de optelling en vermenigvuldiging van complexe getallen, de beschrijving van complexe getallen in termen van poolcoördinaten,

Transcriptie

1 Hoofdstuk 1 Complexe getallen 1.1 Rekenen met complexe getallen We kunnen reële getallen opvatten als punten van een rechte lijn, de getallenrechte. Net zo kunnen we complexe getallen opvatten als punten van het vlak. Om voor punten van het vlak de naam getallen waar te maken, moeten we een optelling en een vermenigvuldiging voor punten in het vlak gaan definiëren. In deze paragraaf bespreken we het begrip complex getal, de optelling en vermenigvuldiging van complexe getallen, de beschrijving van complexe getallen in termen van poolcoördinaten, quotiënten van complexe getallen, de geconjugeerde van een complex getal, diverse rekenregels, de meetkundige interpretatie van complexe getallen We nemen in het platte vlak een loodrecht assenstelsel. Van dit assenstelsel noemen we de horizontale as de reële as en de verticale as de imaginaire as. Ieder punt in het vlak wordt ten opzichte van dit assenstelsel bepaald door twee coördinaten a en b, die uiteraard reëel zijn. We noemen het punt (a, b) een complex getal, dat we in de regel in plaats van met (a, b) zullen noteren als a+bi. De punten (a,0) op de eerste as noteren we eenvoudigweg met a en de punten (0, b) op de tweede as met bi. In het bijzonder is i het 33

2 34 Complexe getallen punt (0, 1). Voor een complex getal gebruiken we vaak de letter z of w. De verzameling complexe getallen wordt aangegeven met C. imaginaire as bi z = a + bi 0 a reële as (Som) We definiëren de som van twee complexe getallen z 1 = a 1 + b 1 i en z 2 = a 2 + b 2 i als volgt: z 1 + z 2 := (a 1 + a 2 ) + (b 1 + b 2 )i. Bijvoorbeeld is (1 + i) + ( 2 + 4i) = 1 + 5i. Optelling van complexe getallen is dus de coördinaatsgewijze optelling in het vlak. Meetkundig is het de bekende vectoroptelling. Door uitschrijven gaan we eenvoudig na dat voor deze optelling van complexe getallen alle rekenregels gelden die we van de optelling van reële getallen kennen. Bijvoorbeeld is de optelling commutatief : voor alle complexe getallen z en w geldt z + w = w + z. De optelling is ook associatief : voor alle complexe getallen z 1, z 2, z 3 geldt (z 1 + z 2 ) + z 3 = z 1 + (z 2 + z 3 ) (Product) We definiëren het product van twee complexe getallen z 1 = a 1 + b 1 i en z 2 = a 2 + b 2 i door z 1 z 2 := (a 1 a 2 b 1 b 2 ) + (a 1 b 2 + a 2 b 1 )i. Dit lijkt een ingewikkelde formule, maar hij is eenvoudig te onthouden. Werk het product (a 1 + b 1 i) (a 2 + b 2 i) uit, gebruik makend van de rekenregels voor reële getallen, en gebruik als extra eigenschap i 2 = 1, dan volgt de formule van het rechterlid. Ga na dat (1 + i) ( 2 + 4i) = 2 + 4i + ( 2)i + i(4i) = 6 + 2i. Vanwege de manier waarop we deze vermenigvuldiging gedefinieerd hebben is het niet verwonderlijk dat voor de vermenigvuldiging van complexe getallen en de interactie met de optelling van complexe getallen dezelfde rekenregels gelden als voor de reële getallen, met de extra eigenschap i 2 = 1. De verificatie hiervan is betrekkelijk veel maar eenvoudig rekenwerk. Naast commutativiteit en associativiteit is de zogenaamde distributiviteit van de vermenigvuldiging over de optelling een voorbeeld van zo n rekenregel: voor alle complexe getallen z 1, z 2, z 3 geldt z 1 (z 2 + z 3 ) = z 1 z 2 + z 1 z 3.

3 1.1 Rekenen met complexe getallen (Absolute waarde en argument) Vermenigvuldiging van complexe getallen heeft ook een meetkundige interpretatie. Daarbij gebruiken we de nu te bespreken absolute waarde en argument, zie verder en We kunnen in het vlak een punt, behalve in Cartesische coördinaten, ook weergeven met poolcoördinaten: de absolute waarde is de afstand tot de oorsprong; het argument is de hoek met de positieve x as. De absolute waarde van het complexe getal z = a + bi (met a en b reëel!) is gelijk aan a 2 + b 2. Het argument is slechts op een veelvoud van 2π na bepaald. Als we het argument kiezen tussen π en π dan spreken we van de hoofdwaarde van het argument. De hoofdwaarde van het argument van punten op de negatieve reële as is π. Voor de oorsprong is het argument ongedefinieerd. z z arg(z) Als een complex getal z absolute waarde z en argument ϕ heeft, dan zijn de coördinaten respectievelijk z cos ϕ en z sinϕ, zodat we dat complexe getal kunnen schrijven als z = z cos ϕ + i z sinϕ, z = z (cos ϕ + i sinϕ). of Voorbeeld. Het complexe getal i heeft absolute waarde = 1 en argument π/2. Het complexe getal 1+i heeft absolute waarde ( 1) = 2; de hoofdwaarde van het argument is 3π/4. Het getal is dus ook te schrijven als 2 (cos(3π/4) + i sin(3π/4)). Het voordeel van deze schrijfwijze is dat we onmiddellijk zien wat absolute waarde en argument van 1 + i zijn (Reële en imaginaire deel) Als z = a + bi met a, b R, dan heten a en b respectievelijk het reële deel van z, genoteerd door Re(z), en het imaginaire deel van z, genoteerd door Im(z). Re en Im zijn dus afbeeldingen van C

4 36 Complexe getallen naar R. Merk op dat het imaginaire gedeelte van een complex getal reëel is! De volgende eigenschappen volgen direct uit de definities: Re(z 1 + z 2 ) = Re(z 1 ) + Re(z 2 ), Re(z 1 z 2 ) = Re(z 1 )Re(z 2 ) Im(z 1 )Im(z 2 ), Im(z 1 + z 2 ) = Im(z 1 ) + Im(z 2 ), Im(z 1 z 2 ) = Re(z 1 )Im(z 2 ) + Im(z 1 )Re(z 2 ). Uit de absolute waarde en het argument van een complex getal z kunnen we eenvoudig het reële en imaginaire gedeelte vinden: Re(z) = z cos(arg(z)), Im(z) = z sin(arg(z)). Omgekeerd vinden we uit het reële en imaginaire gedeelte de absolute waarde van z met de formule z = Re(z) 2 + Im(z) 2. Vaak denkt men dat (de hoofdwaarde van) het argument gegeven wordt door de formule ( Im(z) ) arg(z) = arctan. Re(z) Dit is juist als Re(z) > 0, maar in het algemeen onjuist. Ga dit zelf na aan de hand van het complexe getal 1 i. De volgende (niet zo belangrijke) formule is wel correct als z niet op de negatieve reële as ligt: arg(z) = 2 arctan Im(z) z + Re(z) (Driehoeksongelijkheid) De absolute waarde heeft de volgende eigenschap: z 1 + z 2 z 1 + z 2. Deze eigenschap staat bekend als de driehoeksongelijkheid. Zie verder Opgave (Absolute waarde en argument: rekenregels) Beschouw twee complexe getallen z 1 en z 2 met poolcoördinaten ( z 1, ϕ 1 ) en ( z 2, ϕ 2 ), respectievelijk. Dan geldt z 1 = z 1 cos ϕ 1 + i z 1 sinϕ 1, z 2 = z 2 cos ϕ 2 + i z 2 sinϕ 2,

5 1.1 Rekenen met complexe getallen 37 waaruit volgt: ( z 1 z 2 = z 1 z 2 (cos ϕ 1 cos ϕ 2 sinϕ 1 sinϕ 2 ) + ) i(cos ϕ 1 sinϕ 2 + cos ϕ 2 sinϕ 1 ) ( ) = z 1 z 2 cos(ϕ 1 + ϕ 2 ) + i sin(ϕ 1 + ϕ 2 ). Hieruit volgen de volgende twee belangrijke formules (mod=modulo): z 1 z 2 = z 1 z 2, arg(z 1 z 2 ) = arg(z 1 ) + arg(z 2 ) (mod 2π). (1.1) Door herhaald toepassen van deze regels vinden we voor n complexe getallen z 1, z 2,...,z n : z 1 z 2 z n = z 1 z 2 z n, arg(z 1 z 2 z n ) = arg(z 1 ) + arg(z 2 ) + + arg(z n ) (mod 2π). (1.2) Zijn z 1, z 2,...,z n alle gelijk aan het getal z, dan vinden we: z n = z n, arg(z n ) = n arg(z) (mod 2π). (1.3) (Het quotiënt) Voor ieder complex getal z 0 bestaat ook 1/z. Immers, 1/z dient te voldoen aan z (1/z) = 1, dus wegens formule (1.1) aan z 1/z = 1 = 1, arg(z) + arg(1/z) = arg(1) = 0, zodat we 1/z in poolcoördinaten kunnen definiëren door 1 = 1 z z, arg(1/z) = arg(z). Het quotiënt z/w van twee complexe getallen (met w 0) definiëren we nu als het product z (1/w). In termen van poolcoördinaten volgt met formule (1.1) voor het quotiënt: z/w = z / w, arg(z/w) = arg(z) arg(w) (mod 2π). (1.4)

6 38 Complexe getallen Voor dit quotiënt gelden de gebruikelijke rekenregels; zo is bijvoorbeeld z 1 z 2 w 1 w 2 = z 1w 1 z 2 w 2. We kunnen van 1/z ook het reële en imaginaire deel opsporen. Stel z = a+bi met a, b R en niet beide nul. Dan is 1 z = 1 a + bi = a bi (a + bi)(a bi) = a bi a 2 + b 2. Ga na dat i = 3 4i 25 en dat 1 + i 2 + 3i = 5 i (De geconjugeerde) Als z = a + bi met a, b R een complex getal is, dan heet a bi de geconjugeerde van z, ook genoteerd als conj(z) of z. Conjugeren is dus spiegelen t.o.v. de reële as. Ieder van de volgende eigenschappen kan eenvoudig nagegaan worden, meetkundig of door invullen. Re(z) = Re( z), Im(z) = Im( z), Re(z) = 1 2 (z + z), Im(z) = 1 2i (z z), z = z, arg(z) = arg( z), z 1 + z 2 = z 1 + z 2, z 1 z 2 = z 1 z 2, z + z = 2 Re(z), z z = z 2. Merk op dat uit de laatste formule volgt 1 z = z z 2, in overeenstemming met We vinden dus 1/z door eerst te spiegelen t.o.v. de x as en dan door z 2 te delen (Meetkundige interpretatie) Laat z = a+bi en w = c+di twee complexe getallen zijn. De absolute waarde z w heeft als meetkundige interpretatie de afstand van z tot w. Immers, z w = (c a) 2 + (d b) 2, terwijl de stelling van Pythagoras vertelt dat dit de afstand is van z tot w. Van deze interpretatie kunnen we soms gebruik maken:

7 1.1 Rekenen met complexe getallen 39 De vergelijking z i = 5 heeft als oplossingen precies die complexe getallen z die afstand 5 tot i hebben. Dit is een cirkel om i met straal 5. Natuurlijk kunnen we deze vergelijking ook omwerken tot de bekende vergelijking van een cirkel: als z = x + iy, dan volgt z i = 5 z i 2 = 25 x+(y 1)i 2 = 25 x 2 +(y 1) 2 = 25. De vergelijking z a = z b heeft als oplossingen alle punten z die dezelfde afstand tot a en b hebben. Dit is de middelloodlijn tussen a en b. Er is ook een meetkundige interpretatie voor het vermenigvuldigen met een complex getal; deze interpretatie volgt uit We illustreren haar aan de hand van het vermenigvuldigen met i. Als z 0, dan is zi = z i = z, terwijl arg(zi) = arg(z) + arg(i) = arg(z) + π/2. Met andere woorden, zi wordt uit z verkregen door z over de hoek π/2 te roteren. Op een zelfde manier volgt dat z vermenigvuldigen met 1 + i betekent dat we z in absolute waarde oprekken met een factor 2 en het resultaat draaien over de hoek π/ Rekenen met complexe getallen vereist een redelijke rekenvaardigheid. We dienen steeds een keuze te maken of we de representatie in Cartesische coördinaten of in poolcoördinaten zullen gebruiken. Ruwweg kunnen we daarbij de volgende vuistregels hanteren: als de berekening hoofdzakelijk optellingen bevat, dan is gebruik van Cartesische coördinaten raadzaam; als de berekening hoofdzakelijk vermenigvuldigingen bevat, dan is rekenen in poolcoördinaten aan te bevelen. Bij het oplossen van vergelijkingen speelt een rol dat twee complexe getallen aan elkaar gelijk zijn dan en slechts dan als zowel de reële als imaginaire gedeelten aan elkaar gelijk zijn; voor twee complexe getallen ongelijk 0 geldt dat ze gelijk zijn dan en slechts dan als ze dezelfde absolute waarden hebben en de argumenten op een veelvoud van 2π na gelijk zijn. Met deze eigenschappen kunnen we complexe vergelijkingen omzetten in reële vergelijkingen. Dat is overigens niet altijd handig of nodig Voorbeeld. We lossen de vergelijking z 2 = 2i op.

8 40 Complexe getallen (Eerste oplossing) Bij deze oplossing schrijven we z = x + iy (met x en y reëel) en vullen in: x 2 + 2ixy y 2 = 2i. Gelijkstellen van de reële en imaginaire delen levert de twee vergelijkingen x 2 y 2 = 0 en 2xy = 2. Uit de eerste vergelijking (voor de reële getallen x en y) volgt x = y of x = y. Invullen in de tweede geeft x 2 = 1 en x 2 = 1. De vergelijking x 2 = 1 heeft geen (reële!) oplossingen en de vergelijking x 2 = 1 leidt tot x = 1 of x = 1. We vinden ten slotte de twee oplossingen 1 + i en 1 i. (Tweede oplossing) Gebruik makend van de absolute waarde en het argument redeneren we als volgt. z 2 = 2i z 2 = 2 en arg(z 2 ) = π/2 + 2kπ (k geheel) z 2 = 2 en 2 arg(z) = π/2 + 2kπ (k geheel) z = 2 en arg(z) = π/4 + kπ (k geheel). Hieruit volgen de twee oplossingen 2 (cos(π/4) + i sin(π/4)) en 2 (cos(5π/4) + i sin(5π/4)) (we gebruiken enkel de waarden k = 0 en k = 1, omdat we voor k = 2 weer dezelfde oplossing vinden als voor k = 0, voor k = 3 dezelfde oplossing als voor k = 1 enz.). Ga na dat dit dezelfde getallen zijn als beschreven in de eerste oplossing. 1.2 De complexe e macht, sinus en cosinus Tot nu toe kunnen we met complexe getallen alleen optellen en aftrekken, vermenigvuldigen en delen, en machtsverheffen tot een gehele macht. We zullen nu laten zien hoe we in de complexe getallen de e macht en de sinusen cosinusfunctie definiëren Definitie. (Complexe e macht) Voor ieder complex getal z definiëren we het complexe getal e z door e z = e Re(z), arg(e z ) = Im(z).

9 1.2 De complexe e macht, sinus en cosinus Merk op dat we in deze definitie de van de reële getallen bekende e macht gebruiken. Als z een reëel getal is, dan is e z = e z en arg(e z ) = 0, dus definitie levert de reële e macht op en breidt derhalve de definitieverzameling van de e macht uit van R naar C. Omdat de reële e macht nooit 0 is, volgt dat de complexe e macht ook nooit 0 is: e z = e Re(z) 0, en een getal waarvan de absolute waarde ongelijk 0 is, is zelf ongelijk Voorbeeld. Het complexe getal e πi heeft absolute waarde e Re(πi) = e 0 = 1 en argument Im(πi) = π zodat e πi = 1. Het getal e 1+πi/2 heeft absolute waarde e Re(1+πi/2) = e 1 en argument Im(1+πi/2) = π/2 zodat e 1+πi/2 = ei Voorbeeld. Om de vergelijking e z = 1+i op te lossen stellen we de absolute waarden links en rechts gelijk en ook de argumenten. Met z = x+iy betekent dit e x = 2 en y = π + 2kπ met k geheel. 4 We vinden dus de volgende (oneindige) oplossingsverzameling: { 1 2 log(2) + i(π 4 + 2kπ) k Z }, waarin log de natuurlijke logaritme is Stelling. e z 1 e z 2 = e z 1+z 2. Bewijs. e z 1 e z 2 = e z 1 e z 2 = e Re(z 1) e Re(z 2) = e Re(z 1)+Re(z 2 ), e z 1+z 2 = e Re(z 1+z 2 ) = e Re(z 1)+Re(z 2 ). Het linker en het rechterlid hebben dus dezelfde absolute waarde. Ook geldt arg(e z 1 e z 2 ) = arg(e z 1 ) + arg(e z 2 ) = Im(z 1 ) + Im(z 2 ), arg(e z 1+z 2 ) = Im(z 1 + z 2 ) = Im(z 1 ) + Im(z 2 ). Het linker en het rechterlid hebben dus ook hetzelfde argument, en daarmee zijn ze gelijk Stelling. (e z ) n bestaat voor ieder complex getal z en voor iedere gehele (dus ook negatieve) n. Voor iedere gehele n en iedere complexe z geldt (e z ) n = e nz.

10 42 Complexe getallen Bewijs. Omdat voor iedere z het getal e z 0, bestaat (e z ) n voor iedere z en iedere gehele (dus ook negatieve) n. Resteert het bewijs van de gelijkheid (e z ) n = e nz. Voor positieve n is deze eigenschap een gevolg van de vorige. Voor n = 0 zijn linkerlid en rechterlid per definitie 1. Nu n = 1. Wegens is de absolute waarde van 1/e z gelijk aan (e z ) 1 = e z 1 = ( e Re(z)) 1 = e Re(z) Re( z) = e en analoog vinden we voor het argument ( arg (e z ) 1) = arg(e z ) = Im(z) = Im( z). Dus is (e z ) 1 = e z. Dat nu de eigenschap voor alle negatieve n waar is volgt uit Stelling Gevolg. e 2πin = 1, e πin = ( 1) n voor iedere gehele n. Beide eigenschappen volgen direct uit de definitie van e z en Stelling Stelling. De functie e z is periodiek met periode 2πi. Bewijs. e z+2πi = e z e 2πi = e z 1 = e z De formules in Gevolg zijn een bijzonder geval van een algemene eigenschap. Laat ϕ een reëel getal zijn. Dan is e iϕ een complex getal met absolute waarde 1 en argument ϕ, dus: Eigenschap. Voor ieder reëel getal ϕ geldt e iϕ = cos ϕ + i sinϕ. Deze relatie legt het verband tussen de e macht, de sinus en de cosinus en geeft bovendien een andere veel gebruikte notatie voor een complex getal in termen van zijn absolute waarde en argument: Zo is bijvoorbeeld 1 + i = 2 e πi/ Uit volgt voor reële ϕ z = z e iarg z. e iϕ = cos ϕ i sin ϕ,

11 1.2 De complexe e macht, sinus en cosinus 43 zodat voor iedere reële ϕ geldt ) cos ϕ = 1 2 (e iϕ + e iϕ, ) sin ϕ = 1 2i (e iϕ e iϕ. We definiëren nu voor complexe z de sinus en de cosinus Definitie. (Complexe sinus en cosinus) ) cos z = 1 2 (e iz + e iz, ) sin z = 1 2i (e iz e iz. Wegens resulteren deze definities voor het geval dat z reëel is in de van ouds bekende sinus en cosinus Stelling. De sinus en de cosinus zijn periodiek met periode 2π. Ook geldt Bewijs. sin(z + 2π) = 1 2i = 1 2i sin 2 (z) + cos 2 (z) = 1 z C. (e i(z+2π) e i(z+2π) ) ) (e iz e iz = sin z, = 1 2i (e iz e 2πi e iz e 2πi ) want e 2πi heeft absolute waarde 1 en argument 2π, en is dus ook gelijk aan 1. Net zo tonen we aan dat de cosinus periodiek is met periode 2π. De betrekking sin 2 (z) + cos 2 (z) = 1 vinden we door de definities van sin(z) en cos(z) in te vullen Voorbeeld. Los op de vergelijking cos(z) = 2. Het is duidelijk dat er binnen R geen oplossingen zijn. We moeten oplossen 1 ( e iz + e iz) = 2. 2

12 44 Complexe getallen Noem e iz = w, dan is w 0 wegens en vinden we de vergelijking Hieruit volgt w + 1 w = 4, w 2 4w + 1 = 0, (w 2) 2 = 3, w = 2 ± 3. e iz = e Im(z) = w = 2 ± 3, dus Im(z) = log(2 ± 3). arg(e iz ) = Re(z) = arg w = 0 (mod 2π), dus Re(z) = k 2π, k Z. Alle oplossingen van de vergelijking zijn dus z = ilog(2 + 3) + k 2π, k Z, z = ilog(2 3) + k 2π, k Z. Merk op dat de absolute waarde van de complexe cosinus dus niet altijd kleiner dan of gelijk is aan 1, zoals voor de reële cosinus! Stelling. e z = e z, sin(z) = sin( z), cos(z) = cos( z). Bewijs. e z ) = e z = e Re(z) = e Re( z), arg (e z = arg(e z ) = Im(z) = Im( z), dus e z = e z. sin(z) = 1 ) ( 1 ) (e 2i iz e iz = 2i)(e iz e iz = 1 ( ) eī z e ī z 2i = 1 2i ) (e i z e i z = 1 ) (e i z e i z 2i = sin( z). De formule voor cos(z) wordt analoog bewezen.

13 1.3 Complexe polynomen Met de rekenregel e z e w = e z+w voor de complexe e macht zijn de diverse gonioformules snel af te leiden en handig te onthouden. Herschrijf bijvoorbeeld de gelijkheid e 2it = e it e it (voor reële t) als volgt: cos(2t) + i sin(2t) = (cos t + i sint)(cos t + i sint). Werk het rechterlid uit en vergelijk het reële deel en het imaginaire deel van het linkerlid en van het uitgewerkte rechterlid: cos(2t) = cos 2 t sin 2 t en sin(2t) = 2 sintcos t. Deze formules gelden ook voor complexe waarden van t; dat is eenvoudig te verifiëren door de definitie van de complexe sinus en cosinus toe te passen. Uit de gelijkheid e ia e ib = e i(a+b) is op soortgelijke manier af te leiden dat cos(a + b) = cosacos b sinasinb; sin(a + b) = sinacos b + cos asinb. 1.3 Complexe polynomen Het oplossen van vergelijkingen is een belangrijke bezigheid in de wiskunde. Met complexe getallen kunnen we meer vergelijkingen aan dan enkel met reële getallen. Een veel voorkomend type vergelijking is de veeltermvergelijking of polynoomvergelijking. In deze paragraaf bespreken we het begrip complex polynoom en een aantal typen polynoomvergelijkingen (Complexe polynomen) Een uitdrukking van de gedaante a n z n + a n 1 z n a 1 z + a 0 waarin a 0,...,a n complexe getallen zijn, heet een complex polynoom (of complexe veelterm) in z. Als a n 0 dan heet n de graad van het polynoom. De getallen a 0,...,a n heten de coëfficiënten van het polynoom. Zijn ze alle reëel, dan noemen we het polynoom reëel. Laat p(z) een polynoom zijn. Als p(α) = 0, dan heet α een nulpunt van het polynoom of ook wel een wortel of oplossing van de (polynoom)vergelijking p(z) = 0. We gebruiken in deze paragraaf, en ook later, regelmatig de formules (1.2) en (1.3): z 1 z 2 z n = z 1 z 2 z n, arg(z 1 z 2 z n ) = arg(z 1 ) + arg(z 2 ) + + arg(z n ) (mod 2π)

14 46 Complexe getallen en in het bijzonder als z 1 = z 2 =... = z n = z: z n = z n, arg(z n ) = n arg(z) (mod 2π) Voorbeeld. We bepalen alle oplossingen in C van z 3 = i. Zo n oplossing moet voldoen aan z 3 = z 3 = i = 1, dus z = 1. Ook moet gelden arg(z 3 ) = 3 arg(z) = arg(i) = π 2 + k 2π, k Z, zodat arg(z) = π 6 + k 2π 3, k Z. Op veelvouden van 2π na vinden we dus slechts 3 verschillende waarden van arg(z), namelijk voor k = 0, 1 en 2. De drie oplossingen van de vergelijking zijn dus z = cos π 6 + i sin π 6, z = cos 5π 6 + i sin 5π 6, z = cos 9π 6 + i sin 9π Net zo als in dit voorbeeld lossen we in het algemeen de vergelijking z n = a op, waarin n een natuurlijk getal is en a een complex getal met a 0. Immers, uit z n = a volgt z n = z n = a, dus z = n a, arg(z n ) = n arg(z) = arg(a) + k 2π, k Z, arg(z) = 1 n arg(a) + k 2π n, k Z. Op veelvouden van 2π vinden we dus n verschillende waarden voor arg z, namelijk voor k = 0,..., n 1. De vergelijking z n = a heeft dus n verschillende oplossingen, die alle op de cirkel z = n a liggen en waarvan de onderlinge hoekafstand van twee opeenvolgende 2π/n is. Hieronder zijn de vier oplossingen van z 4 = 1 geschetst.

15 1.3 Complexe polynomen 47 i 1 1 i De vergelijking z n = 0 geeft aanleiding tot n vergelijkingen z = 0. De vergelijking z n = 0 heeft dus n samenvallende oplossingen 0. Zie ook In het bijzonder heeft de vergelijking z 2 = a, a 0 twee oplossingen, beide met absolute waarde a en met respectievelijk 1 2 arg(a) en 1 2 arg(a) + π als argument. We onderzoeken nu in het algemeen de nulpunten van een n e graads complex polynoom p(z) Stelling. Als voor een complex polynoom p(z) van graad n geldt p(α) = 0, dan bevat p(z) een factor z α, d.w.z. er bestaat een polynoom q(z) van graad n 1 zo dat p(z) = (z α)q(z). Bewijs. Voor iedere keuze van α kunnen we p(z) delen door z α. We vinden dan een quotiënt q(z) en een rest r, een complex getal. Dus: Nu is p(α) = 0, zodat p(z) z α = q(z) + r z α, p(z) = (z α)q(z) + r. 0 = p(α) = (α α)q(α) + r dus r = Als p(α) = 0, dan kan p(z) geschreven worden als (z α)q(z). Als q(α) = 0, dan bevat ook q(x) een factor (z α), en geldt dus p(z) = (z α) 2 r(z), enz.

16 48 Complexe getallen Definitie. α heet een nulpunt van multipliciteit m van een complex polynoom p(z) als er een polynoom t(z) met t(α) 0 bestaat zo dat p(z) = (z α) m t(z). De multipliciteit van een nulpunt α is dus het aantal factoren (z α) van p(z) Als p(z) een polynoom van graad n is, dan volgt direct uit het voorgaande dat het aantal nulpunten van p(z), ieder geteld met zijn multipliciteit, hoogstens n is. In feite geldt een nog veel sterkere eigenschap Stelling. (Hoofdstelling van de algebra) Ieder complex polynoom van graad n heeft precies n nulpunten als ieder nulpunt geteld wordt met zijn multipliciteit. Het bewijs van deze stelling valt buiten het kader van deze cursus. Merk op dat we de stelling al bewezen hebben voor polynomen van het type z n a. Merk ook op dat de hoofdstelling van de algebra niet geldt binnen de reële getallen: x is een reëel polynoom van graad 2 dat binnen R geen nulpunten heeft (Graad 1) Voor polynomen van graad 1 is het nulpunt altijd direct te vinden: Uit az + b = 0, a 0 volgt z = b/a (Graad 2) We beschouwen nu polynomen van graad 2: az 2 + bz + c, a 0. We herschrijven het polynoom als volgt az 2 + bz + c = a(z 2 + b b 4ac z) + c = a(z + a 2a )2 b2 + 4a Noem nu z + b 2a = w, dan vinden we de (kwadratische) vergelijking w 2 = b2 4ac 4a 2. Deze heeft twee oplossingen voor w (tenzij b 2 4ac = 0), zie 1.3.4, waaruit direct de twee oplossingen voor z volgen. Bovenstaande techniek heet kwadraat afsplitsen. Merk op dat we de abc formule niet gebruiken; die geeft aanleiding tot wortels van complexe getallen en die hebben we niet gedefinieerd..

17 1.3 Complexe polynomen Voorbeeld. Beschouw de vergelijking z 2 + (2 + 4i)z + i = 0. Kwadraat afsplitsen levert (z + (1 + 2i)) 2 = 3 + 3i, zodat wegens z i = 4 18(cos( 3π 8 ) + i sin(3π 8 )) of z i = 4 18(cos( 11π 8 ) + i sin(11π 8 )). Hieruit volgt z = cos( 3π 8 ) + i( sin 3π 8 ) of z = cos( 3π 8 ) + i( sin 3π 8 ) (Graad 3 en hoger) Het is nog mogelijk om voor polynomen van graad 3 en graad 4 algoritmen te geven die leiden naar de drie of vier nulpunten van deze polynomen. Voor polynomen van graad hoger dan vier bestaan dergelijke algoritmen niet, en is het dus betrekkelijk toevallig als we de nulpunten exact kunnen vinden. Uiteraard bestaan er algoritmen die de nulpunten numeriek benaderen. Tot slot van deze paragraaf besteden we enige aandacht aan polynomen waarvan de coëfficiënten reëel zijn Stelling. Beschouw het polynoom p(z) = a n z n + a n 1 z n a 1 z + a 0, waarin a n, a n 1,..., a 1, a 0 reëel zijn. Als het complexe getal α voldoet aan p(α) = 0, dan geldt ook p(ᾱ) = 0. Bewijs. Gegeven is a n α n + a n 1 α n a 1 α + a 0 = 0.

18 50 Complexe getallen Complex conjugeren geeft a n α n + a n 1 α n a 1 α + a 0 = 0. Toepassen van de rekenregels levert dan a n ᾱ n + a n 1 ᾱ n a 1 ᾱ + a 0 = 0, dus p(ᾱ) = Gevolg. Elk polynoom (ongelijk het nulpolynoom) met reële coëfficiënten is ontbindbaar in factoren van graad 1 of 2 met reële coëfficiënten. Bewijs. Laat p(z) een polynoom met reële coëfficiënten zijn. Als α een reëel nulpunt van p is, dan kan p(z) geschreven worden als p(z) = (z α)q(z), waarin q ook een polynoom met reële coëfficiënten is. Als α een niet reëel nulpunt is, dan is ᾱ ook een nulpunt en is p(z) = (z α)(z ᾱ) r(z) = (z 2 (α + ᾱ)z + αᾱ) r(z) = (z 2 2Re(α)z + α 2 ) r(z). De eerste factor heeft reële coëfficiënten, dus r(z) ook. Aangezien q(z) en r(z) lagere graad hebben dan p(z), kunnen we deze constructie herhalen, net zo lang tot we voor q(z) of r(z) een polynoom van graad 0, dus een reële constante, gevonden hebben Voorbeeld. Van het polynoom p(z) = z 5 6z z 3 z 2 + 6z 25 is gegeven dat 3 4i een nulpunt is. We gaan dit polynoom ontbinden in reële factoren van graad 1 en 2. Omdat het polynoom reële coëfficiënten heeft, is 3 + 4i ook een nulpunt, en moet het een factor (z 3 + 4i)(z 3 4i) = z 2 6z + 25 bevatten. Een staartdeling geeft dan p(z) = (z 2 6z + 25)(z 3 1). De laatste factor heeft z = 1 als nulpunt en bevat dus een factor z 1: p(z) = (z 2 6z + 25)(z 1)(z 2 + z + 1). De derde factor is verder onontbindbaar.

19 1.4 Complexwaardige functies van een reële variabele, harmonische trillingen Complexwaardige functies van een reële variabele, harmonische trillingen We beschouwen in deze paragraaf complexwaardige functies van een reële variabele t, gedefinieerd op een interval I. Aan de orde komen: continuïteit van zulke functies, differentiatie en integratie van dergelijke functies, de rol van deze functies bij de beschrijving van harmonische trillingen Als we de variabele van een complexwaardige functie als de tijd opvatten dan vormen de functiewaarden een baan in het complexe vlak. Een voorbeeld is de functie f(t) = e it, waarin t de reële getallen doorloopt. Voor iedere t is f(t) een complex getal met coördinaten (cos t, sint). Als t een interval met lengte 2π doorloopt, dan beschrijft f(t) een cirkel in C om de oorsprong met straal 1. Beschouwen we t als de tijd, dan beschrijft f(t) een eenparige cirkelbeweging Definitie. (Reële en imaginaire deel) Laat f : I C een complexwaardige functie zijn. Dan definiëren we Re(f) : I R en Im(f) : I R voor alle t I door Re(f)(t) = Re(f(t)), Im(f)(t) = Re(f(t)). Dus f(t) = (Re f)(t) + i(im f)(t) (Continuïteit) Een complexwaardige functie f : I C heet continu in t = α I als lim f(t) = f(α), t α dus als ( ) ( ) lim Re(f)(t), Im(f)(t) = Re(f)(α), Im(f)(α). t α Hieruit volgt dat een complexwaardige functie f continu in t = α is dan en slechts dan als de beide coördinaatfuncties Re(f) en Im(f) continu zijn in t = α. Daaruit volgt weer dat de complexwaardige functie f continu is op I dan en slechts dan als de beide coördinaatfuncties Re(f) en Im(f) continu zijn op I. In het bijzonder vinden we dat als de beide coördinaatfuncties

20 52 Complexe getallen Re(f) en Im(f) combinaties (som, product, quotiënt let wel op delen door 0 en samenstelling) zijn van continue functies gedefinieerd op I, de functie f continu is op I (Differentieerbaarheid) Een complexwaardige functie f : I C heet differentieerbaar in t = α als lim t 0 f(α + t) f(α) t = f (α) bestaat. Uiteraard is f (α) hier een complex getal. Noteren we f(α+ t) f(α) door f, dan geldt dus voor kleine t f f (α) t. De richting van f (α) is dus de richting van de raakvector aan de baan Stelling. f (α) = Re(f) (α) + i Im(f) (α). Bewijs. f (α) = lim t 0 = lim t 0 = lim t 0 f(α + t) f(α) t Re(f)(α + t) + iim(f)(α + t) Re(f)(α) iim(f)(α) t Re(f)(α + t) Re(f)(α) + t Im(f)(α + t) Im(f)(α) t +i lim t 0 = Re(f) (α) + iim(f) (α) Deze stelling zegt dus dat het reële gedeelte van de afgeleide de afgeleide is van het reële gedeelte, en analoog dat het imaginaire gedeelte van de afgeleide de afgeleide is van het imaginaire gedeelte Eigenschap. Net zo als dat bij reëelwaardige functies gebeurt, tonen we de volgende eigenschappen van het differentiëren van complexwaardige functies aan: optelregel: (f + g) (α) = f (α) + g (α); productregel: (f g) (α) = f (α)g(α) + f(α)g (α).

21 1.4 Complexwaardige functies van een reële variabele, harmonische trillingen In principe kunnen we de afgeleide van een complexwaardige functie vinden door het reële en het imaginaire deel afzonderlijk te differentiëren en de resultaten weer samen te voegen volgens Stelling Vaak is dat onhandig. Met de definitie van afgeleide gaan we eenvoudig na dat d (a t) = a dt voor ieder complex getal a. Daaruit leiden we met de optel en productregel direct af dat d dt (a nt n +a n 1 t n 1 + +a 1 t+a 0 ) = n a n t n 1 +(n 1)a n 1 t n 2 + +a 1 waarin a n,..., a 0 complexe getallen zijn. De volgende eigenschap is wat we op grond van de kettingregel zouden verwachten: Stelling. Laat a(t) een complexwaardige differentieerbare functie zijn. Dan is d dt ea(t) = a (t)e a(t). Bewijs. We splitsen e a(t) in het reële en imaginaire gedeelte, differentiëren en voegen het resultaat weer samen; hiervoor gebruiken we x(t) = Re(a(t)) en y(t) = Im(a(t)). e a(t) = e x(t)+iy(t) = e x(t) cos y(t) + i e x(t) siny(t), dus, gebruik makend van de regels voor reëelwaardige functies en van stelling 1.4.6, vinden we: d dt ea(t) = e x(t) x (t)cos y(t) e x(t) y (t)siny(t) + i e x(t) x (t)sin y(t) + i e x(t) y (t)cos y(t) = e x(t) x (t)cos y(t) + i e x(t) x (t)sin y(t) + i e x(t) y (t)cos y(t) + i 2 e x(t) y (t)sin y(t) = e x(t) (cos y(t) + i siny(t))(x (t) + iy (t)) = e a(t) a (t).

22 54 Complexe getallen Voorbeeld. ) d (e 2 t sin4t dt 2 ( ) = Im d 2 e (1+4i)t dt 2 = Im ( (1 + 4i) 2 e (1+4i)t) = Im ( ( i)e t (cos 4t + i sin4t) ) = 8e t cos 4t 15e t sin4t (Integratie) We gaan nu over tot bepaalde en onbepaalde integralen van een complexwaardige functie f. De bepaalde integraal b a f(t)dt wordt net zo gedefinieerd als voor een reëelwaardige functie. We verdelen het interval [a, b] in eindig veel deelintervalletjes met lengte ( t) i, kiezen in ieder deelinterval een punt ξ i en vormen de Riemannsom n i=1 f(ξ i ) ( t) i De integraal is nu de limiet van de Riemannsom voor maximale deelintervallengte naar nul. Nu geldt voor de Riemannsom n i=1 f(ξ i )( t) i = n i=1 Re(f)(ξ i )( t) i + i n i=1 Im(f)(ξ i )( t) i, zodat we vinden voor de limiet voor maximale deelintervallengte naar nul b a f(t)dt = b a b Re(f)(t)dt + i a Im(f)(t)dt. Deze eigenschap zegt dus dat het reële gedeelte van een integraal de integraal van het reële gedeelte is, en dat het imaginaire gedeelte van een integraal de integraal van het imaginaire gedeelte is.

23 1.4 Complexwaardige functies van een reële variabele, harmonische trillingen Stel F is een primitieve van de complexwaardige functie f. Dan is Re(F) = Re(f) en Im(F) = Im(f) zodat b a f(t)dt = b a b Re(f)(t)dt + i a Im(f)(t)dt = Re(F)(b) Re(F)(a) + i(im(f)(b) Im(F)(a)) = F(b) F(a). De hoofdstelling van de integraalrekening geldt dus ook voor complexwaardige functies De volgende eigenschappen komen bij toepassingen veel voor. Stel T > 0 en definieer ω = 2π T. Dan is voor n Z, n 0 en voor n = 0 is T 0 e inωt dt = 1 inω einωt T T 0 t=0 = 1 ) (e 2πin e 0 = 0, inω e i0ωt dt = T 0 dt = T. De voor reëelwaardige functies geldende regels voor partiële integratie en substitutie gelden ook voor complexwaardige functies Voorbeeld. We bepalen voor iedere n Z c n = t e 2πint dt Partiële integratie levert voor n 0 c n = t 1 4πin e2πint πin 0 e 2πint dt.

24 56 Complexe getallen Deze laatste integraal is 0 wegens het vorige voorbeeld, dus c n = 1 4πin = i 4πn voor n 0 c 0 = 1/ Complexe e machten worden vaak gebruikt bij het beschrijven van harmonische trillingen Definitie. (Harmonische trilling) Laat A een positief reëel getal zijn en ω en ϕ reële getallen. Dan heet de functie A cos(ωt + ϕ) (t R) een harmonische trilling met amplitudo A, hoeksnelheid ω en fasehoek ϕ. In plaats van het woord hoeksnelheid wordt vaak het woord hoekfrequentie, of soms zelfs kortweg frequentie, gebruikt Een harmonische trilling is periodiek, en de periode is T = 2π ω. Deze periode heet de trillingstijd. De frequentie (in Herz) is het aantal trillingen per tijdseenheid, dus gelijk aan 1/T. De hoekfrequentie is dus 2π maal zo groot als de frequentie in Herz Laat a een complex getal zijn met absolute waarde A en argument ϕ. Dan is a = A(cos ϕ + i sinϕ) = Ae iϕ. Dan is zodat a e iωt = A e iϕ e iωt = Ae i(ωt+ϕ) = A cos(ωt + ϕ) + iasin(ωt + ϕ), A cos(ωt + ϕ) = Re(a e iωt ). Iedere harmonische trilling is dus het reële gedeelte van de complexwaardige functie a e iωt. Omgekeerd, als t de reële getallen doorloopt, dan beschrijft a e iωt

25 1.4 Complexwaardige functies van een reële variabele, harmonische trillingen 57 een baan in het complexe vlak, in parametervoorstelling gegeven door { x = A cos(ωt + ϕ) y = A sin(ωt + ϕ). Dit is de parametervoorstelling van een eenparige cirkelbeweging in het vlak om de oorsprong met straal A, hoeksnelheid ω en starthoek ϕ. Iedere harmonische trilling is dus de projectie op de reële as van zo n eenparige cirkelbeweging in het complexe vlak. Voor de meeste berekeningen met harmonische trillingen blijkt dat werken met het reële gedeelte niet echt handig is. We hebben echter al een eenvoudige formule voor het reële gedeelte van een complex getal gezien: Re(z) = 1 (z + z). 2 Voor de harmonische trilling vinden we dus ( A cos(ωt + ϕ) = Re a e iωt) = 1 ) (a e iωt + a e 2 iωt = 1 ( a e iωt + ā e iωt). 2 Merk op dat ā e iωt de gespiegelde t.o.v. de reële as is van ae iωt. De harmonische trilling is dus de som van twee gespiegelde eenparige cirkelbewegingen in het complexe vlak en omgekeerd Voorbeeld. ) ) 5 sin(3t) + 12 cos(3t) = 5 1 2i (e 3it e 3it (e 3it + e 3it ) ) = (6 5 2 i e 3it + ( i e 3it. Inderdaad is 5 sin(3t) + 12 cos(3t) de som van twee geconjugeerde eenparige cirkelbewegingen in het) complexe vlak en dus een harmonische trilling. Stel ϕ = arg (6 5 2 i = arctan Dan is 5 sin3t + 12 cos(3t) = 13 2 eiϕ e 3it e iϕ e 3it = 13 2 (e i(3t+ϕ) + e i(3t+ϕ) ) = 13 cos(3t + ϕ). De harmonische trilling ) heeft dus een amplitudo 13, hoeksnelheid 3 en fasehoek ϕ = arctan( 5 12.

26 Algebra 2 Verzamelingenleer en Algebra 58 Complexe getallen 1.5 Aantekeningen Veel uitgewerkte voorbeelden van het rekenen met complexe getallen zijn te vinden in [6] en [7] (zie de bibliografie aan het eind van de syllabus). De constructie van complexe getallen kan opgevat worden als een speciaal geval van een constructie van rekensystemen die in Algebra 2 aan de orde komt. De formulering van de complexe getallen met behulp van paren reële getallen zoals in dit hoofdstuk gegeven dateert uit 1833 en gaat terug op W.R. Hamilton ( ), zie [1], p Hamilton wist deze constructie nog te generaliseren tot een rekensysteem met elementen van de vorm a+bi+cj+dk (met a,b,c,d R), waarin i 2 = 1, j 2 = 1, k 2 = 1, ij = k = ji, jk = i = kj, ki = j = ik; dit is het rekensysteem der quaternionen. Voor de lineaire algebra ligt het nut van complexe getallen daarin dat we allerlei polynoomvergelijkingen kunnen oplossen (dat zal in de volgende hoofdstukken blijken). Rekenen met polynomen komt bij Verzamelingenleer en Algebra uitgebreider aan de orde. De Hoofdstelling van de Algebra gaat terug op C.F. Gauss ( ), zie [1]; er bestaan diverse bewijzen van deze stelling, sommige algebraïsch, sommige analytisch. Een bewijs dat gebruik maakt van complex integreren wordt behandeld Functie theorie bij Functietheorie. Dat er geen expliciete formules bestaan om veeltermvergelijkingen van graad 5 en hoger op te lossen, vergt de nodige algebraïsche voorkennis; soortgelijke algebraïsche technieken zijn nodig om een vergelijkbaar verschijnsel te Algebra begrijpen, namelijk dat er van sommige in bekende functies uit te drukken functies geen primitieven bestaan die zelf weer combinaties van bekende functies zijn (een voorbeeld van zo n functie is e x2 ). Zulke technieken (voornamelijk uit de groepentheorie en de lichaamstheorie) komen aan de orde bij latere (keuze)vakken in de algebra. De analyse van functies f : C C (d.w.z. differentieerbaarheids- en integreerbaarheidskwesties) komt aan de orde bij het vak Functietheorie. Deze complexe analyse wordt veel gebruikt in de elektrotechniek en de mathematische fysica. 1.6 Opgaven 1 1 Schrijf de volgende complexe getallen in de vorm a + bi met a en b reëel: 7 + i a. (2 + 3i)(1 i), d i, b. ( i 3)( i 3), e. 9 3i 1 + 3i, c i, f. z (z + 1) 2, met z = i.

27 1.6 Opgaven 59 2 Schrijf de volgende complexe getallen in de vorm r(cos ϕ+isinϕ), waarbij r > 0 en π ϕ π, en teken deze punten in het complexe vlak: a. 3, d. 3 + i, b. 2i, e i, c. 1 + i, f. 4 4i. 3 Teken in het complexe vlak een willekeurig complex getal z, met ongespecificeerd reëel en imaginair deel en ongespecificeerde absolute waarde en argument. a. Teken zonder te rekenen (!) de volgende complexe getallen op hun juiste positie t.o.v. z: z + 2, 2z, 1, z 2i, iz, z, iz. z b. Idem voor de getallen z(cos(π/2) i sin(π/2)), 3z(cos(7π/6)+i sin(7π/6)) en z(cos(2π/3) + i sin(2π/3)). 4 Schets in het complexe vlak de verzameling van die z C die voldoen aan: z + 1 i 2 2 en π 2 arg z 3π 4. 5 Bepaal de verzameling van complexe getallen z die voldoen aan: a. z i = z + 3i, d. Re(z 2 + 1) = 0 en z = 2, b. z 3i = 4 + 2i z, e. arg(z/z) = 2π 3. c. Re(z 2 ) = Im(z 2 ), 6 Bewijs de driehoeksongelijkheid z 1 + z 2 z 1 + z 2 aan de hand van de volgende onderdelen. a. Bewijs de ongelijkheid voor z 1 = 1; schrijf daarbij z 2 in poolcoördinaten: z 2 = r(cos φ + i sinφ). b. Bewijs de ongelijkheid z 1 + z 2 z 1 + z 2 voor z 1 0 door aan beide kanten een factor z 1 naar buiten te halen. Laat verder zien dat voor complexe getallen z 1, z 2,...,z n geldt: z 1 + z z n z 1 + z z n.

28 60 Complexe getallen 2 7 Teken de volgende getallen in het complexe vlak en schrijf hen in de vorm a + bi: a. 2e πi/2, d. e 5πi/3, b. 3e 2πi/3, e. e ( πi/3)+3, c. 2e πi/4, f. e 5πi/6+2kπi, k Z. 8 Los de volgende vergelijkingen op: a. e z = 1 + i, d. e z = 1, b. e z = 1 + 3i, e. e z2 = i, c. e Re(z) = 5, f. e 2iz = 1+i 1 i. 9 Laat met behulp van de definities van cosinus en sinus zien dat voor alle complexe z geldt: a. sin2z = 2 sinz cos z. b. cos 2z = cos 2 z sin 2 z. 10 Los de volgende vergelijkingen op: a. 1 2 (eiz + e iz ) = 0, b. sin(2z) = Los de volgende vergelijkingen op en teken de oplossingen in het complexe vlak: a. z 6 = 1, e. (z + 2 i) 6 = 27i, b. z 3 = 8, f. z 2 = z, c. z 4 = 16i, g. z 3 = z. d. (z + i) 4 = 1,

29 1.6 Opgaven Los de volgende vergelijkingen op en teken de oplossingen in het complexe vlak: a. z 2 + z + 1 = 0, b. z 2 2iz + 8 = 0, c. z 2 (4 + 2i)z i = 0, d. z 2 (i + z 2 ) = a. De vergelijking z 3 + (2 3i)z 2 + ( 2 6i)z 4 = 0 heeft een oplossing z = i. Bepaal de andere oplossingen. b. De vergelijking z 4 +4z 3 +3z 2 14z+26 = 0 heeft een oplossing z = 1+i. Bepaal de andere oplossingen. c. Van een derdegraads polynoom met reële coëfficiënten is gegeven dat 5 en 1 + 2i nulpunten zijn. Bepaal zo n polynoom. d. Van een vierdegraads polynoom met reële coëfficiënten is gegeven dat i en 2 3i nulpunten zijn. Bepaal zo n polynoom. 14 Ontbind in reële factoren van zo laag mogelijke graad: a. z 4 3z 2 4, b. z 3 + 3z 2 + 4z + 2, c. z 4 + z 3 + 2z 2 + z a. Bereken (1 + i) 11. b. Van het complexe getal z is gegeven dat z 4 = 8 π 3 + 8i en arg(z) π. 2 Geef de exacte waarde van z 23 en van arg(z 23 ), gemeten tussen 0 en 2π. 16 Bewijs dat voor elk natuurlijk getal n geldt: (cos ϕ + i sinϕ) n = cos nϕ + i sinnϕ (formule van De Moivre, naar de Franse wiskundige A. de Moivre ( )). Bepaal hiermee formules voor cos 3ϕ en sin4ϕ in termen van cosϕ en sin ϕ.

30 62 Complexe getallen 4 17 a. Bepaal de afgeleide van de functie f(t) = t 2 e 3it. b. Laat zien dat voor de functie f(t) = 1 4 t(1 it)eit geldt: f (t)+f(t) = te it. 18 Gegeven is de functie f(t) = e t cos t. Bereken f (10) (t). 19 Herschrijf elk van de volgende uitdrukkingen in de vorm A cos(ωt+ϕ) met reële A, ω en ϕ en met A > 0: a. ie 3it ie 3it, b. (1 + i)e 5it + (1 i)e 5it, c. ( i 3)e 2it + ( i 3)e 2it, d. 3 sin(2t) + 4 cos(2t), e. 2 sin(t + 1) 3 cos(t + 1). 20 Zij p(z) = az 2 + bz + c een complex polynoom met a 0. Bewijs de volgende bewering: Het polynoom p heeft een dubbel nulpunt (nulpunt met multipliciteit 2) dan en slechts dan als b 2 4ac = 0. In de bewering zijn twee implicaties opgenomen. Behandel beide implicaties apart als volgt. Te bewijzen: als p een dubbel nulpunt heeft dan geldt b 2 4ac = 0. Neem dus aan dat p een dubbel nulpunt heeft, zeg λ. Lever het bewijs van deze stap als volgt. Er geldt p(z) = az 2 + bz + c = a(z λ) 2. Druk b en c uit in termen van λ en verifieer dat b 2 4ac = 0. Te bewijzen: als b 2 4ac = 0 dan heeft p een dubbel nulpunt. Splits een kwadraat af en maak gebruik van de relatie b 2 4ac = Oefenen op tentamenniveau 21 Bepaal de verzameling van de elementen z C die voldoen aan z z (1 z) 2 = 1.

31 1.6 Opgaven Los de volgende vergelijking op in C : e 2iz = 1 + i 1 i. 23 a. Schets in het complexe vlak de verzameling van alle z C waarvoor geldt arg(z) = π 4, en de verzameling van alle z C waarvoor geldt b. Bereken alle z C waarvoor geldt z + 2i = z 3. arg(z) = π 4 en z + 2i = z Het polynoom z 4 2z 3 + 9z 2 8z + 20 heeft z = 1 + 2i als nulpunt. Geef de ontbinding in reële factoren van zo laag mogelijke graad en bereken de andere nulpunten. 25 Schrijf 3 cos(3t) sin(3t) in de vorm A cos(ωt + φ) met reële A > 0, ω en φ.

32 64 Complexe getallen