x//Dg.g.y//Dy;

daßgWE!Eauch injektiv ist.

(6)

Aufgabe 5. Man zeige (mit Hilfe der binomischen und der Moivre-Formel), daß .cos2˛;sin2˛/D 2cos²˛ 1; 2sin˛cos˛

D 1 2sin²˛; 2sin˛cos˛ (1)

.cos3˛;sin3˛/D 4cos³˛ 3cos˛; 3sin˛ 4sin³˛ (2)

für alle˛ 2Rgilt!

Lösung. 1. Im FallenD2liefert die Moivre-Formel für alle˛ 2Rtatsächlich .cos2˛;sin2˛/D.cos˛;sin˛/²D cos²˛ sin²˛; 2sin˛cos˛

D 2cos²˛ 1; 2sin˛cos˛

D 1 2sin²˛; 2sin˛cos˛ unter Benutzung von sin²˛Ccos²˛ D1.

2. FürnD3ergibt sich mit Hilfe der Moivre-Formel und der binomischen Formel .cos3˛;sin3˛/D.cos˛;sin˛/³ D .cos˛; 0/C.0;sin˛/³

D ³₀

.0;sin˛/³C ³₁

.cos˛; 0/.0;sin˛/² C ³₂

.cos˛; 0/².0;sin˛/C ³₃

.cos˛; 0/³ für alle ˛ 2 R. Wegen .cos˛; 0/² D cos²˛; 0

und .cos˛; 0/³ D cos³˛; 0 sowie .0;sin˛/²D sin²˛; 0

und.0;sin˛/³ D 0; sin³˛

folgt daraus .cos3˛;sin3˛/D 0;sin³˛

3.cos˛; 0/ sin²˛; 0 C3 cos²˛; 0

.0;sin˛/C cos³˛; 0 D 0;sin³˛

3 cos˛sin²˛; 0

C3 0;cos²˛sin˛

C cos³˛; 0 D .cos²˛ 3sin²˛/cos˛; .3cos²˛ sin²˛/sin˛

D 4cos³˛ 3cos˛; 3sin˛ 4sin³˛

unter Benutzung von sin²˛Ccos²˛ D1.

(7)

Aufgabe 6. Man berechne jeweils alle Lösungenu 2Cder Gleichung 1. u² .1; 3/uD.4; 3/,

2..uC.3; 1//⁴ D.16; 0/!

Lösung. 1.1. Durch quadratische Ergänzung der linken Seite ergibt sich für die neue Unbekanntez Du ¹₂.1; 3/2 Cdie Gleichung

z²D u ¹₂.1; 3/²

D.4; 3/C¹₄.1; 3/²D.4; 3/C 2;³₂

D 2; ³₂ : 1.2. Stellt man die rechte Seitew D.rcos˛; rsin˛/D 2; ³₂

in Polarkoordinaten r D jwj D ⁵₂ und˛ 2Œ; 2dar, dann sind

z0 Dp

2 Cundz1 Dp

r cos.C ^˛₂/;sin.C ^˛₂/

2;

eindeutig aus.cos˛;sin˛/D ⁴₅; ³₅

mit Hilfe der beiden Beziehungen1Ccos˛ D2cos^{2 ˛}₂ und sin˛ D2sin^˛₂ cos^˛₂ bestimmt werden:

Aus 2cos^{2 ˛}₂ D 1Ccos˛ D ⁹₅ folgt sofort cos^{2 ˛}₂ D ₁₀⁹ und somit cos^˛₂ D ^p³₁₀ wegen ^˛₂ 2

2;

. Somit ergibt sich aus 2sin^˛₂cos^˛₂ D sin˛ D ³₅ schließlich sin^˛₂ D ^p¹₁₀, das heißt, die Gleichungz² Dwhat die beiden Lösungen

z0 D

p5 p2

p1

10. 3; 1/ D ¹₂. 3; 1/2 Cundz1 D z0 D ¹₂.3; 1/ 2C:

1.3. Somit besitzt die Gleichungu² .1; 3/u D.4; 3/die Lösungen u0 D ¹₂.1; 3/Cz0 D ¹₂.1; 3/C¹₂. 3; 1/D. 1; 2/ 2C;

u1 D ¹₂.1; 3/Cz1 D ¹₂.1; 3/C¹₂.3; 1/D.2; 1/2 C:

2. Die neue VariablevD ¹₂uC¹₂.3; 1/ 2Cerfüllt die Gleichungv⁴ D1, welche die vierten Einheitswurzelnvk D cos^k₂ ;sin^k₂

2 Cfür k 2 f0; 1; 2; 3g als Lösungen besitzt. Wegen

v0 D.1; 0/; v1 D.0; 1/; v2 D. 1; 0/; v3 D.0; 1/

ergeben sich daraus die Lösungen

u0 D2v0 .3; 1/D.2; 0/ .3; 1/D. 1; 1/2 C;

u1 D2v1 .3; 1/D.0; 2/ .3; 1/ D. 3; 1/2C;

u2 D2v2 .3; 1/D. 2; 0/ .3; 1/D. 5; 1/2 C;

u3 D2v3 .3; 1/D.0; 2/ .3; 1/ D. 3; 3/ 2C;

der Gleichung.uC.3; 1//⁴ D.16; 0/.

(8)

Aufgabe 7. Man bestimme jeweils alle Lösungenu 2Cder Gleichung 1. u² .2; 3/uD.0; 6/,

2..u .1; 1//³ D.0; 27/!

Lösung. 1.1. Durch quadratische Ergänzung der linken Seite ergibt sich für die neue Unbekanntez Du ¹₂.2; 3/2Cdie Gleichung

z²D u ¹₂.2; 3/²

D.0; 6/C ¹₄.2; 3/²D.0; 6/C ⁵₄; 3

D ⁵₄; 3 : 1.2. Stellt man die rechte Seitew D.rcos˛; rsin˛/D ⁵₄; 3

in Polarkoordina- tenr D jwj D ¹³₄ und˛ 2Œ; 2dar, dann sind

z0 Dp

2 Cundz1 Dp

r cos.C ^˛₂/;sin.C ^˛₂/

2;

eindeutig aus.cos˛;sin˛/D ₁₃⁵; ¹²₁₃

mit Hilfe der Beziehungen cos˛ D2cos^{2 ˛}₂ 1und sin˛ D2sin^˛₂cos^˛₂ bestimmt werden:

Aus2cos^{2 ˛}₂ D 1Ccos˛ D ₁₃⁸ folgt sofort cos^{2 ˛}₂ D ₁₃⁴ und somit cos^˛₂ D ^p²₁₃ wegen ^˛₂ 2

2;

. Somit ergibt sich aus2sin^˛₂cos^˛₂ Dsin˛ D ¹²₁₃ schließlich auch noch sin^˛₂ D ^p³₁₃, das heißt, die Gleichungz² Dwhat die beiden Lösungen

z0 D

p13 2

p1

13. 2; 3/D ¹₂. 2; 3/2 Cundz1 D z0 D ¹₂.2; 3/2C:

1.3. Somit besitzt die Gleichungu² .2; 3/u D.0; 6/die Lösungen u0 D ¹₂.2; 3/Cz0 D ¹₂.2; 3/C ¹₂. 2; 3/D.0; 3/2C;

u1 D ¹₂.2; 3/Cz1 D ¹₂.2; 3/C ¹₂.2; 3/D.2; 0/2C:

2. Für die neue Variablez D ¹₃u ¹₃.1; 1/ 2 Cergibt sich offensichtlich die Glei- chungz³D.0; 1/ D cos₂;sin₂

, die die Lösungen zk D cos ₆ C ^2k₃

;sin ₆ C^2k₃

2C fürk2 f0; 1; 2g besitzt. Wegenz0 D cos₆;sin₆

D ¹₂p 3;¹₂

, z1 D cos⁵₆ ;sin⁵₆

D ¹₂p 3;¹₂ undz2 D cos³₂ ;sin³₂

D.0; 1/ergeben sich daraus die Lösungen u0D3z0C.1; 1/ D ³₂p

3;³₂

C.1; 1/ D 1C³₂p 3;⁵₂

2C;

u1D3z1C.1; 1/ D ³₂p 3;³₂

C.1; 1/ D 1 ³₂p 3;⁵₂

2C;

u2D3z2C.1; 1/ D.0; 3/C.1; 1/D.1; 2/2 C

der Gleichung.u .1; 1//³ D.0; 27/.

(9)

Aufgabe 8. SeiK5 D fv0; v1; v2; v3; v4gdie Menge derfünften Einheitswurzeln vk D cos^2k₅ ;sin^2k₅

2C fürk 2 f0; 1; 2; 3; 4g:

WerdenAddition undMultiplikation dadurch eingeführt, indem man für allek,` 2 f0; 1; 2; 3; 4g jeweils Summe vk ˚v` D v₁^k^C^` 2 C und Produktvk ˇv` D v^k`₁ 2 C definiert, so zeige man, daßK5mit diesen Abbildungen einen Körper bildet!

Lösung. Aufgrund der Tatsache, daß die beiden Winkelfunktionen die Periode 2 haben, gilt cos^{2 n}₅ ;sin^{2 n}₅

2 K5 für alle ganzen Zahlenn 2 Z. Somit führt die angegebene Addition bzw. Multiplikation nicht aus der MengeK5 heraus, denn für alle Indizesk,` 2 f0; 1; 2; 3; 4ggilt wegen der Moivre-Formel

vk ˚v` Dv₁^k^C^` D cos^2.k₅^C^`/;sin^2.k₅^C^`/

2 K5; vk ˇv` Dv₁^k`D cos^2k`₅ ;sin^2k`₅

2K5:

Mit Hilfe dieser Darstellung kann man leicht alle Summen und Produkte von Ele- menten ausK5berechnen und jeweils in den Tafeln

˚ v0 v1 v2 v3 v4

v0 v0 v1 v2 v3 v4

v1 v1 v2 v3 v4 v0

v2 v2 v3 v4 v0 v1

v3 v3 v4 v0 v1 v2

v4 v4 v0 v1 v2 v3

ˇ v0 v1 v2 v3 v4

v0 v0 v0 v0 v0 v0

v1 v0 v1 v2 v3 v4

v2 v0 v2 v4 v1 v3

v3 v0 v3 v1 v4 v2

v4 v0 v4 v3 v2 v1

zusammenfassen sowie die Gültigkeit der Körperaxiome überprüfen:

1. Es giltvk˚.v`˚vm/Dv₁^k^C^.`^C^m/Dv₁^.k^C^`/^C^m D.vk˚v`/˚vmfür alle Elemente vk,v`,vm 2K5.

2. Für allevk,v` 2K5 giltvk ˚v` Dv^k₁^C^` Dv₁^`^C^k Dv`˚vk. 3. Fürv0 2K5giltv0˚vk Dv₁⁰^C^k Dv₁^k Dvk für jedesvk 2K5.

4. Aus der Tafel für die Addition entnimmt man zeilenweise, daß zu jedemvk 2K5

einv` 2K5existiert, so daßvk ˚v` Dv0gilt.

5. Für allevk,v`,vm 2K5giltvkˇ.v`ˇvm/Dv₁^k.`m/Dv₁^.k`/m D.vkˇv`/ˇvm. 6. Für allevk,v` 2K5 giltvk ˇv` Dv^k`₁ Dv₁^`k Dv`ˇvk.

7. Fürv1 ¤v0giltv1ˇvk Dv₁¹^k Dv₁^k Dvk für jedesvk 2K5.

8. Aus der Tafel für die Multiplikation entnimmt man zeilenweise, daß es für jedes vk 2K5mitk¤0einv` 2K5gibt, so daßvk ˇv` Dv1gilt.

9. Es gilt vk ˇ.v`˚vm/ D v₁^k.`^C^m/ D v₁^k`^C^km D .vk ˇv`/˚.vk ˇvm/für alle

Elementevk,v`,vm2K5.

(10)

Aufgabe 9. Man zeige, daß sich jeder rationale Punkt v D .x; y/ 2 Q Q der Einheitskreislinie˚

v 2Cj jvj²D1 in der Form

vD

a² b²

a²Cb²; 2ab a²Cb²

oder vD

2ab

a²Cb²; a² b² a²Cb²

darstellen läßt, wobeia,b2 Zganze Zahlen mit.a; b/¤0sind!

Lösung. 1. Sei v D .x; y/ 2 QQ mitjvj² D x² Cy² D 1 vorgegeben. Im Falle v D 1lieferna D 0undb D 1die gewünschte Darstellung. Anderenfalls gilt stets vC1 ¤ 0und somit auchv C1 ¤ 0. Aufgrund der Beziehungvv D .jvj²; 0/ D 1 ergibt sichvC1DvCvv Dv.vC1/und somitv D.vC1/.vC1/ ¹.

WegenvC1D.xC1; y/2QQundvC1¤0kann man ganze Zahlena,b 2Z undd 2 N mit.a; b/ ¤ 0 derart finden, daß sich die BrüchexC1 D _d^a 2 Q und y D _d^b 2Qauf denselben Nenner bringen lassen. Daraus ergibt sichvC1D _d^a;_d^b

, also auchvC1D _d^a; _d^b

und somit

vD vC1

vC1 D .a; b/

.a; b/ D.a; b/

a

a²Cb²; b a²Cb²

D

a² b²

a²Cb²; 2ab a²Cb²

:

Sind alsox,y 2Qrationale Zahlen mitx²Cy² D1, dann gibt es zwei ganze Zahlen a,b 2Zmit.a; b/¤0und der Darstellung

.x; y/D

a² b²

a²Cb² ; 2ab a²Cb²

oder auch .x; y/D

2ab

a²Cb²; a² b² a²Cb²

:

2. Umgekehrt gilt für allea,b 2Zmit.a; b/¤0stets a² b²

a²Cb² ²

C

2ab a²Cb²

²

D a⁴ 2a²b²Cb⁴C4a²b²

.a²Cb²/² D .a²Cb²/² .a²Cb²/² D1;

das heißt, die komplexen Zahlen

v D

a² b²

a²Cb² ; 2ab a²Cb²

2QQ oder v D

2ab

a²Cb² ; a² b² a²Cb²

2QQ

erfüllen stets die Bedingungjvj² D1.

(11)

Aufgabe 10. Man untersuche, ob es eine Kreislinie˚

v 2C j jv v0j² Dr² um einen Mittelpunktv0 2Cmit einem Radiusr > 0oder eine Gerade˚

w0Cw 2Cj 2R durch einen Aufpunktw0 2 C mit einer Richtungw 2 C gibt, welche jeweils durch die drei verschiedenen Punkte

1.v1 D.3; 3/2C,v2 D.10; 4/2Csowiev3D.6; 6/ 2Cbzw.

2.v1 D.1; 1/2C,v2 D.5; 7/2Csowiev3D.2; 1/2 C

hindurchgeht und bestimme gegebenfallsv0 2Cundr > 0bzw.w0 2Cundw 2C!

Lösung. 1. Man versucht zunächst, die kartesischen Koordinaten a0, b0 2 R eines Mittelpunktesv0D.a0; b0/2Cund einen Radiusr > 0aus den drei Gleichungen

.a1 a0/²C.b1 b0/² Dr² .a2 a0/²C.b2 b0/² Dr² .a3 a0/²C.b3 b0/² Dr²

zu bestimmen, die aus der Kreisgleichung jv v0j² D r² durch Einsetzen der Ko- ordinatenak,bk 2 Rder vorgegebenen Punktevk D .ak; bk/ 2 Cfür k 2 f1; 2; 3g entstehen:

1.1. Für die Punkte .a1; b1/ D .3; 3/, .a2; b2/ D .10; 4/ und .a3; b3/ D .6; 6/

ergibt sich nach Ausmultiplikation und Zusammenfassung das Gleichungssystem

6a0C6b0Dr² a₀² b²₀ 18 20a0 8b0Dr² a₀² b²₀ 116 12a0 12b0Dr² a₀² b²₀ 72:

Man subtrahiert die erste Zeile von der zweiten und der dritten Zeile und erhält 6a0C6b0 Dr² a²₀ b₀² 18

14a0 14b0 D 98 6a0 18b0 D 54:

Das Teilsystem aus zweiter und dritter Gleichung hat v0 D .a0; b0/ D .6; 1/ als Lösung, welche somit den Mittelpunkt des gesuchten Kreises darstellt. Sein Radi- usr D 5ergibt sich aus der Kreisgleichung jv3 v0j² D r², wenn man den Punkt v3D.a3; b3/D.6; 6/einsetzt.

1.2. Sei ˚

v3 C.v2 v3/ 2 C j 2 R die Gerade, welche durch die Punkte v3D.6; 6/undv2 D.10; 4/läuft. Da eskein2Rmit

v1 D.3; 3/D.6; 6/C.4; 2/Dv3C.v2 v3/ gibt, liegt der Punktv1nichtauf dieser Geraden.

(12)

2.1. Für die Punkte.a1; b1/D.1; 1/,.a2; b2/D.5; 7/und.a3; b3/D.2; 1/erhält man nach Ausmultiplikation und Zusammenfassung das Gleichungssystem

2a0C2b0 Dr² a²₀ b₀² 2 10a0 14b0 Dr² a²₀ b₀² 74

4a0 2b0 Dr² a²₀ b₀² 5:

Man subtrahiert die erste Zeile von der zweiten und der dritten Zeile und erhält 2a0C2b0 Dr² a₀² b₀² 2

8a0 16b0 D 72 2a0 4b0 D 3:

Das Teilsystem aus der zweiten und dritten Gleichung hatkeineLösung.a0; b0/2C.

Es gibt somitkeineKreislinie, die durch die drei Punktev1,v2undv3hindurchgeht.

2.2. Sei ˚

v3 C.v2 v3/ 2 C j 2 R die Gerade, welche durch die Punkte v3D.2; 1/undv2 D.5; 7/verläuft. Da fürD ¹₃ die Beziehung

v1 D.1; 1/D.2; 1/C.3; 6/Dv3C.v2 v3/

gilt, liegt auch der Punktv1 D.1; 1/auf dieser Geraden.