Hausaufgabenblatt 07

Hausaufgabenblatt 7

Aufgabe HA 27

Beweisen Sie, dass für alle komplexen Zahlen $z_1,z_2\in\mathbb C$ gelten:

(i)	$\|z\|\ge 0$ und $\|z\|=0$ genau dann, wenn $z=0$
(ii)	$\overline{\overline z}=z$
(iii)	$\|z\|=\|\overline z\|$
(iv)	$z\cdot\overline z=\|z\|^2$
(v)	$\overline{z_1+z_2}=\overline z_1+\overline z_2$
(vi)	$\overline{z_1\cdot z_2}=\overline z_1\cdot \overline z_2$
(vii)	$\|z_1\cdot z_2\|=\|z_1\|\|z_2\|$

Lösung

(i)	Sei $z=x+iy.$ Dann ist nach Definition der reellen Wurzelfunktion

$|z|=\sqrt{x^2+y^2}\ge 0.$

Da diese Funktion genau dann verschwindet, wenn ihr Argument verschwindet, folgt

$\begin{array}{lll} |z|=0\quad & \mbox{genau dann, wenn} & \quad\sqrt{x^2+y^2}=0 \\ \quad & \mbox{genau dann, wenn} & \quad x^2+y^2=0, \end{array}$

	und das ist genau dann der Fall, wenn $x=y=0.$
(ii)	Wir ermitteln

$\overline{\overline z} =\overline{\overline{x+iy}} =\overline{x-iy} =x+iy =z.$

(iii)

Wir ermitteln

$|z| =|x+iy| =\sqrt{x^2+y^2} =\sqrt{x^2+(-y)^2} =|x+i(-y)| =|\overline z|.$

(iv)	Wir ermitteln

$z\cdot\overline z =(x+iy)\cdot(x-iy) =x^2-i^2y^2-ixy+ixy =x^2+y^2 =|z|^2\,.$

(v)	Mit $z_1=x_1+iy_1$ und $z_2=x_2+iy_2$ ermitteln wir

$\begin{array}{lll} \overline{z_1+z_2} & = & \displaystyle \overline{x_1+x_2+i(y_1+y_2)} =x_1+x_2-i(y_1+y_2) \\[0.6ex] & = & \displaystyle (x_1-iy_1)+(x_2-iy_2) =\overline z_1+\overline z_2\,. \end{array}$

(vi)	Mit $z_1=x_1+iy_1$ und $z_2=x_2+iy_2$ ermitteln wir

$\begin{array}{lll} \overline{z_1\cdot z_2} & = & \displaystyle \overline{(x_1+iy_1)\cdot(x_2+iy_2)} =\overline{(x_1x_2-y_1y_2)+i(x_1y_2+x_2y_1)} \\[0.6ex] & = & \displaystyle (x_1x_2-y_1y_2)-i(x_1y_2+x_2y_1) \\[0.6ex] & = & \displaystyle x_1x_2-(-y_1)(-y_2)+i\,\big\{x_1(-y_2)+x_2(-y_1)\big\} \\[0.6ex] & = & \displaystyle (x_1-iy_1)\cdot(x_2-iy_2) =\overline{z_1}\cdot\overline{z_2}\,. \end{array}$

(vii)

Mit

$z_1=x_1+iy_1$ und

$z_2=x_2+iy_2$ ermitteln wir

$\begin{array}{lll} |z_1\cdot z_2| & = & \displaystyle |(x_1+iy_1)\cdot(x_2+iy_2)| =|x_1x_2-y_1y_2+i(x_1y_2+x_2y_1)| \\[0.6ex] & = & \displaystyle \sqrt{(x_1x_2-y_1y_2)^2+(x_1y_2+x_2y_1)^2} \\[0.6ex] & = & \displaystyle \sqrt{x_1^2x_2^2-2x_1x_2y_1y_2+y_1^2y_2^2+x_1^2y_2^2+2x_1x_2y_1y_2+x_1^2y_1^2} \\[0.6ex] & = & \displaystyle \sqrt{x_1^2x_2^2+y_1^2y_2^2+x_1^2y_2^2+x_1^2y_1^2} \\[0.6ex] & = & \displaystyle \sqrt{(x_1^2+y_1^2)(x_2^2+y_2^2)} =\sqrt{|z_1|^2|z_2|^2} =|z_1|\cdot|z_2|. \end{array}$ Damit ist alles bewiesen.

$\qquad\Box$

Aufgabe HA 28

Es seien $w=u+iv$ und $z=x+iy$ zwei komplexe Zahlen. Beweisen Sie:

(i)	$\|w+z\|\le\|w\|+\|z\|$
(ii)	$\|w-z\|^2+\|w+z\|^2=2(\|w\|^2+\|z\|^2)$

Lösung

(i)	Wir berechnen

$\begin{array}{l} |w+z|^2 \,=\,(z+w)\cdot\overline{(z+w)} \,=\,z\overline z+z\overline w+\overline z w+w\overline w \\[0.6ex] \qquad\displaystyle =\,|z|^2+z\overline w+\overline zw+|w|^2 \,=\,|z|^2+z\overline w+\overline{z\overline w}+|w|^2 \\[0.6ex] \qquad\displaystyle =\,|z|^2+2\mbox{Re}\,(z\overline w)+|w|^2 \le|z|^2+2|\mbox{Re}\,(z\overline w)|+|w|^2 \\[0.6ex] \qquad\displaystyle \le\,|z|^2+2|z||\overline w|+|w|^2 \,=\,|z|^2+2|z||w|+|w|^2 \,=\,(|z|+|w|)^2\,. \end{array}$

	Das ist die Dreiecksungleichung.
(ii)	Mit $w=u+iv$ und $z=x+iy$ berechnen wir

$\begin{array}{l} |w+z|^2+|w-z|^2 \,=\,|(u+x)+i(v+y)|^2+|(u-x)+i(v-y)|^2 \\[0.6ex] \qquad\displaystyle =\,(u+x)^2+(v+y)^2+(u-x)^2+(v-y)^2 \\[0.6ex] \qquad\displaystyle =\,u^2+2ux+x^2+v^2+2vy+y^2+u^2-2ux+x^2+v^2-2vy+y^2 \\[0.6ex] \qquad\displaystyle =\,2(u^2+v^2)+2(x^2+2y^2) \,=\,2|w|^2+2|z|^2 \,=\,2(|w|^2+|z|^2). \end{array}$

Das ist die Parallelogrammgleichung.

Damit ist alle gezeigt. $\qquad\Box$

Aufgabe HA 29

Seien $w,z\in S^1:=\{z\in\mathbb C\,:\,|z|=1\}.$ Beweisen Sie, dass dann auch $\overline z,\quad \frac{1}{z}\,,\quad wz,\quad \frac{w}{z}$ auf $S^1$ liegen, und dass insbesondere gilt $\overline z=\frac{1}{z}.$

Lösung

Wir ermitteln für $w,z\in S^1$

$\circ$	$\displaystyle\|\overline z\|=\|z\|=1$
$\circ$	$\displaystyle\left\|\frac{1}{z}\right\|=\left\|\frac{\overline z}{z\cdot\overline z}\right\|=\left\|\frac{\overline z}{\|z\|^2}\right\|=\|\overline z\|=1$
$\circ$	$\displaystyle\|wz\|=\|w\|\|z\|=1$
$\circ$	$\displaystyle\left\|\frac{w}{z}\right\|=\left\|\frac{w\overline z}{z\overline z}\right\|=\left\|\frac{w\overline z}{\|z\|^2}\right\|=\|w\overline z\|=\|w\|\|\overline z\|=1$

Die letzte Teilaufgabe haben wir bereits im zweiten Punkt bewiesen: $\frac{1}{z}=\frac{\overline z}{z\cdot\overline z}=\frac{\overline z}{|z|^2}=\overline z\,.$ Damit ist alle gezeigt. $\qquad\Box$

Aufgabe HA 30

(i)	Beweisen Sie: Die komplexwertige Reihe $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty a_k$ ist konvergent genau dann, wenn zu jedem $\varepsilon>0$ ein $N(\varepsilon)\in\mathbb N$ existiert mit

$\left|\,\sum_{k=m+1}^na_k\right|<\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ n>m\ge N(\varepsilon).$

(ii)	Folgern Sie: Falls die komplexwertige Reihe $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty a_k$ mit $a_k\in\mathbb C$ konvergiert, so bildet $\{a_n\}_{n=1,2,\ldots}$ notwendig eine Nullfolge.

(iii)

Gilt in (ii) auch die Umkehrung? Geben Sie eventuell ein Gegenbeispiel.

Lösung

(i)	Ist die Reihe konvergent, so konvergiert die Folge $\{S_n\}_{n=1,2,\ldots}\subset\mathbb C$ ihrer Partialsummen, und diese Folge bildet daher eine Cauchyfolge. Zu $\varepsilon\gt 0$ existiert also ein $N(\varepsilon)\in\mathbb N$ mit

$|S_n-S_m|=\left|\,\sum_{k=1}^na_k-\sum_{k=1}^ma_k\right|=\left|\,\sum_{k=m+1}^na_k\right|\lt\varepsilon \quad\mbox{für alle}\ n\gt m\ge N(\varepsilon).$

Das zeigt die eine Richtung der Behauptung. Nun zur Umkehrung: Zu jedem

$\varepsilon\gt 0$ existiere ein

$N(\varepsilon)\in\mathbb N$ mit

$\left|\,\sum_{k=m+1}^na_k\right|\lt\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ n\gt m\ge N(\varepsilon).$

Das bedeutet aber nichts anderes als

$|S_n-S_m|\lt\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ n\gt m\ge N(\varepsilon).$

Wegen

$|S_n-S_m|=|S_m-S_n|$ gilt diese Abschätzung für alle

$m,n\ge N(\varepsilon),$ d.h. die Folge der Partialsummen

$\{S_n\}_{n=1,2,\ldots}\subset\mathbb C$ ist eine Cauchyfolge, welche wegen der Vollständigkeit von

$\mathbb C$ gegen ein

$S\in\mathbb C$ konvergiert. Damit ist aber auch die Reihe konvergent.

(ii)	Die Reihe konvergiere. Nach (i) existiert zu jedem $\varepsilon\gt 0$ ein $N(\varepsilon)\in\mathbb N$ mit

$\left|\,\sum_{k=m+1}^na_k\right|\lt\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ n\gt m\ge N(\varepsilon).$

Setzen wir speziell

$n:=m+1,$ so reduziert sich diese Bedingung auf

$|a_{m+1}|\lt\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ m\ge N(\varepsilon),$

d.h.

$\{a_k\}_{k=1,2,\ldots}\subset\mathbb C$ ist notwendig eine Nullfolge.

(iii)

Die Umkehrung der Aussage aus (ii) gilt nicht. Wähle als Gegenbeispiel die harmonische Reihe

$\sum_{k=1}^\infty a_k\quad\mbox{mit}\ a_k:=\frac{1}{k}\,,$

worin

$\{a_k\}_{k=1,2,\ldots}\subset\mathbb R$ zwar eine Nullfolge ist, die Reihe aber nach Vorlesung nicht konvergiert.

Damit ist alles gezeigt. $\qquad\Box$

Aufgabe HA 31

Beweisen Sie: Die Folgen $\{a_n\}_{n=1,2,\ldots}$ und $\{b_n\}_{n=1,2,\ldots}$ genügen $0\le b_n\le a_n\quad\mbox{für alle}\ n=1,2,\ldots$ Divergiert nun $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty b_k,$ so auch $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty a_k.$

Lösung

Würde nämlich die Reihe $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty a_k$ konvergieren, so auch die Reihe $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty b_k$ nach dem Majorantenkriterium. Widerspruch zur Voraussetzung. $\qquad\Box$