Komplexe Zahlen – Mathe Studium 1. Semester Lösungen zur Klassenarbeit zum Herunterladen als PDF

← Zurück zur Klassenarbeit

1. Lösung zu Aufgabe 1 (5 BE/Punkte)

   a) \(2-6i+i-3i^2=5-5i\) (1 P.).
   b) \(\frac{(3+4i)(1+2i)}5=\frac{3+6i+4i-8}5=\frac{-5+10i}5=-1+2i\) (2 P.).
   c) \(|3+4i|=5\), Konjugierte \(3-4i\) (2 P.).

   In a) multipliziert man aus, ersetzt \(i^2\) durch \(-1\) und fasst Real- und Imaginärteil getrennt zusammen. Bei b) wird mit \(1+2i\) erweitert, der Konjugierten des Nenners; der neue Nenner \(1^2+2^2=5\) ist reell. Kontrolle für b): \((-1+2i)(1-2i)=-1+2i+2i+4=3+4i\). Der Betrag in c) ist der Abstand vom Ursprung, nach Pythagoras \(5\).

2. Lösung zu Aufgabe 2 (4 BE/Punkte)

   a) \(r=\sqrt{1+3}=2\); zweiter Quadrant: \(\varphi=\frac{2\pi}3\). \(z=2e^{2\pi i/3}\) (2 P.).
   b) \(z^6=2^6e^{4\pi i}=64\) (2 P.).

   Für die Polarform berechnet man den Betrag und bestimmt das Argument mit Blick auf den Quadranten: Der Punkt \((-1|\sqrt3)\) liegt links oben, deshalb ist das Argument \(120^\circ\) und nicht \(-60^\circ\). Nach de Moivre wird der Betrag potenziert und das Argument versechsfacht; \(6\cdot\frac{2\pi}3=4\pi\) ist ein Vielfaches von \(2\pi\), also ist \(z^6\) reell und positiv.

3. Lösung zu Aufgabe 3 (4 BE/Punkte)

   a) \(z_k=2e^{2\pi ik/3}\), \(k=0,1,2\) (2 P.).
   b) \(2\), \(-1+\sqrt3\,i\), \(-1-\sqrt3\,i\); gleichseitiges Dreieck auf dem Kreis mit Radius \(2\) (2 P.).

   Man schreibt die rechte Seite in Polarform, \(8=8e^{0i}\), zieht aus dem Betrag die dritte Wurzel und teilt das Argument plus Vielfache von \(2\pi\) durch drei. So entstehen genau drei Lösungen, die um je \(120^\circ\) gegeneinander gedreht sind. Probe für \(-1+\sqrt3\,i\): Quadrieren ergibt \(-2-2\sqrt3\,i\), nochmals multipliziert \(8\).

4. Lösung zu Aufgabe 4 (4 BE/Punkte)

   a) \(|Z|=\sqrt{1600+900}=50\,\Omega\); \(\varphi=\arctan\frac34\approx36{,}9^\circ\) (2 P.).
   b) \(I=\frac{230}{50}=4{,}6\) A (1 P.).
   c) Positiver Imaginärteil: induktiv (1 P.).

   Der Betrag der Impedanz folgt aus Real- und Imaginärteil nach Pythagoras, die Phasenverschiebung aus dem Arcustangens des Verhältnisses. Für den Strom zählt nur der Betrag. Ein positiver Imaginärteil entsteht durch eine Spule, deren Blindwiderstand \(\omega L\) positiv ist; der Strom eilt dann der Spannung um etwa \(37^\circ\) nach.

5. Lösung zu Aufgabe 5 (3 BE/Punkte)

   a) \(z=1\pm\sqrt{1-5}=1\pm2i\) (2 P.).
   b) \((1+2i)^2-2(1+2i)+5=-3+4i-2-4i+5=0\) (1 P.).

   Die Lösungsformel \(z=-\frac p2\pm\sqrt{\frac{p^2}4-q}\) liefert hier die negative Diskriminante \(-4\), deren Wurzeln \(\pm2i\) sind. Da die Koeffizienten reell sind, erscheinen die Lösungen als konjugiertes Paar. Die Probe ist Pflicht: Man setzt \(1+2i\) ein, quadriert sorgfältig und prüft, dass Real- und Imaginärteil beide verschwinden. Summe und Produkt der Lösungen sind \(2\) und \(5\), wie der Satz von Vieta verlangt.

Gesamt : 20 Punkte