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Mathematik: Das Fallunterscheidungsproblem des Arkustangens
Freigegeben von matroid am So. 26. Oktober 2014 10:04:56
Verfasst von cis -   2264 x gelesen [Gliederung] [Statistik] Druckbare Version Druckerfreundliche Version
Mathematik

Das Fallunterscheidungsproblem des Arkustangens beim Argument einer Komplexen Zahl, und wie man es umgeht

Für das sogen. Argument einer Komplexen Zahl <math>z = x + iy</math> finden wir in den meisten Büchern eine Bestimmungsangabe der folgenden Art:

<math>\varphi= \mathrm{arg}(x+iy)   = \begin{cases} \arctan\left(\frac{y}{x}\right)&\mathrm{f\ddot ur}\ x>0,y\, \text{beliebig}\\ \arctan\left(\frac{y}{x}\right) +\pi&\mathrm{f\ddot ur}\ x<0,y\geq 0\\ \arctan\left(\frac yx \right)- \pi&\mathrm{f\ddot ur}\ x<0,y<0\\ \pi/2&\mathrm{f\ddot ur}\ x=0,y>0\\ -\pi/2&\mathrm{f\ddot ur}\ x=0,y<0\\ \text{unbestimmt} & \mathrm{f\ddot ur}\ x = 0, y = 0 \end{cases}</math>

Dies soll im Folgenden zerlegt werden und uns vor die Frage stellen:
  • Wie kommt das zustande?
  • Muß ich mir das alles merken oder kann ich das auch kürzer haben?


Def.: Unter dem Argument <math>\arg(z)</math> einer Komplexen Zahl <math>z</math> versteht man den (positiv oder negativ orientierten) Winkel <math>\varphi \in ]-\pi, \pi]</math>, den der Zeiger <math>z = x + iy</math> mit der positiven <math>x</math>-Halbachse einschließt.

  • Die Orientierung von <math>\varphi</math> ergibt sich dabei aus der Festlegung <math>\varphi \in ]-\pi, \pi]</math> (übliche Konvention).


Im Unterschied dazu soll ein weiterer Winkel <math>\alpha</math> betrachtet werden, den die Zeiger <math>x := x + 0i</math> und <math>z = x + iy</math> miteinander einschließen.

  • Der Winkel <math>\alpha</math> ist positiv orientiert, wenn der Zeiger <math>x</math> auf kürzestem Wege im positiven Sinne (d.h. per Definition im Gegenuhrzeigersinn) nach <math>z</math> gedreht werden kann. Anderenfalls ist <math>\alpha</math> negativ orientiert.
  • Nach dieser Festlegung ist <math>\tan(\alpha) = \dfrac{y}{x}</math> und da offensichtlich <math>-\frac{\pi}{2} < \alpha < \frac{\pi}{2}</math> ("Hauptbereich der Tangensfunktion") gilt, ist auch <math>\alpha = \arctan\left(\dfrac{y}{x}\right)</math>.


Wir werden sehen, <math>\alpha</math> und <math>\varphi</math> besitzen nur im Sonderfall
  • gleiche Größe
  • gleiche Orientierung

<math>\hline</math> (1) <math>\textbf{\textit{z}}</math> im I. Quadranten (<math>x>0, y \geq 0</math>)
<math>\hline</math>

<math>\underline{\alpha = \varphi}</math>

<math>\dfrac{y}{x} = \tan(\alpha) = \tan(\varphi)</math>
<math>\Rightarrow \varphi = \arctan\left(\dfrac{y}{x}\right)</math>

<math>\hline</math> (2) <math>\textbf{\textit{z}}</math> im II. Quadranten (<math>x<0, y\geq 0</math>)
<math>\hline</math>

<math>\varphi + (-\alpha) = \pi ~~\Rightarrow~~\underline{\varphi - \alpha =\pi}</math>

<math>\dfrac{y}{x} = \tan(\alpha) = \tan(\varphi - \pi)</math>
<math>\Rightarrow \varphi = \arctan\left(\dfrac{y}{x}\right) + \pi</math>

<math>\hline</math> (3) <math>\textbf{\textit{z}}</math> im III. Quadranten (<math>x<0, y\leq 0</math>)
<math>\hline</math>

<math>\alpha + (-\varphi) = \pi ~~\Rightarrow~~\underline{\alpha - \varphi =\pi}</math>

<math>\dfrac{y}{x} = \tan(\alpha) = \tan(\varphi + \pi)</math>
<math>\Rightarrow \varphi = \arctan\left(\dfrac{y}{x}\right) - \pi</math>

<math>\hline</math> (4) <math>\textbf{\textit{z}}</math> im IV. Quadranten (<math>x>0, y<0</math>)
<math>\hline</math>

<math>\underline{\alpha = \varphi}</math>

<math>\dfrac{y}{x} = \tan(\alpha) = \tan(\varphi)</math>
<math>\Rightarrow \varphi = \arctan\left(\dfrac{y}{x}\right)</math>

<math>\Rightarrow</math> Wie im I. Quadranten. Die Fälle (1) und (4) können also zusammengefaßt werden.

Es bleiben drei
<math>\hline</math>
(5) Sonderfälle
<math>\hline</math>

(5a) <math>x = 0, y >0</math>


<math>\varphi = \dfrac{\pi}{2}</math>
(5b) <math>x = 0, y <0</math>


<math>\varphi = -\dfrac{\pi}{2}</math>
(5c) <math>x = 0, y =0</math>


Im Fall <math>z = 0</math> läßt sich kein Winkel angeben.

Damit sind wir bei den eingangs genannten Fallunterscheidungen angelangt:

<math> \renewcommand*\arraystretch{1.4} \varphi= \mathrm{arg}(x+iy)   = \left\{\begin{array}{lll} \arctan\left(\frac{y}{x}\right)&\mathrm{f\ddot ur}\ x>0,y\, \text{beliebig} & \text{(I. bzw. IV. Quadrant)} \\ \arctan\left(\frac{y}{x}\right) +\pi&\mathrm{f\ddot ur}\ x<0,y\geq 0 & \text{(II. Quadrant)} \\ \arctan\left(\frac yx \right)- \pi&\mathrm{f\ddot ur}\ x<0,y<0 & \text{(III. Quadrant)}\\ \pi/2&\mathrm{f\ddot ur}\ x=0,y>0 & \text{(positive $y$-Halbachse)} \\ -\pi/2&\mathrm{f\ddot ur}\ x=0,y<0 & \text{(negative $y$-Halbachse)} \\ \text{unbestimmt} & \mathrm{f\ddot ur}\ x = 0, y = 0 & \text{(Koordinatenursprung)} \end{array}</math>



· Im engeren Sinne ist für die vielen Fallunterscheidungen im Fall <math>x \neq 0</math> die Periodizität der Tangensfunktion ursächlich. So hat man bei der Bestimmung des Arguments <math>\varphi</math> bei der (immer gültigen) Beziehung <math>\tan(\varphi) = \dfrac{y}{x}</math> das Problem, daß diese Gleichung unendlich viele Lösungen besitzt, da <math>\tan(\alpha) = \tan(\alpha + l\pi), ~~ l\in\mathbb{Z}</math> gilt.

· Man könnte also <math>\varphi = \arctan\left(\dfrac{y}{x}\right) + k\pi, ~~ k\in\mathbb{Z}</math> auflösen und entsprechend <math>k\pi</math> dazuaddieren, so daß <math>\varphi</math> im richtigen Quadranten liegt und <math>\varphi \in ]-\pi, \pi]</math> gilt.

Dies führt dann zu den o.g. Fallunterscheidungen. Will man diese nicht auswendig lernen bzw. nicht jedesmal eine Skizze machen, kann man auch so vorgehen:

· Betrachten wir stattdessen <math>\tan\left(\dfrac{\varphi}{2}\right)  = \tan\left(\dfrac{\varphi}{2} + k\pi\right)</math>.
Umgeschrieben mit der Beziehung <math> \tan\left(\dfrac{\alpha}{2}\right) = \dfrac{\sin(\alpha)}{1+\cos(\alpha)}</math> (siehe hier):

<math>\tan\left(\dfrac{\varphi}{2}\right) = \tan\left(\dfrac{\varphi}{2} + k\pi\right) = \dfrac{\sin(\varphi + 2k\pi)}{1+\cos(\varphi + 2k\pi)} = \dfrac{\sin(\varphi)}{1+\cos(\varphi)} </math>

womit sich das Problem der Periodizität behebt.

Das führt also zur Umschreibung

<math>\tan\left(\dfrac{\varphi}{2}\right) = \dfrac{\sin(\varphi)}{1+\cos(\varphi)} = \dfrac{\frac{y}{r}}{1 + \frac{x}{r}} = \dfrac{y}{x + r}</math> bzw. <math>\underline{ \varphi = 2 \cdot \arctan\left(\dfrac{y}{x + r}\right) }.</math>

Wobei hier für den Betrag die übliche Abkürzung <math>r = |z| = |x + iy| = \sqrt{x^2 + y^2}</math> verwendet wurde.


· Jetzt bleibt noch der Problemfall <math>\varphi=\pi</math>.
Da <math>\cos(\pi) = -1</math> hat man hier eine Division durch Null. Dieser Fall liegt vor, wenn <math>y = 0, ~~x < 0</math>.


Also lautet das Ergebnis für <math>\varphi \in ]-\pi, \pi]</math>:

<math>  \begin{tabular}[l]{|p{0.75\linewidth}|} \hline \[ \varphi= \mathrm{arg}(x+iy) = \begin{cases}\pi&\mathrm{für}\ z\in\mathbb{R_{\displaystyle{-}}^\displaystyle{*}}\\ 2\cdot\arctan\left(\dfrac{y}{x+r}\right) &\text{sonst} \end{cases} \]\\ \hline \end{tabular}  </math>
Anmerkung:
Es gibt auch Berechnungsmöglichkeiten (hier nicht gezeigt) mit dem Arkussinus und auch mit dem Arkuskosinus; in beiden Fällen hat man sich dabei zwei Formeln zu merken.
Will man es bei einer einzigen Formel (und einem Sonderfall) belassen, eignet sich die o.g. eingerahmte Formel.
Schlußbemerkung:
Kehren wir nochmal zurück zu der Feststellung, daß in den meisten Quellen die umfangreichere Fallunterscheidungsbeziehung, nicht etwa die Lösung über die Halbwinkelrelation, angegeben wird. Betrachten wir dazu ein Beispiel.
Gegeben ist <math>z = -\frac{1}{2} + \frac{1}{2}i</math>; gesucht: <math>\varphi = \arg(z).</math> · Mit der Fallunterscheidungsbeziehung wird
<math>\varphi = \arctan\left(\dfrac{\frac{1}{2}}{-\frac{1}{2}}\right) + \pi = -\arctan(1) + \pi = -\frac{\pi}{4} + \pi = \dfrac{3\pi}{4}</math>

· Mit der Halbwinkelrelation wird dagegen
<math> \varphi = 2 \cdot \arctan\left(\dfrac{y}{x + r}\right) = 2 \cdot \arctan\left(\dfrac{\frac{1}{2}}{-\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}}\right) =  2 \cdot \arctan\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}-1}\right) \\ = 2\cdot \arctan(1+\sqrt{2}) = 2\cdot \dfrac{3\pi}{8} = \dfrac{3\pi}{4} </math>

Der Grund dürfte also sein, daß bei der Halbwinkelrelation öfter mit komplizierten Ausdrücken gearbeitet werden muß, was früher, insb. bei der Arbeit mit Tabellenwerken, problematisch gewesen sein dürfte.
Im Zeitalter elektronischer Taschenrechner jedoch, dürfte dieses Problem kaum noch Relevanz besitzen.


Danke @Buri für das Korrekturlesen.

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Das Fallunterscheidungsproblem des Arkustangens [von cis]  
beim Argument einer Komplexen Zahl, und wie man es umgeht Für das sogen. Argument einer Komplexen Zahl z = x + iy finden wir in den meisten Büchern eine Bestimmungsangabe der folgenden Art: varphi= mathrm{arg}(x+iy) = begin{cases} arctanleft
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" Mathematik: Das Fallunterscheidungsproblem des Arkustangens " | 5 Kommentare
 
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Re: Das Fallunterscheidungsproblem des Arkustangens
von cis am Mo. 27. Oktober 2014 20:07:46


Da Anfrage per PM; hier der TikZ-Code. Das ist aber nicht professionell gemacht (professionell hieße: Winkel eintippen in Kommando - alles andere paßt sich automatisch an), gibt, wenn überhaupt, nur Einblick in die Bibliothek 'angles'.

latex
\documentclass[varwidth, margin=2.5pt]{standalone}
\usepackage[ngerman]{babel}
\usepackage{tikz}
    \usetikzlibrary{plotmarks}
    \usetikzlibrary{calc}
    \usetikzlibrary{angles,quotes,babel}
\usepackage{amsmath, amssymb}
 
%===========
\begin{document}
%===========
\def\Re{-3.5}
\def\Im{-3}
\def\RADIUS{2}
\begin{tikzpicture}[scale=0.60, font=\footnotesize,>=latex, ]
 
%%Koordinaten%%
\coordinate (O) at (0,0);
\coordinate (Z) at (\Re, \Im);
\coordinate (X) at (\Re, 0);
\coordinate (Y) at (0, \Im);
\coordinate (F) at (\RADIUS,0);
\coordinate (G) at ($({\RADIUS},{(\RADIUS*\Im)/\Re})$);
 
% x- und y-Achse
\draw[->] (-4,0) -- (4,0);
\draw[->] (0,-4) -- (0,4);
 
%%Einheitskreis%%
\draw[thin] (0,0) circle[radius=\RADIUS cm];
 
%%Zeiger%%
\draw[->, thick] (O) -- (Z) node[below, very near end]{$z$};
	\draw[->, very thick] (O) -- (X) node[above, very near end]{$x$};
	\draw[->, very thick] (X) -- (Z) node[left, very near end]{$y$};
 
%% Hilfslinien %%
%\draw[->, orange!80!black] (F) -- (G) node[midway, right]{\tiny $\tan(\alpha)$};
%\draw[densely dashed, shorten >=-1em] (O) -- (G);
 
%% Punkte%%
\shadedraw  plot [draw=blue, only marks, mark=*, mark size=2.0pt, mark options={fill=black}] coordinates{(Z)};
 
%% Winkel %%
\tikzset{PHI/.style={angle eccentricity=0.6, draw,  angle radius=0.75cm, "$\varphi$", ->, blue}}
 
\tikzset{ALPHA/.style={angle eccentricity=0.6, draw,  angle radius=0.75cm, "$\alpha$", ->, red}}
 
\draw pic [PHI, <-] {angle = Z--O--F};
\draw pic [ALPHA] {angle =X--O--Z};
%\draw pic [ALPHA, <-] {angle =G--O--F};
 
%%Qudrant%%
\node[circle, draw, yshift=-0.25cm, xshift=1cm] at (Z) {III};
 
\end{tikzpicture}
 
%===========
\end{document}
%===========

 [Bearbeiten]

Re: Das Fallunterscheidungsproblem des Arkustangens
von Yakob am Mo. 27. Oktober 2014 21:44:45


Für die angegebene Formel kann man auch eine einfache geometrische Herleitung angeben. Sie beruht auf dem Satz über Zentriwinkel und Peripheriewinkel im Kreis.

 


Der in der Figur bei S angegebene Winkel ist halb so groß wie der bei O markierte Argumentwinkel der Zahl z = x + i y . Der Vorteil bei der Betrachtung des halbierten Winkels ist der, dass er stets im Intervall [- π/2 , + π/2] liegt und deshalb mittels arctan eindeutig bestimmt werden kann, außer im Fall, wo z reell und ≤ 0 ist. Man erkennt sofort die Beziehung

  <math>\tan\left(\frac{\varphi}{2}\right)\ =\ \frac{|\overline{Z'Z}|}{|\overline{SZ'}|}</math>

also

  <math>\tan\left(\frac{\varphi}{2}\right)\ =\ \frac{y}{x+r}</math>

Die Konstruktion und auch diese Berechnung klappt auch für stumpfe Argumentwinkel, also wenn x negativ und y ≠ 0 ist.

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Re: Das Fallunterscheidungsproblem des Arkustangens
von Ex_Mitglied_40174 am Mo. 27. Oktober 2014 23:50:45


Danke für den Artikel ! Der ist definitiv eine sinnvolle Ergänzung des MP-Angebots. Frage mich, warum man diese Darstellung eher selten findet.


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Re: Das Fallunterscheidungsproblem des Arkustangens
von cis am Di. 28. Oktober 2014 00:49:29


Das Gesagte läßt sich natürlich auch anderweitig verwenden, für ein Bsp. siehe  hier, Punkt (3).

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Alternative Formel
von Ex_Mitglied_40174 am So. 09. November 2014 06:21:11


<math>\displaystyle\varphi = \mathrm{sgn}(y)\arccos\Big(\frac{x}{r}\Big)\quad (\varphi\ne\pi)</math>


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