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.\( \qquad\Box \)