Lösungen zu den Aufgaben aus Kapitel 7:

Differenzierbare Funktionen - Trigonometrische Funktionen

---

 

 

Lösungen zu den Aufgaben Definition und Eulersche Relation

 

Lösung zur Aufgabe 7.5.1 - Differentiation der Exponentialfunktion

Aus den Definitionen $$\cos z:=\frac{1}{2}\,(e^{iz}+e^{-iz}),\quad \sin z:=\frac{1}{2i}\,(e^{iz}-e^{-i})$$ folgen zunächst $$2\cos z=e^{iz}+e^{-iz}\,,\quad 2i\sin z=e^{iz}-e^{-i}\,.$$ Addition und Kürzen durch $2$ ergibt die gesuchte Darstellung.$\qquad\Box$

 

Lösung zur Aufgabe 7.5.2 - Quadratsumme der reellen trigonometrischen Funktionen

Wegen $\cos x\in\mathbb R$ und $\sin x\in\mathbb R$ folgt einerseits nach Betragsbildung der komplexen Zahl $\cos x+i\sin x$ $$|\cos x+i\sin x|^2 =\cos^2x+\sin^2x,$$ und andererseits wissen wir nach Anwendung der Funktionalgleichung der komplexen Exponentialreihe aus Paragraph 5.5.5 $$\begin{array}{lll} |e^ix|^2\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle e^{ix}\overline{e^{ix}} \,=\,\sum_{k=0}^\infty\frac{(ix)^k}{k!}\,\overline{\sum_{k=0}^\infty\frac{(ix)^k}{k!}} \,=\,\sum_{k=0}^\infty\frac{(ix)^k}{k!}\,\sum_{k=0}^\infty\frac{(-ix)^k}{k!} \\ & = & \negthickspace\displaystyle e^{ix}e^{-ix} \,=\,e^{ix-ix} \,=\,e^0 \,=\,1. \end{array}$$ Ein Vergleich beider Resultate beweist die Behauptung.$\qquad\Box$

 

Lösungen zu den Aufgaben Potenzreihenentwicklungen

 

Lösung zur Aufgabe 7.5.3 - Potenzreihenentwicklung des Sinus

Wir berechnen nämlich zusammen mit Aufgabe 4.1.4 $$\begin{array}{lll} \sin z\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{2i}\,\sum_{k=0}^\infty\frac{(iz)^k}{k!}-\frac{1}{2i}\,\sum_{k=0}^\infty\frac{(-iz)^k}{k!} \,=\,\frac{1}{2i}\,\sum_{k=0}^\infty\frac{\big[i^k-(-i)^k\big]}{k!}\,z^k \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{2i}\,\sum_{k=0}^\infty\frac{i^k\big[1-(-1)^k\big]}{k!}\,z^k \,=\,\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\,z^{2k+1}\,. \end{array}$$ Das war zu zeigen.$\qquad\Box$

 

Lösung zur Aufgabe 7.5.4 - Gerade und ungerade trigonometrische Funktionen

(i)	Wir ermitteln

$$\begin{array}{lll} \sin(-z)\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\,(-z)^{2k+1} \,=\,\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\,(-1)^{2k+1}z^{2k+1} \\ & = & \negthickspace\displaystyle -\,\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\,z^{2k+1} \,=\,-\sin z. \end{array}$$

(ii)	Wir ermitteln

$$\cos(-z) =\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k)!}\,(-z)^{2k} =\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k)!}\,(-1)^{2k}z^{2k} =\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k)!}\,z^{2k} =\cos z.$$ Damit ist alles gezeigt.$\qquad\Box$

 

Lösung zur Aufgabe 7.5.5 - Approximation der trigonometrischen Funktionen in $\mathbb C$

(i)	Wir ermitteln

$$\begin{array}{lll} \cos z\negthickspace & \approx & \negthickspace\displaystyle \sum_{k=0}^2\frac{(-1)^k}{(2k)!}\,z^{2k} \,=\,\sum_{k=0}^2\frac{(-1)^k}{(2k)!}\,(x+iy)^{2k} \\ & = & \negthickspace\displaystyle 1-\frac{1}{2}\,(x+iy)^2+\frac{1}{24}\,(x+iy)^4 \\ & = & \negthickspace\displaystyle 1-\frac{1}{2}\,(x^2-y^2)-ixy+\frac{1}{24}\,(x^2+2ixy-y^2)(x^2+2ixy-y^2) \\ & = & \negthickspace\displaystyle 1-\frac{1}{2}\,(x^2-y^2)-ixy+\frac{1}{24}\,(x^4-6x^2y^2+y^4)+\frac{i}{6}\,(x^3y-xy^3) \\ & = & \negthickspace\displaystyle 1-\frac{1}{2}\,(x^2-y^2)+\frac{1}{24}\,(x^2-y^2)^2-\frac{1}{6}\,x^2y^2+\frac{i}{6}\,(x^3y-xy^3-6xy). \end{array}$$

(i)	Wir ermitteln

$$\begin{array}{lll} \sin z\negthickspace & \approx & \negthickspace\displaystyle \sum_{k=0}^1\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\,z^{2k+1} \,=\,\sum_{k=0}^1\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\,(x+iy)^{2k+1} \\ & = & \negthickspace\displaystyle x+iy-\frac{1}{6}\,(x+iy)^3 \,=\,x+iy-\frac{1}{6}\,(x^3-3xy^2+3ix^2y-iy^3) \\ & = & \negthickspace\displaystyle x-\frac{1}{6}\,(x^3-3xy^2)+\frac{i}{6}\,(y^3-3x^2y+6y). \end{array}$$ Damit ist alle gezeigt.$\qquad\Box$

 

Lösungen zu den Aufgaben Additionstheoreme und Winkelverdopplungsformeln

 

Lösung zur Aufgabe 7.5.6 - Additionstheoreme für Sinus und Kosinus

Es genügt jeweils, die Behauptungen nur für reelle Argumente $x,y\in\mathbb R$ auszuwerten.

(i)	Wir ermitteln

$$\begin{array}{l} \sin x\cos y+\sin y\cos x \\ \qquad\displaystyle =\,\frac{1}{4i}\,(e^{ix}-e^{-ix})(e^{iy}+e^{-iy})+\frac{1}{4i}\,(e^{iy}-e^{-iy})(e^{ix}+e^{-ix}) \\ \qquad\displaystyle =\,\frac{1}{2i}\,(e^{ix}e^{iy}-e^{-ix}e^{-iy}) \,=\,\frac{1}{2i}\,(e^{i(x+y)}-e^{-i(x+y)}) \\ \qquad\displaystyle =\,\sin(x+y). \end{array}$$

(ii)	Wir ermitteln

$$\begin{array}{l} \cos x\cos y-\sin x\sin y \\ \qquad\displaystyle =\,\frac{1}{4}\,(e^{ix}+e^{-ix})(e^{iy}+e^{-iy})+\frac{1}{4}\,(e^{ix}-e^{-ix})(e^{iy}-e^{-iy}) \\ \qquad\displaystyle =\,\frac{1}{2}\,(e^{ix}e^{iy}+e^{-ix}e^{-iy}) \,=\,\frac{1}{2}\,(e^{i(x+y)}+e^{-i(x+y)}) \\ \qquad\displaystyle =\,\cos(x+y). \end{array}$$ Damit ist alles gezeigt.$\qquad\Box$

 

Lösung zur Aufgabe 7.5.7 - Winkelverdopplungsformeln für Sinus und Kosinus

Es genügt jeweils, die Behauptungen nur für reelle Argumente $x\in\mathbb R$ auszuwerten.

(i)	Wir ermitteln

$$2\sin x\cos x =\frac{1}{2i}\,(e^{ix}-e^{-ix})(e^{ix}+e^{-ix}) =\frac{1}{2i}\,(e^{2ix}-e^{-2ix}) =\sin 2x.$$

(ii)	Wir ermitteln

$$\cos^2x-\sin^2x =\frac{1}{4}\,(e^{ix}+e^{-ix})^2+\frac{1}{4}\,(e^{ix}-e^{-ix})^2 =\frac{1}{2}\,(e^{2ix}+e^{-2ix}) =\cos 2x.$$

(iii)

Wir ermitteln

$$2\sin^2x =-\frac{1}{2}\,(e^{ix}-e^{-ix})^2 =-\frac{1}{2}\,(e^{2ix}+e^{-2ix})+1 =1-\cos 2x.$$

(iv)	Wir ermitteln

$$2\cos^2x =\frac{1}{2}\,(e^{ix}+e^{-ix})^2 =\frac{1}{2}\,(e^{2ix}+e^{-2ix})+1 =1+\cos 2x.$$

Damit ist alles gezeigt.$\qquad\Box$

 

Lösung zur Aufgabe 7.5.8 - Halbwinkelformeln im Komplexen

(i)	Wir stellen

$$2\sin^2 z=1-\cos 2z$$

	aus Aufgabe 7.5.3(iii) um und ersetzen $z$ durch $\frac{z}{2}.$ Dann folgt die Behauptung.
(ii)	Wir stellen

$$2\cos^2z=1+\cos 2z$$

aus Aufgabe 7.5.3(iv) um und ersetzen $z$ durch $\frac{z}{2}.$ Dann folgt die Behauptung.

Damit ist alles gezeigt.$\qquad\Box$

 

Lösung zur Aufgabe 7.5.9 - Abschätzung der vierten Potenzen von Sinus und Kosinus

Wegen $0\le\sin^2x\le 1$ und $0\le\cos^2x\le 1$ haben wir zunächst $$0\le\sin^4x\le\sin^2x,\quad 0\le\cos^4x\le\cos^2x,$$ und Summation liefert $$\sin^4x+\cos^4x\le\sin^2x+\cos^2x=1.$$ Das ist die rechte Ungleichung. Zum Nachweis der linken Ungleichung gehen wir wie folgt vor: $$\begin{array}{lll} \displaystyle \frac{1}{2}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{2}\,(\sin^2x+\cos^2x) \,=\,\frac{1}{2}\,\sin^2x+\frac{1}{2}\,\cos^2x \\ & \le & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\cdot\sin^4x+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\cdot\cos^4x \,=\,\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\,(\sin^4x+\cos^4x) \end{array}$$ bzw. nach Umstellen $$\frac{1}{4}=\frac{1}{2}\,(\sin^4x+\cos^4x) \quad\mbox{bzw.}\quad \frac{1}{2}\le\sin^4x+\cos^4x.$$ Damit ist alles gezeigt.$\qquad\Box$

 

Lösungen zu den Aufgaben Differentiation der trigonometrischen Funktionen

 

Lösung zur Aufgabe 7.5.10 - Ableitungen der trigonometrischen Funktionen

(i)	Wir berechnen

$$\begin{array}{lll} \displaystyle\frac{d}{dx}\,\cos x\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{d}{dx}\,\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k)!}\,x^{2k} \,=\,\frac{d}{dx}\,\sum_{n=0,\ n\ \mathrm{\scriptstyle ger.}}^\infty\frac{(-1)^\frac{n}{2}}{n!}\,x^n \\ & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{n=1,\ n\ \mathrm{\scriptstyle ger.}}^\infty\frac{(-1)^\frac{n}{2}}{(n-1)!}\,x^{n-1} \,=\,-\,\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k-1)!}\,x^{2k-1} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^{k+1}}{(2k+1)!}\,x^{2k+1} \,=\,-\,\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\,x^{2k+1} \,=\,-\sin x. \end{array}$$

(ii)	Wir berechnen

$$\begin{array}{lll} \displaystyle\frac{d}{dx}\,\sin x\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{d}{dx}\,\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\,x^{2k+1} \,=\,\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k)!}\,x^{2k} \end{array}$$

(ii)	Wir substituieren einmal $n=2k+1,$ dann $n=2\ell$ und berechnen

$$\begin{array}{lll} \displaystyle\frac{d}{dx}\,\sin x\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{d}{dx}\,\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\,x^{2k+1} \,=\,\frac{d}{dx}\,\sum_{n=0,\ n\ \mathrm{\scriptstyle ung.}}^\infty\frac{(-1)^\frac{n-1}{2}}{n!}\,x^n \\ & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{n=1,\ n\ \mathrm{\scriptstyle ung.}}^\infty\frac{(-1)^\frac{n-1}{2}}{(n-1)!}\,x^{n-1} \,=\,\sum_{\ell=0}^\infty\frac{(-1)^\ell}{(2\ell)!}\,x^{2\ell} \,=\,\cos x. \end{array}$$ Damit ist alles gezeigt.$\qquad\Box$

 

Lösung zur Aufgabe 7.5.11 - Eine gewöhnliche Differentialgleichung

(i)	Wir ermitteln

$$f_1''(x)+f_1(x) =\frac{d^2}{dx^2}\,\sin x+\sin x =\frac{d}{dx}\,\cos x+\sin x =-\sin x+\sin x =0$$

sowie

$$f_2''(x)+f_2(x) =\frac{d^2}{dx^2}\,\cos+\cos x =-\,\frac{d}{dx}\,\sin x+\cos x =-\cos x+\cos x =0.$$

Also genügen $f_1(x)$ und $f_2(x)$ die Differentialgleichung.

(ii)	Mit $\lambda,\mu\in\mathbb R$ berechnen wir mit (i)

$$\begin{array}{l} \displaystyle \frac{d}{dx}\,\big\{\lambda f_1(x)+\mu f_2(x)\big\}+\lambda f_1(x)+\mu f_2(x) \\ \qquad\displaystyle =\,\lambda f_1''(x)+\mu f_2''(x)+\lambda f_1(x)+\mu f_2(x) \\ \qquad\displaystyle =\,\lambda\,\big\{f_1''(x)+f_1(x)\big\}+\mu\,\big\{f_2''(x)+f_2(x)\big\} \,=\,0. \end{array}$$

Also genügt auch die Linearkombination $\lambda f_1(x)+\mu f_2(x)$ der Differentialgleichung.

Damit ist alles gezeigt.$\qquad\Box$

 

Lösung zur Aufgabe 7.5.12 - Lösen eines Anfangswertproblems

Wir differenzieren zunächst die Funktion $h(x)=f(x)\cos x-g(x)\sin x$ und erhalten $$\begin{array}{lll} h'(x)\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle f'(x)\cos x-f(x)\sin x-g'(x)\sin x-g(x)\cos x \\ & = & \negthickspace\displaystyle g(x)\cos x-f(x)\sin x+f(x)\sin x-g(x)\cos x \,=\,0. \end{array}$$ Zusammen mit $h(0)=f(0)=0$ ergibt sich $h(x)\equiv 0.$ Nun differenzieren wir die Funktion $\widetilde h(x)=f(x)\sin x+g(x)\cos x$ und erhalten $$\begin{array}{lll} \widetilde h'(x)\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle f'(x)\sin x+f(x)\cos x+g'(x)\cos x-g(x)\sin x \\ & = & \negthickspace\displaystyle g(x)\sin x+f(x)\cos x-f(x)\cos x-g(x)\sin x \,=\,0. \end{array}$$ Zusammen mit $\widetilde h(0)=g(0)=1$ ergibt sich $\widetilde h(x)\equiv 1.$ Wir fassen zusammen $$f(x)\cos x-g(x)\sin x=0,\quad f(x)\sin x+g(x)\cos x=1 \quad\mbox{für alle}\ x\in\mathbb R.$$ Nun multiplizieren wir die erste Gleichung mit $\cos x$ und die zweite mit $\sin x,$ $$f(x)\cos^2x-g(x)\sin x\cos x=0,\quad f(x)\sin^2x+g(x)\sin x\cos x=\sin x.$$ Addition beider Gleichungen liefert $$f(x)=\sin x.$$ Schließlich multiplizieren wir die erste Gleichung mit $\sin x$ und die zweite mit $\cos x,$ $$f(x)\sin x\cos x-g(x)\sin^2x=0,\quad f(x)\sin x\cos x+g(x)\cos^2x=\cos x.$$ Subtraktion der ersten Gleichung von der zweiten liefert $$g(x)=\cos x.$$ Das war zu zeigen.$\qquad\Box$

 

Lösungen zu den Aufgaben Einführung der Kreiszahl $\pi$

 

Lösung zur Aufgabe 7.5.13 - Exakte Werte der trigonometrischen Funktionen I

(i)	Die Werte für $x=0$ lesen wir direkt aus den Reihenentwicklungen ab:

$$\sin 0=0,\quad \cos 0=1.$$

(ii)	Es ist $x=\frac{\pi}{2}$ die erste Nullstelle des Kosinus im Bereich $0\lt x\lt 2.$ Aus $\sin^2x+\cos^2x=1$ und $\sin x\gt 0$ in diesem Bereich (siehe Beweis des Satzes aus Paragraph 7.5.5) folgen

$$\cos\frac{\pi}{2}=0,\quad \sin\frac{\pi}{2}=\sqrt{1-\cos^2\frac{\pi}{2}}=1.$$

(iii)

Wir berechnen

$$\begin{array}{l} \displaystyle \cos\pi=\cos 2\cdot\frac{\pi}{2}=\cos^2\frac{\pi}{2}-1=-1, \\ \sin\pi=\sqrt{1-\cos^2\pi}=0. \end{array}$$

(iv)	Wir berechnen

$$2\cos^2\frac{\pi}{4}=1+\cos\frac{\pi}{2}=1 \quad\mbox{bzw.}\quad \cos^2\frac{\pi}{4}=\frac{1}{2} \quad\mbox{bzw.}\quad \cos\frac{\pi}{4}=\sqrt{\frac{1}{2}}$$

unter Beachtung von $\cos x\gt 0$ für $0\lt x\lt\frac{\pi}{2}.$ Es folgt ebenfalls

$$\sin\frac{\pi}{4}=\sqrt{1-\cos^2\frac{\pi}{4}}=\sqrt{1-\frac{1}{2}}=\sqrt{\frac{1}{2}}\,.$$ Damit sind alle Werte ermittelt.$\qquad\Box$

 

Lösung zur Aufgabe 7.5.14 - Winkelverdreifachung und trigonometrische Funktionen

(i)	Wir berechnen

$$\begin{array}{lll} \sin 3x\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sin(2x+x) \,=\,\sin 2x\cos x+\sin x\cos 2x \\ & = & \negthickspace\displaystyle 2\sin x\cos x\cos x+\sin x(\cos^2x-\sin^2x) \,=\,3\sin x\cos^2x-\sin^3x \\ & = & \negthickspace\displaystyle 3\sin x(1-\sin^2x)-\sin^3x \,=\,3\sin x-3\sin^3x-\sin^3x \\ & = & \negthickspace\displaystyle 3\sin x-4\sin^3x. \end{array}$$

(i)	Wir berechnen

$$\begin{array}{lll} \cos 3x\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \cos(2x+x) \,=\,\cos 2x\cos x-\sin 2x\sin x \\ & = & \negthickspace\displaystyle (\cos x\cos x-\sin x\sin x)\cos x-2\sin x\cos x\sin x \\ & = & \negthickspace\displaystyle \cos^3x-\sin^2x\cos x-2\sin^2x\cos x \\ & = & \negthickspace\displaystyle \cos^3x-(1-\cos^2x)\cos x-2(1-\cos^2x)\cos x \\ & = & \negthickspace\displaystyle \cos^3x-\cos x+\cos^3x-2\cos x+2\cos^3x \\ & = & \negthickspace\displaystyle 4\cos^3x-3\cos x. \end{array}$$ Das war zu zeigen.$\qquad\Box$

 

Lösung zur Aufgabe 7.5.15 - Exakte Werte der trigonometrischen Funktionen II

Wir setzen in die Darstellung von $sin 3x$ aus Aufgabe 7.5.14(i) das Argument $x=\frac{\pi}{3}$ und erhalten $$0=\sin\pi =\sin 3\cdot\frac{\pi}{3} =3\sin\frac{\pi}{3}-4\sin^3\frac{\pi}{3} =\left(3-4\sin^2\frac{\pi}{3}\right)\sin\frac{\pi}{3}\,.$$ Wegen $\sin\frac{\pi}{3}\not=0$ ist also notwendig $$\sin^2\frac{\pi}{3}=\frac{3}{4} \quad\mbox{bzw.}\quad \sin\frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}\,\sqrt{3}\,.$$ Daraus ergibt sich schließlich $$\cos\frac{\pi}{3} =\sqrt{1-\sin^2\frac{\pi}{3}} =\sqrt{1-\frac{3}{4}} =\sqrt{1}{4} =\frac{1}{2}\,.$$ Damit sind alle Werte ermittelt.$\qquad\Box$

 

Lösungen zu den Aufgaben Phasenverschiebung und Monotonie

 

Lösung zur Aufgabe 7.5.16 - Die Inversen der trigonometrischen Funktionen

(i)	Unter Beachtung der Phasenverschiebung für den Sinus überlegt sich, dass $\sin x$ streng monoton auf $\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]$ ist, d.h.

$$\arcsin\colon[-1,1]\longrightarrow\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right].$$

Analog sieht man ein

$$\arccos\colon[-1,1]\longrightarrow[0,\pi].$$

(ii)	Wir argumentieren wie folgt:

$$\begin{array}{l} \displaystyle x=\sin z=\cos\left(\frac{\pi}{2}-z\right) \\ \quad\displaystyle\Longrightarrow\qquad\arccos x=\frac{\pi}{2}-z=\frac{\pi}{2}-\arcsin x \\ \quad\displaystyle\Longrightarrow\qquad\arccos x+\arcsin x=\frac{\pi}{2} \end{array}$$

für $x\in[-1,1].$ Wir bemerken, dass diese Identität mit Vorsicht betrachtet werden muss für allgemeinere Argumente, wenn mit den sogenannten Nebenästen der inversen Winkelfunktionen gerechnet werden muss.

 

Lösungen zu den Aufgaben Polardarstellung komplexer Zahlen

 

Lösung zur Aufgabe 7.5.17 - Betrag und Argument komplexer Zahlen

(i)	$r=1,\ \varphi=0$	(ii)	$r=1,\ \displaystyle\varphi=\frac{\pi}{2}$
(iii)	$r=1,\ \varphi=-\pi$	(iv)	$r=1,\ \displaystyle\varphi=\frac{\pi}{4}$

Damit sind alle Werte ermittelt.$\qquad\Box$

 

Lösung zur Aufgabe 7.5.18 - Die Formel von de Moivre

Für $n=1$ ist die Behauptung offenbar richtig (Induktionsanfang). Sei nun $$z^n=r^n(\cos n\varphi+i\sin n\varphi)$$ für ein $n\in\mathbb N$ erfüllt. Dann ermitteln wir mit Hilfe der Additionstheoreme (Induktionsschluss) $$\begin{array}{lll} z^{n+1}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle z\cdot z^n \,=\,r(\cos\varphi+i\sin\varphi)\cdot r^n(\cos n\varphi+i\sin n\varphi) \\ & = & \negthickspace\displaystyle r^{n+1}\,\big\{(\cos\varphi\cos n\varphi-\sin\varphi\sin n\varphi)+i(\cos\varphi\sin n\varphi+\sin\varphi\sin n\varphi)\big\} \\ & = & \negthickspace\displaystyle r^{n+1}\,\big\{\cos(\varphi+n\varphi)+i\sin(\varphi+n\varphi)\} \\ & = & \negthickspace\displaystyle r^{n+1}\,\big\{\cos(n+1)\varphi+i\sin(n+1)\varphi\big\}\,. \end{array}$$ Nach dem Prinzip der vollständigen Induktion folgt die Behauptung.$\qquad\Box$

 

Lösung zur Aufgabe 7.5.19 - Anwendung der Formel von de Moivre

(i)	Es ist nach Aufgabe 7.5.13

$$z=\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{i}{\sqrt{2}}=\cos\frac{\pi}{4}+i\sin\frac{\pi}{4}$$

und daher

$$z^{60} =\cos\frac{60\pi}{4}+i\sin\frac{60\pi}{4} =\cos 15\pi+i\sin 15\pi =\cos\pi+i\sin\pi =-1.$$

(ii)	Es ist nach Aufgabe 7.5.15

$$z=\frac{1}{2}+\frac{i\sqrt{3}}{2}=\cos\frac{\pi}{3}+i\sin\frac{\pi}{3}$$

und daher

$$z^{90} =\cos\frac{90\pi}{3}+i\sin\frac{90\pi}{3} =\cos 30\pi+i\sin 30\pi =1.$$

 

Lösungen zu den Aufgaben Die Periode der komplexwertigen Exponentialfunktion

 

Lösung zur Aufgabe 7.5.20 - Periodizität der komplexen Sinusfunktion

Wegen $e^{2\pi ki}=1$ berechnen wir nämlich $$\sin(z+2k\pi) =\frac{1}{2i}\,\left\{e^{i(z+2k\pi)}-e^{-i(z+2k\pi)}\right\} =\frac{1}{2i}\,(e^{iz}-e^{-iz}) =\sin z.$$ Das war zu zeigen.$\qquad\Box$

 

Lösungen zu den Aufgaben Die Nullstellen der komplexen Kosinusfunktion

 

Lösung zur Aufgabe 7.5.21 - Unbeschränktheit der komplexen trigonometrischen Funktionen

(i)	Wir berechnen

$$\begin{array}{l} \sin x\cosh y+i\cos x\sinh y \\ \qquad\displaystyle =\,\frac{1}{4i}\,(e^{ix}-e^{-ix})(e^y+e^{-y})+\frac{i}{4}\,(e^{ix}+e^{-ix})(e^y-e^{-y}) \\ \qquad\displaystyle =\,\frac{1}{4i}\,(e^{ix}e^y+e^{ix}e^{-y}-e^{-ix}e^y-e^{-ix}e^{-y}) \\ \qquad\phantom{=\,}\displaystyle -\,\frac{1}{4i}\,(e^{ix}e^y-e^{ix}e^{-y}-e^{-ix}e^y+e^{-ix}e^{-y}) \\ \qquad\displaystyle =\,\frac{1}{2i}\,(e^{ix}e^{-y}-e^{-ix}e^{-y}) \,=\,\frac{1}{2i}\,(e^{ix-y}-e^{-ix-y}) \\ \qquad\displaystyle =\,\frac{1}{2i}\,(e^{i(x+iy)}-e^{-i(x+iy)}) \,=\,\sin z. \end{array}$$

(ii)	Wir berechnen

$$\begin{array}{l} \cos x\cosh y-i\sin x\sinh y \\ \qquad\displaystyle =\,\frac{1}{4}\,(e^{ix}+e^{-ix})(e^y+e^{-y})-\frac{1}{4}\,(e^{ix}-e^{-ix})(e^y-e^{-y}) \\ \qquad\displaystyle =\,\frac{1}{4}\,(e^{ix}e^y+e^{ix}e^{-y}+e^{-ix}e^y+e^{-ix}e^{-y}) \\ \qquad\phantom{=\,}\displaystyle -\frac{1}{4}\,(e^{ix}e^y-e^{ix}e^{-y}-e^{-ix}e^y+e^{-ix}e^{-y}) \\ \qquad\displaystyle =\,\frac{1}{2}\,(e^{ix}e^{-y}+e^{-ix}e^y) \,=\,\frac{1}{2}\,(e^{ix-y}+e^{-ix+y}) \\ \qquad\displaystyle =\,\frac{1}{2}\,(e^{i(x+iy)}+e^{-i(x+iy)}) \,=\,\cos z. \end{array}$$ Die komplexen trigonometrischen Funktionen sind nicht beschränkt in $\mathbb C,$ denn zusammen mit $\sin^2x\le 1$ und $\cos^2x\le 1$ für alle $x\in\mathbb R$ schätzen wir wie folgt ab $$|\sin z|^2 =\sin^2x\cosh^2y+\cos^2x\sinh^2y \le\cosh^2y+\sinh^2y \longrightarrow\infty \quad\mbox{für}\ y\to\infty$$ sowie $$|\cos z|^2 =\cos^2x\cosh^y+\sin^2x\sinh^2y \le\cosh^2y+\sinh^2y \longrightarrow\infty \quad\mbox{für alle} y\to\infty\,.$$ Damit ist alles gezeigt.$\qquad\Box$