Fkt.: Bid(Arg(phi)=const) = ? < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:37 Mi 24.09.2008 | | Autor: | Rutzel |
| Aufgabe | | Es sei [mm] h(z)=z+\frac{1}{z}. [/mm] Bestimmen Sie die Bilder der Strahlen Arg(z)=const. unter der Abbildung z [mm] \mapsto [/mm] h(z). |
Hallo zusammen.
Da Arg(z) in der Aufgabenstellung vorkommt, habe ich zunächst z = [mm] re^{i\phi} [/mm] gesetzt, um eine passende Darstellung der komplexen Zahlen zu bekommen.
Es folgt:
h = [mm] re^{i\phi} +\frac{1}{r}e^{-i\phi}
[/mm]
= [mm] (r+\frac{1}{r})Cos(\phi)+(r-\frac{1}{r})i Sin(\phi)
[/mm]
Das sind die Bilder der Strahlen.... Aber ich denke, hier soll geometrisch gedeutet werden. Woran erkenne ich, ob h eine Hyperbel, Ellipse, Kreis oder sonstiges ist?
Bis jetzt habe ich versucht auszuprobieren, ob h eine Hyperbel ist. D.h. ich müsste
h= = [mm] (r+\frac{1}{r})Cos(\phi)+(r-\frac{1}{r})i Sin(\phi)
[/mm]
in die Form
[mm] \frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1
[/mm]
bringen.
Alle Versuche waren bis jetzt aber erfolglos.... Evtl. sieht ja einer von Euch, um was es sich handelt (bevor ich mir hier einen "Wolf" probiere, und am Schluss ist es gar keine Hyperbel...)
Gruß,
Rutzel
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> Es sei [mm]h(z)=z+\frac{1}{z}.[/mm] Bestimmen Sie die Bilder der
> Strahlen Arg(z)=const. unter der Abbildung z [mm]\mapsto[/mm] h(z).
> Hallo zusammen.
>
> Da Arg(z) in der Aufgabenstellung vorkommt, habe ich
> zunächst z = [mm]re^{i\phi}[/mm] gesetzt, um eine passende
> Darstellung der komplexen Zahlen zu bekommen.
>
> Es folgt:
>
> h = [mm]re^{i\phi} +\frac{1}{r}e^{-i\phi}[/mm]
> =
> [mm](r+\frac{1}{r})Cos(\phi)+(r-\frac{1}{r})i Sin(\phi)[/mm]
>
> Das sind die Bilder der Strahlen.... Aber ich denke, hier
> soll geometrisch gedeutet werden. Woran erkenne ich, ob h
> eine Hyperbel, Ellipse, Kreis oder sonstiges ist?
>
> Bis jetzt habe ich versucht auszuprobieren, ob h eine
> Hyperbel ist. D.h. ich müsste
> h= = [mm](r+\frac{1}{r})Cos(\phi)+(r-\frac{1}{r})i Sin(\phi)[/mm]
>
> in die Form
> [mm]\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1[/mm]
> bringen.
Scheint mir keine schlechte Idee zu sein.
> Alle Versuche waren bis jetzt aber erfolglos....
Was Du bisher herausgefunden hast ist ja, dass für einen Punkt $(x|y)$ bzw. [mm] $x+\mathrm{i} [/mm] y$ des Bildes gilt:
[mm]x=\left(r+\tfrac{1}{r}\right)\cos(\phi) \qquad \text{und} \qquad y=\left(r-\tfrac{1}{r})\sin(\phi)[/mm]
Aus diesen beiden Gleichungen kann man [mm] $\phi$ [/mm] leicht eliminieren, denn es ist
[mm]\frac{x^2}{\left(r+\tfrac{1}{r}\right)^2}+\frac{y^2}{\left(r-\tfrac{1}{r}\right)^2}=1[/mm]
Aber dies wäre nur die Kurve, auf der sich ein Punkt des Bildes unter $h$ zu festem $r$ bei variablem [mm] $\phi$ [/mm] bewegen würde.
An Deiner Stelle würde ich die obigen Ausdrücke für $x$ und $y$ kurzerhand in Deine Vermutung
[mm]\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1[/mm]
einsetzen und prüfen, ob es tatsächlich möglich ist, diese Gleichung für geeignete Konstanten $a$, $b$ und [mm] $\phi$ [/mm] für alle [mm] $r\geq [/mm] 0$ zu erfüllen. - Wenn nicht, weisst Du wenigstens, dass Deine Vermutung nicht zutrifft: was auch schon ein Fortschritt wäre...
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:00 Mi 24.09.2008 | | Autor: | Rutzel |
Hi,
dank Mathematica habe ich 4 Lösungen gefunden:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Frage mich aber nicht, wie man darauf per Hand kommen soll... Ist wohl ohne größeren Aufwand nicht möglich.
Warum ist bei
[mm] \frac{x^2}{\left(r+\tfrac{1}{r}\right)^2}+\frac{y^2}{\left(r-\tfrac{1}{r}\right)^2}=1 [/mm]
[mm] \phi [/mm] variabel und r konstant? [mm] \phi [/mm] kommt doch überhaupt nicht in der gleichung vor?
Gruß,
Rutzel
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:01 Do 25.09.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
deine letzte gleichung heisst einfach, dass kreise um den Nullpunkt also r=const, [mm] \phi [/mm] beliebig, auf ellipsen abgebildet werden.
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:51 Mi 24.09.2008 | | Autor: | abakus |
> > Es sei [mm]h(z)=z+\frac{1}{z}.[/mm] Bestimmen Sie die Bilder der
> > Strahlen Arg(z)=const. unter der Abbildung z [mm]\mapsto[/mm] h(z).
> > Hallo zusammen.
> >
> > Da Arg(z) in der Aufgabenstellung vorkommt, habe ich
> > zunächst z = [mm]re^{i\phi}[/mm] gesetzt, um eine passende
> > Darstellung der komplexen Zahlen zu bekommen.
> >
> > Es folgt:
> >
> > h = [mm]re^{i\phi} +\frac{1}{r}e^{-i\phi}[/mm]
> > =
> > [mm](r+\frac{1}{r})Cos(\phi)+(r-\frac{1}{r})i Sin(\phi)[/mm]
> >
> > Das sind die Bilder der Strahlen.... Aber ich denke, hier
> > soll geometrisch gedeutet werden. Woran erkenne ich, ob h
> > eine Hyperbel, Ellipse, Kreis oder sonstiges ist?
> >
> > Bis jetzt habe ich versucht auszuprobieren, ob h eine
> > Hyperbel ist. D.h. ich müsste
> > h= = [mm](r+\frac{1}{r})Cos(\phi)+(r-\frac{1}{r})i Sin(\phi)[/mm]
>
> >
> > in die Form
> > [mm]\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1[/mm]
> > bringen.
> Scheint mir keine schlechte Idee zu sein.
>
> > Alle Versuche waren bis jetzt aber erfolglos....
> Was Du bisher herausgefunden hast ist ja, dass für einen
> Punkt [mm](x|y)[/mm] bzw. [mm]x+\mathrm{i} y[/mm] des Bildes gilt:
>
> [mm]x=\left(r+\tfrac{1}{r}\right)\cos(\phi) \qquad \text{und} \qquad y=\left(r-\tfrac{1}{r})\sin(\phi)[/mm]
>
> Aus diesen beiden Gleichungen kann man [mm]\phi[/mm] leicht
> eliminieren, denn es ist
>
> [mm]\frac{x^2}{\left(r+\tfrac{1}{r}\right)^2}+\frac{y^2}{\left(r-\tfrac{1}{r}\right)^2}=1[/mm]
> Aber dies wäre nur die Kurve, auf der sich ein Punkt des
> Bildes unter [mm]h[/mm] zu festem [mm]r[/mm] bei variablem [mm]\phi[/mm] bewegen
> würde.
>
> An Deiner Stelle würde ich die obigen Ausdrücke für [mm]x[/mm] und [mm]y[/mm]
> kurzerhand in Deine Vermutung
>
> [mm]\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1[/mm]
> einsetzen und prüfen, ob es tatsächlich möglich ist, diese
> Gleichung für geeignete Konstanten [mm]a[/mm], [mm]b[/mm] und [mm]\phi[/mm] für alle
> [mm]r\geq 0[/mm] zu erfüllen. - Wenn nicht, weisst Du wenigstens,
> dass Deine Vermutung nicht zutrifft: was auch schon ein
> Fortschritt wäre...
>
>
Hallo,
experimentiere doch mal ein wenig und berechne einige Kurven für konkrete [mm] \phi.
[/mm]
Für [mm] \phi [/mm] = 0° gilt beispielsweise [mm] x=r+\bruch{1}{r} [/mm] (eine Summe, die größer oder gleich 2 ist) und y=0 (das ist die x-Achse [mm] \ge [/mm] 2 ).
Leicht zu berechnen sind auch die Koordinaten für 90° und 45°.
Zumindest in diesen 3 Fällen ergeben sich keine Hyperbeln, sondern Geraden bzw. Strahlen.
Gruß Abakus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:56 Mi 24.09.2008 | | Autor: | Rutzel |
hi abakus,
aber gerade für so spezielle werte wie 0, [mm] \pi [/mm] , [mm] \frac{\pi}{2} [/mm] könnte es sehr gut sein, dass es sonderfälle sind (und man daraus einen trügerischen schluss zieht)
(eigentlich müssen es sonderfälle sein, da mathematica die gleichung gelöst hat, und das bild somit (bis auf sonderfälle) eine hyperbel sein müsste)
Gruß,
Rutzel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:00 Mi 24.09.2008 | | Autor: | abakus |
> hi abakus,
>
> aber gerade für so spezielle werte wie 0, [mm]\pi[/mm] ,
> [mm]\frac{\pi}{2}[/mm] könnte es sehr gut sein, dass es sonderfälle
> sind (und man daraus einen trügerischen schluss zieht)
>
> (eigentlich müssen es sonderfälle sein, da mathematica die
> gleichung gelöst hat, und das bild somit (bis auf
> sonderfälle) eine hyperbel sein müsste)
>
> Gruß,
> Rutzel
Hallo,
dann nimm doch einen konkreten Wert abseits diesr Sonderfälle, um auf die Spur zu kommen.
Der etwas früher genannte Ansatz sin² [mm] \phi [/mm] + cos² [mm] \phi [/mm] =1 führte offensichtlich nicht zum Ziel, weil er nicht die Abhängigkeit von [mm] \phi [/mm] berücksichtigte, sondern diese gerade unterdrückte (unabhängig von [mm] \phi [/mm] liegen die Punkte (x,y) auf einer von r abhängigen Ellipse).
Vielleicht hilft es ja weiter, wenn als Ansatz cos² [mm] \phi \red{-} [/mm] sin² [mm] \phi [/mm] verwendet wird (Additionstheorem für cos(2* [mm] \phi [/mm] ) - was im übrigen auch den Sonderfall für 45° erklären würde...-)
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:45 Mi 24.09.2008 | | Autor: | Rutzel |
(Ich formuliere diesen Text nochmals als Frage. Ich werde hier alles wesentliche zusammentragen und wenn es richitg ist, kann man den ganzen Thread als beantwortet merkieren.)
Hallo Abakus,
ich glaube Du hattest eine ganz gute Idee:
Wir hatten:
h = [mm] (r+\frac{1}{r})Cos(\phi)+(r-\frac{1}{r})i Sin(\phi)
[/mm]
= x+iy
=>
[mm] cos(\phi) [/mm] = [mm] \frac{x}{r+\frac{1}{r}}
[/mm]
[mm] sin(\phi) [/mm] = [mm] \frac{y}{r-\frac{1}{r}}
[/mm]
Jetzt kommt das von Abakus vorgeschlagene Additionstheorem:
[mm] \frac{x^2}{(r+\frac{1}{r})^2}-\frac{y^2}{(r-\frac{1}{r})^2} [/mm] = [mm] cos(2\phi)
[/mm]
<=>
[mm] \frac{x^2}{(r+\frac{1}{r})^2cos(2\phi)}-\frac{y^2}{(r-\frac{1}{r})^2cos(2\phi)} [/mm] = 1
<=>
[mm] \frac{x^2}{((r+\frac{1}{r})\sqrt{cos(2\phi)})^2}-\frac{y^2}{((r-\frac{1}{r})\sqrt{cos(2\phi)})^2} [/mm] = 1
[mm] cos(2\phi) [/mm] kann zwar negativ sein, man darf hier die Wurzel aber trotzdem ziehen, da man in [mm] \IC [/mm] ist (!?!?!)
Man hat also gezeigt, dass h von der Form [mm] \frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1 [/mm] ist, also im Allgemeinen eine Ellipse ist.
Nun zu den Sonderfällen:
Für [mm] \phi [/mm] = 0:
(auch von Abakus)
Es gilt x = [mm] r+\frac{1}{r} [/mm] (Summe größer oder gleich 2), y=0 => x-Achse größer gleich 2
Für [mm] \phi [/mm] = [mm] \pi [/mm] :
Folgt aus [mm] \phi [/mm] = 0: x-Achse kleiner gleich 2
Für [mm] \phi [/mm] = [mm] \frac{\pi}{2} [/mm] :
[mm] y=r-\frac{1}{r} [/mm] (y-wert beliebig, außer 0), x=0 => y-Achse ohne Ursprung
Für [mm] \phi [/mm] = [mm] \frac{3\pi}{2} [/mm] :
[mm] y=\frac{1}{r}-r [/mm] (y-wert beliebig, außer 0), x=0 => y-Achse ohne Ursprung
Das müssten wegen der Periodizität alle Sonderfälle sein.
Ist das so ok?
Gruß,
Rutzel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:46 Mi 24.09.2008 | | Autor: | abakus |
> (Ich formuliere diesen Text nochmals als Frage. Ich werde
> hier alles wesentliche zusammentragen und wenn es richitg
> ist, kann man den ganzen Thread als beantwortet
> merkieren.)
>
> Hallo Abakus,
>
> ich glaube Du hattest eine ganz gute Idee:
>
> Wir hatten:
> h = [mm](r+\frac{1}{r})Cos(\phi)+(r-\frac{1}{r})i Sin(\phi)[/mm]
>
> = x+iy
>
> =>
>
> [mm]cos(\phi)[/mm] = [mm]\frac{x}{r+\frac{1}{r}}[/mm]
>
> [mm]sin(\phi)[/mm] = [mm]\frac{y}{r-\frac{1}{r}}[/mm]
>
> Jetzt kommt das von Abakus vorgeschlagene
> Additionstheorem:
>
> [mm]\frac{x^2}{(r+\frac{1}{r})^2}-\frac{y^2}{(r-\frac{1}{r})^2}[/mm]
> = [mm]cos(2\phi)[/mm]
>
> <=>
>
> [mm]\frac{x^2}{(r+\frac{1}{r})^2cos(2\phi)}-\frac{y^2}{(r-\frac{1}{r})^2cos(2\phi)}[/mm]
> = 1
>
> <=>
>
> [mm]\frac{x^2}{((r+\frac{1}{r})\sqrt{cos(2\phi)})^2}-\frac{y^2}{((r-\frac{1}{r})\sqrt{cos(2\phi)})^2}[/mm]
> = 1
>
> [mm]cos(2\phi)[/mm] kann zwar negativ sein, man darf hier die Wurzel
> aber trotzdem ziehen, da man in [mm]\IC[/mm] ist (!?!?!)
Wir haben hier nur reelle Werte. Ich sehe das so, dass bei einem negativen Kosinus es nicht mehr
[mm] \frac{x^2}{...}-\frac{y^2}{...}=1 [/mm] , sondern
[mm] \frac{y^2}{...}-\frac{x^2}{...}=1 [/mm] gilt.
>
> Man hat also gezeigt, dass h von der Form
> [mm]\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1[/mm] ist, also im Allgemeinen
> eine Ellipse ist.
Du meinst bestimmt Hyperbel.
>
> Nun zu den Sonderfällen:
>
> Für [mm]\phi[/mm] = 0:
> (auch von Abakus)
> Es gilt x = [mm]r+\frac{1}{r}[/mm] (Summe größer oder gleich 2),
> y=0 => x-Achse größer gleich 2
>
> Für [mm]\phi[/mm] = [mm]\pi[/mm] :
> Folgt aus [mm]\phi[/mm] = 0: x-Achse kleiner gleich 2
>
> Für [mm]\phi[/mm] = [mm]\frac{\pi}{2}[/mm] :
> [mm]y=r-\frac{1}{r}[/mm] (y-wert beliebig, außer 0), x=0 =>
> y-Achse ohne Ursprung
Einspruch! Für r=1 wird auch der Wert 0 erreicht.
>
> Für [mm]\phi[/mm] = [mm]\frac{3\pi}{2}[/mm] :
> [mm]y=\frac{1}{r}-r[/mm] (y-wert beliebig, außer 0), x=0 => y-Achse
> ohne Ursprung
Gleicher Einspruch.
Gruß Abakus
>
> Das müssten wegen der Periodizität alle Sonderfälle sein.
>
> Ist das so ok?
>
> Gruß,
> Rutzel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:08 Mi 24.09.2008 | | Autor: | Rutzel |
Achso, ja, ich habe dummerweise den definitionsbereich betrachtet und dann über den wertebereich gesprochen... Die Wertemenge müsste bei beiden von dir Widersprochenen Aussagen ganz [mm] \IR [/mm] sein. D.h. jedesmal wird (müsste) auf die y-achse abgebildet.
wenn ich jetzt noch das mit dem negativen cosinus verbessere, dann ist die aufgabe komplett gelöst, richtig?
danke schonmal im vorraus für wure hilfe.
gruß,
rutzel
(falls alles ok ist, kann alles als "beantwortet" markiert werden.)
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:59 Mi 24.09.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
irgendwas ist schiefgegangen in der Diskussion. fuer feste r habt ihr doch ein festes z, r darf in der Hyperbel nicht vorkommen
ihr habt
[mm] x=(r+1/r)cos\phi
[/mm]
[mm] y=(r-1/r)sin\phi
[/mm]
fuer eine feste Gerade [mm] \phi [/mm] fest, r von [mm] -\infty [/mm] bis [mm] +\infty
[/mm]
mit [mm] cos\phi=a, sin\phi=b
[/mm]
also x/a=(r+1/r)
y/b=(r-1/r)
[mm] (x/a)^2-(y/b)^2=4 [/mm] mit a und b nur von [mm] \phi [/mm] abhaengig.
Jetzt sieht man auch, dass es nur eine Sorte Hyperbeln gibt!
natuerlich darf man durch [mm] sin\phi [/mm] nicht dividieren, wenn es 0 ist, muss bzw [mm] cos\phi [/mm] nicht dividieren, wenn sie 0 sind, muss also die 2 faelle gesondert betrachten
aber dass die Achsen auf sich selbst abgebildet werden sieht man ja auch direkt mit z=x oder z=iy
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:06 Do 25.09.2008 | | Autor: | Rutzel |
Hi Leduart,
Danke für Deine Antwort. Das was Du sagst leuchtet mir ein.
Gruß,
Rutzel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:29 Mi 24.09.2008 | | Autor: | Rutzel |
Hallo nochmal,
ich habe eben ein Programm gefunden, welches komplexe funktionen plottet:
[Dateianhang nicht öffentlich]
also scheint die funktion strahlen mit konstantem argument tatsächlich auf hyperbeln abzubilden. (bis auf ausnahmen, so scheint der null-punkt als gerade abgebildet zu werden [hier aber nicht eingezeichnet])
hier ist das programm (java-applet): http://pirate.shu.edu/~wachsmut/Java/ZMap/index.html
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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