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.\( \qquad\Box \)