cos injektiv < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:49 So 24.06.2012 | | Autor: | Blubie |
| Aufgabe | | Bestimmen sie maximale Mengen A,B [mm] \subset \IC [/mm] derart, dass [0;pi] [mm] \subset [/mm] A und cos: A->B bijektiv ist. |
Die Surjektivität habe ich hinbekommen, da man diese auf die Surjektivität der komplexen Exponentialfunktion zurückführen kann. Ich weiß aber nicht richtig, wie ich noch die Injektivität zeigen kann und wie ich A, B maximal mache.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:40 Mo 25.06.2012 | | Autor: | Blubie |
Kann mir denn hier niemand helfen? :)
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Betrachte zunächst den Parallelstreifen [mm]S[/mm] und den aufgeschlitzten Bereich [mm]G[/mm] mit
[mm]S: \ 0 < \operatorname{Re}(z) < \pi \, ; \ \ \ G: \ z \not \in (-\infty,-1] \cup [1,\infty)[/mm]
Zeige, daß die Cosinusfunktion das Gebiet [mm]S[/mm] bijektiv auf das Gebiet [mm]G[/mm] abbildet.
Zur Surjektivität: Nehmen wir ein komplexes [mm]w \in G[/mm]. Zu lösen ist die Gleichung
[mm]\cos z = w[/mm]
[mm]\frac{1}{2} \left( \operatorname{e}^{\operatorname{i}z} + \operatorname{e}^{- \operatorname{i}z} \right) = w[/mm]
Setzt man [mm]\operatorname{e}^{\operatorname{i}z} = q[/mm], so wird das zu
[mm]q + q^{-1} = 2w[/mm]
Zu lösen ist daher zunächst eine quadratische Gleichung:
[mm]q^2 - 2wq + 1 = 0[/mm]
[mm]q = w \pm \sqrt{w^2 - 1}[/mm]
Die beiden Lösungen mögen [mm]q_1,q_2[/mm] heißen. Für sie gilt [mm]q_1 q_2 = 1[/mm] (Satz von Vieta oder direkt nachrechnen). Insbesondere ist keine Lösung 0. Auch ist [mm]q_1 = q_2[/mm] nicht möglich, denn das wäre nur für [mm]w = \pm 1[/mm] der Fall, was [mm]w \in G[/mm] widerspricht.
Jetzt nimmt die komplexe Exponentialfunktion bekanntlich im Streifen [mm]- \pi < \operatorname{Im}(z) \leq \pi[/mm] jeden Wert [mm]\neq 0[/mm] genau einmal an. Also gibt es in diesem Streifen zwei verschiedene komplexe Zahlen [mm]z_1,z_2[/mm] mit
[mm]\operatorname{e}^{z_1} = q_1 \, , \ \operatorname{e}^{z_2} = q_2[/mm]
Jetzt begründe, warum [mm]z_1,z_2[/mm] nicht auf den Geraden [mm]\operatorname{Im}(z) = 0[/mm] oder [mm]\operatorname{Im}(z) = \pi[/mm] liegen können (erzeuge einen Widerspruch zu [mm]w \in G[/mm]) und warum sie Negative voneinander sind (beachte [mm]q_1 q_2 = 1[/mm]).
Dann muß eine der beiden Zahlen, sagen wir [mm]z_1[/mm], in der oberen Streifenhälfte [mm]0 < \operatorname{Im}(z) < \pi[/mm] liegen. Jetzt dreht man [mm]z_1[/mm] mit 90° im Uhrzeigersinn um den Ursprung, dann liegt [mm]- \operatorname{i} z_1[/mm] im Streifen [mm]S[/mm], und es gilt [mm]\cos ( - \operatorname{i} z_1) = w[/mm].
Wenn du die Lücken oben ausfüllst, hast du die Surjektivität von [mm]\cos: S \to G[/mm]. Und eigentlich hast du die Injektivität auch schon, wenn du das Bisherige an der ein oder anderen Stelle sorgfältiger ausformulierst.
Dann kann man den Bereich S so erweitern, daß die Cosinusfunktion auch noch die bei [mm]G[/mm] fehlenden Intervalle [mm](-\infty,-1][/mm] und [mm][1,\infty)[/mm] erreicht. Die Fortsetzung ist aber nicht mehr eindeutig. Du mußt dann Entscheidungen treffen.
Übrigens: Für die Zerlegung von [mm]\cos z = u + \operatorname{i}v[/mm] in den Realteil [mm]u = u(x,y)[/mm] und den Imaginärteil [mm]v = v(x,y)[/mm] mit kanonisch [mm]z = x + \operatorname{i}y[/mm] gilt:
[mm]u = \cos x \cdot \cosh y \, , \ \ v = - \sin x \cdot \sinh y[/mm]
Denkt man sich [mm]x \in (0,\pi)[/mm] fest gewählt und [mm]y \in \mathbb{R}[/mm] variabel, so durchläuft [mm]z[/mm] eine zur imaginären Achse parallele Gerade im Streifen [mm]S[/mm]. Aus
[mm]\left( \frac{u}{\cos x} \right)^2 - \left( \frac{v}{\sin x} \right)^2 = \cosh^2 y - \sinh^2 y = 1[/mm]
folgt, daß das Bild der Geraden unter der Cosinusfunktion eine Hyperbel ist. Die angehängte ![[]](/images/popup.gif) Euklid-Datei zeigt dir das. Ziehe die blaue Gerade nach links oder rechts oder ziehe an [mm]z[/mm] und beobachte, wie sich die rote Hyperbel ändert und dabei ganz [mm]G[/mm] überdeckt. Kommt man an den Rand, entarten die Hyperbeln zu doppelt durchlaufenen Halbgeraden. Deshalb kann [mm]S[/mm] nicht mehr in natürlicher Weise vergrößert werden. Um die Injektivität zu erhalten, muß man eine Wahl treffen.
![[a]](/images/paperclip.gif "Dateianhänge") dynamische Zeichnung
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: geo) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 01:56 Di 26.06.2012 | | Autor: | Helbig |
> Bestimmen sie maximale Mengen A,B [mm]\subset \IC[/mm] derart, dass
Hallo Blubie,
Leopold_Gast hat schon eine sehr schöne Antwort gegeben, aber die Aufgabe hat mich so begeistert, daß ich auch noch mit einer Lösung komme.
> [0;pi] [mm]\subset[/mm] A und cos: A->B bijektiv ist.
> Die Surjektivität habe ich hinbekommen, da man diese auf
> die Surjektivität der komplexen Exponentialfunktion
> zurückführen kann. Ich weiß aber nicht richtig, wie ich
> noch die Injektivität zeigen kann und wie ich A, B maximal
> mache.
Es ist [mm] $\cos [/mm] = [mm] R\circ\exp\circ [/mm] D$. Dabei ist
[mm] $D\colon \IC\to \IC,\; z\mapsto \mathrm [/mm] iz$ die Drehung um [mm] $90^\circ$ [/mm] und
[mm] $R\colon \IC^\times\to\IC,\; u\mapsto \frac {u+u^{-1}} [/mm] 2$ eine rationale Funktion.
Wir wollen $A$ klein genug wählen, so daß [mm] $\cos$ [/mm] eingeschränkt auf $A$ injektiv ist und groß genug, so daß [mm] $\cos [/mm] (A) = [mm] \IC$ [/mm] ist.
Wir schränken hierzu den Definitionsbereich von $R$ so auf eine Menge $X$ ein, daß es zu jedem [mm] $w\in\IC$ [/mm] genau ein [mm] $u\in [/mm] X$ gibt mit $R(u)=w$.
$R(u)=w$ ist äquivalent zur quadratischen Gleichung [mm] $u^2 [/mm] -2wu + 1 = 0$, die mindestens eine und höchstens zwei verschiedene Lösungen hat. Zwei Lösungen sind zueinander invers, wie man aus $u+1/u=2w$ abliest.
Liegt also eine Lösung in [mm] $(1;\infty)$, [/mm] so liegt die andere in $(0;1)$, liegt die eine Lösung in [mm] $(-\infty; [/mm] -1)$, so liegt die andere in $(-1, 0)$. Wir erreichen also Eindeutigkeit ohne beide reelle Lösungen zu verlieren, wenn wir den reellen Teil des Definitionsbereichs z. B. auf
[mm] $(-\infty; -1]\cup [1;\infty)$
[/mm]
einschränken.
Von den nichtreellen Lösungen liegt eine in der oberen und die andere in der unteren Halbebene. Wir erreichen also Eindeutigkeit ohne beide Lösungen zu verlieren, wenn wir $R$ z. B. auf
[mm] $X=\{z\mid \mathrm {Im} z > 0\}\cup (-\infty;-1]\cup [1;\infty)$
[/mm]
einschränken.
Die Exponentialfunktion ist auf dem Streifen [mm] $S=\{z \mid -\pi < \mathrm Im z \le \pi\}$ [/mm] injektiv und bildet ihn auf [mm] $\IC^\times$ [/mm] ab. Wir bestimmen [mm] $Y\subset [/mm] S$ so, daß [mm] $\exp [/mm] (Y) = X$ gilt:
$Y= [mm] \{z\mid 0 < \mathrm {Im} z < \pi\} \cup \{x+\mathrm i\pi\mid 0\le x\}\cup \{ x\mid 0\le x\}$.
[/mm]
Schließlich bestimmen wir $A$ so, daß $D(A)=Y$ ist:
[mm] $A=\{z\mid 0 < \mathrm Re z < \pi\}\cup \{\pi+\mathrm i y\mid y \le 0\}\cup\{\mathrm i y\mid y \le 0\}$.
[/mm]
Damit sind [mm] $D_{|A}\colon A\to [/mm] Y$, [mm] $\exp_{|Y}\colon Y\to [/mm] X $ und [mm] $R_{|X}\colon X\to \IC$ [/mm] bijektiv und ebenso [mm] $\cos_{A}\colon A\to \IC$ [/mm] als Verkettung bijektiver Funktionen.
Mit [mm] $B=\IC$ [/mm] und $A$ haben wir also maximale Mengen, so daß [mm] $\cos_{|A}$ [/mm] bijektiv und [mm] $[0;\pi]\subset [/mm] A$ ist.
Die Einschränkung von $R$ ist nicht eindeutig. So hätten wir für $X$ auch die untere statt der oberen Halbebene nehmen können, dann wäre aber [mm] $[0;\pi]\not\subset [/mm] A$.
Gruß,
Wolfgang
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Wobei, was du sagst, ja nichts anderes ist, als bei mir schon steht. Zugegebenermaßen hast du alles etwas formaler und präziser formuliert.
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 21:30 Di 26.06.2012 | | Autor: | Blubie |
Vielen dank für eure ausführlichen Antworten. Ich werde das mal ganz in Ruhe durchgehen. Ich frage mich, ob es nicht eine einfachere Lösung gibt, da die Aufgabe bei uns mit 2 von 40 punkten auf diesem blatt notiert ist .. :/
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:14 Di 26.06.2012 | | Autor: | Helbig |
Hallo, Blubie,
Du fragst Dich, ob es
> nicht eine einfachere Lösung gibt, da die Aufgabe bei uns
> mit 2 von 40 punkten auf diesem blatt notiert ist .. :/
Das ist eine gute Frage!
Und macht mich neugierig auf die Aufgaben mit den anderen 38 Punkten. Aber eigentlich ist die Umkehrung von cos z nicht soo schwierig. Die Lösung nutzt ja nur elementare Eigenschaften komplexer Zahlen und der Exponentialfunktion. Aber gerade das macht sie für mich so reizvoll. In Königsberger, Analysis 1, im ersten Drittel noch vor der Differenzierbarkeit, invertiert er [mm] $\tan [/mm] z$. Meine Lösung ist im Wesentlichen eine Übertragung.
Vielleicht habt ihr in der Vorlesung auch Ähnliches gemacht?
Gespannt auf weitere Lösungsvorschläge,
Gruß,
Wolfgang
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:20 Do 28.06.2012 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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