Lösungen der komplexen Gleichung ((z-i)/(z+i))^{2n+1}=1 zeigen

Question

Sei \( n \in \mathbb{N} \). Zeigen Sie, dass alle komplexen Lösungen \( z \in \mathbb{C} \) der Gleichung

\( \left(\frac{z-\mathrm{i}}{z+\mathrm{i}}\right)^{2 n+1}=1 \)

durch \( -\cot \left(\frac{k \pi}{2 n+1}\right), k=1, \ldots, 2 n \), gegeben sind.

Answer 1

Bei Eigenrecherche bin ich hierüber gestolpert:

man substituiert zunächst \( y=\frac{z-i}{z+i} \) als neue Unbekannte. Alle Lösungen y der Gleichung \( y^{2 n+1}=1 \) haben den Betrag 1 wegen \( |y|^{2 n+1}=\left|y^{2 n+1}\right|=|1|=1 \) und lassen sich daher in der Form \( y=1 \cdot e^{i \cdot \varphi}=e^{i \cdot \varphi} \) mit \( \varphi \in \mathbb{R} \) darstellen.

Aus \( |y|=1 \) folgt, dass \( z \) von den Zahlen \( i \) und \( -i \) gleich weit entfernt ist und somit eine reelle Zahl ist.

Wegen \( y^{2 n+1}=e^{(2 n+1) \cdot i \cdot \varphi}=1 \) muss \( (2 n+1) \cdot \varphi \) ein Vielfaches von \( 2 \pi \) sein, also gilt \( \varphi=\frac{2 \pi k}{2 n+1} \) mit \( k \in \mathbb{Z} \).
Weil beim Winkel \( \varphi \) die Addition von Vielfachen von \( 2 \pi \) keine Rolle spielt, genügt es, die Werte \( k=0,1, \ldots \), an zu betrachten.
Aus \( y=\frac{z-i}{z+i}=e^{\frac{2 \pi i k}{2 n+1}}=\cos \left(\frac{2 \pi k}{2 n+1}\right)+i \cdot \sin \left(\frac{2 \pi k}{2 n+1}\right) \) erhält man
die Gleichung \( (z+i) \cdot\left(\cos \left(\frac{2 \pi k}{2 n+1}\right)+i \cdot \sin \left(\frac{2 \pi k}{2 n+1}\right)\right]=z-i \)
die man nach der Moi vreschen Formel auch in der Form \( (z+i) \cdot\left(\cos \left(\frac{\pi k}{2 n+1}\right)+i \cdot \sin \left(\frac{\pi k}{2 n+1}\right)\right]=(z-i) \cdot\left(\cos \left(\frac{\pi k}{2 n+1}\right)-i \cdot \sin \left(\frac{\pi k}{2 n+1}\right)\right] \)
schreiben kann.
Weil z reell ist, drückt diese Gleichung nichts anderes aus, als dass \( (z+i) \cdot\left(\cos \left(\frac{\pi k}{2 n+1}\right)+i \cdot \sin \left(\frac{\pi k}{2 n+1}\right)\right] \) ebenfalls reell ist, und
aus diesen zwei Bedingungen kann man z bestimmen.

Es stellt sich heraus, dass es für k = 0 keine Lösung gibt, weil z+i ≠ z-i für alle z gilt. Für die übrigen k=1,...,2n erhält man nach Umformung die in der Aufgabe angegebene Lösung.

Die Zahl z = -i ist keine Lösung der gegebenen Gleichung, weil z+i im Nenner steht, für alle anderen z sind die vorliegenden Überlegungen Äquivalenzumformungen, es ist daher keine Probe erforderlich.

Quelle: https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=195975&post_id=1440572

Das sollte weiterhelfen.

Grüße