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Hallo!!!
Bei meiner Übungsklausur verstehe ich folgende Aufgaben nicht!!
1.) Berechnen sie Real- und Imaginärteil der komplexen Zahl
z = (1+ [mm] i)^{7} [/mm] + (1 - [mm] i)^{7} [/mm] .
2.) Es seien w [mm] \in \IR [/mm] und L [mm] \in \IR [/mm] ; weiter bezeichne i:= [mm] \wurzel{-1} [/mm] die imaginäre Einheit. Berechnen Sie
ln 1- iwL/1+iwL .
Würde mich über einen Lösungsweg mit Rechenschritten sehr freuen. Vielleicht hat ja jemand Lust... Vielen Dank....Daniel**
Ich habe diese Frage in keinem weiteren Forum gestellt
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:13 Sa 07.08.2004 | | Autor: | Hanno |
Hi Daniel.
[mm](1+i)^7-(1-i)^7=\summe_{k=0}^{7}{\vektor{7\\k}\cdot 1^{k}\cdot i^{7-k}}-\summe_{k=0}^{7}{\vektor{7\\k}\cdot 1^{k}\cdot (-i)^{7-k}}[/mm]
[mm]=\summe_{k=0}^{7}{\vektor{7\\k}i^{7-k}}-\summe_{k=0}^{7}{\vektor{7\\k}(-1)^{7-k}\cdot i^{7-k}}[/mm]
[mm]=\summe_{k=0}^{7}{\vektor{7\\k}i^{7-k}}+\summe_{k=0}^{7}{\vektor{7\\k}(-1)^{k}\cdot i^{7-k}}[/mm]
Daraus folgt, dass nur Elemente mit geradem k gezählt werden, diese dafür aber doppelt. Für gerade k sind die Exponenten zur Basis i ungerade, d.h. es taucht überall i auf. Da das Vorzeichen alterniert, ergibt sich:
[mm]=2i\cdot\vektor{7\\0}-2i\cdot\vektor{7\\2}+2i\cdot\vektor{7\\4}-2i\cdot\vektor{7\\6}[/mm]
[mm]=-2i+42i-70i+14i=-16i[/mm]
Zur zweiten Aufgabe:
Meinst du mit ln 1- iwL/1+iwL [mm]ln(\frac{1-i\cdot w\cdot L}{1+i\cdot w\cdot L})[/mm]?
Gruß,
Hanno
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:36 Sa 07.08.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo Daniel, hallo Hanno,
neben der sehr guten Lösung von Hanno kann man auch noch eine andere Methode anwenden.
$1+i$ kann auch als [mm] $\wurzel{2}(\cos\bruch{\pi}{4}+i*\sin\bruch{\pi}{4})$ [/mm] dargestellt werden, womit sich
[mm] $(1+i)^7$ [/mm] berechnet zu
[mm] $(\wurzel{2}(\cos\bruch{\pi}{4}+i*\sin\bruch{\pi}{4}))^7=8*\wurzel{2}(\cos\bruch{7\pi}{4}+i*\sin\bruch{7\pi}{4})=8*\wurzel{2}(\cos\bruch{\pi}{4}-i*\sin\bruch{\pi}{4})$
[/mm]
Entsprechend kann $1-i$ als [mm] $\wurzel{2}(\cos\bruch{\pi}{4}-i*\sin\bruch{\pi}{4})$ [/mm] dargestellt werden.
Mit [mm] $\cos\bruch{\pi}{4}=\sin\bruch{\pi}{4}=\bruch{\wurzel{2}}{2}$
[/mm]
erhält man ganz leicht Hannos Ergebnis. 
Etwas abkürzen kann man die ganze Rechnung noch mit Hilfe folgender Erkenntnis:
[mm] $z-\overline{z}=2i*Im(z)$
[/mm]
($(1+i)$ und $(i-i)$ sind ja konjugiert-komplexe Zahlen).
Dann musst du nur von [mm] $(1+i)^7$ [/mm] den Imaginärteil berechnen und verdoppeln.
Nach meiner obigen Darstellung ist ja der Imaginärteil von
[mm] $8*\wurzel{2}(\cos\bruch{\pi}{4}-i*\sin\bruch{\pi}{4})$
[/mm]
einfach [mm] $-8*\wurzel{2}*\sin\bruch{\pi}{4} [/mm] = -8$
woraus sich Hannos Resultat tatsächlich noch etwas schneller berechnen lässt.
Mit lieben Grüssen
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Danke für die schnelle Antwort!!
Aber wie löst Du [mm] 2i\cdot\vektor{7\\0}-2i\cdot\vektor{7\\2}+2i\cdot\vektor{7\\4}-2i\cdot\vektor{7\\6} [/mm]
auf ????????????????
Sorry ja ich meinte [mm] ln(\frac{1-i\cdot w\cdot L}{1+i\cdot w\cdot L}) [/mm] !!!
Gruß Daniel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:11 Sa 07.08.2004 | | Autor: | Hanno |
Hallo Daniel.
Das sind doch lediglich Binomialkoeffizienten, die nach [mm]\vektor{a\\b}=\frac{a!}{b!(a-b)!}[/mm] berechnet werden können.
Gruß,
Hanno
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:07 So 08.08.2004 | | Autor: | andreas |
hi Daniel
nur mal so eine idee zu der logarithmus-aufgabe:
ich nene [m] \omega \codt L [/m] der einfachheit halber mal [m] y \in \mathbb{R} [/m].
dann gilt, wenn man mit dem komplex konjugierten des nenners erweitert - also mit [m] \overline{1 + iy} = 1 - iy [/m] - (damit dieser reell wird):
[m] \ln\left( \dfrac{1 - iy}{1 + iy} \right) = \ln \left( \dfrac{ (1 - iy)^2}{1 + y^2} \right) = \ln \left( \dfrac{ 1 - y^2 - 2iy}{1 + y^2} \right) [/m]
im moment bin ich mir leider nicht sicher, ob man die regel [m] \ln \frac{a}{b} = \ln a - \ln b [/m] anwenden darf, wenn $b$ reell ist - wenn beide zahlen einen imaginären anteil haben ist diese regel nämlich im allgemeien falsch.
also dann eben auf einem etwas sichereren wege weiter:
den ausdruck im argument des logarithmus kann man nun auf polarkoordinatendarstellung der form [m] z = r e^{i \varphi}, \quad r \in [0, \infty[, \varphi \in ]- \pi, \pi] [/m] bringen, wobei [m] r = \sqrt{Re(z)^2 + Im(z)^2}, \; \varphi = \arctan \dfrac{Im(z)}{Re(z)} [/m].
hier führt das zu
[m] r = \sqrt{ \left( \dfrac{ 1 - y^2}{1 + y^2} \right)^2 + \left( \dfrac{-2y}{1 + y^2} \right)^2 } = \sqrt{ \dfrac{(1 + y^2)^2}{(1 + y^2)^2} } = 1, [/m] [m] \varphi = \arctan \left( \dfrac{-2y}{1 + y^2} \right) [/m]
und somit [m] \ln\left( \dfrac{1 - iy}{1 + iy} \right) = \ln \left( 1 \cdot e^{i \arctan \left( \dfrac{-2y}{1 + y^2} \right) } \right) = \ln 1 + \ln e^{i \arctan \left( \dfrac{-2y}{1 + y^2} \right) } = 0 + i \left( \arctan \left( \dfrac{-2y}{1 + y^2} \right) + 2k\pi \right) \quad k \in \mathbb{Z} [/m]
das [m] + 2ik\pi [/m] kommt aus der mehrdeutigkeit der komplexen logarithmus funktion.
dämlicher rechenfehler verbessert - hoffe, dass dadurch keine neuen fehler entstanden sind.
vielleicht kommst du mit einem anderen ansatz auch schneller zum ziel.
andreas
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:07 So 08.08.2004 | | Autor: | Hanno |
Hi Andreas.
Sehr schöne Lösung wie ich finde. Ich kannte diese Polardarstellung noch nicht, leuchtet mir aber mit Eulers Identität sehr gut ein. Klasse!
Gruß,
Hanno
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