Calculus. P.J.I.M. de Paepe Korteweg de Vries Instituut Universiteit van Amsterdam

Transcriptie

1 Calculus P.J.I.M. de Paepe Korteweg de Vries Instituut Universiteit van Amsterdam 30 november 2006

2 Hoofdstuk 1 Complexe getallen 1.1 Introductie In dit hoofdstuk gaat het over complexe getallen. We voeren een nieuw symbool in, het imaginaire getal i dat de eigenschap i 2 = 1 heeft. De vergelijking x = 0, die tot nu niet opgelost kon worden, heeft hiermee ineens een oplossing gekregen! Het blijkt dat door gebruik te maken van complexe getallen sommige berekeningen eenvoudiger worden. Ook komt het voor dat wiskundige verschijnselen verklaard kunnen worden door gebruik te maken van complexe getallen. Vierkantsvergelijkingen Een vierkantsvergelijking, dus een vergelijking van de vorm: ax 2 + bx + c = 0 (met a 0) heeft twee, één of geen oplossingen. Dat hangt af van de discriminant b 2 4ac. Is deze positief dan zijn er twee oplossingen, is deze gelijk aan 0, dan is er één oplossing (in feite zijn dat twee samenvallende oplossingen), en bij negatieve discrimininant zijn er geen oplossingen. Zo heeft x 2 4x + 3 = 0 twee oplossingen, namelijk 1 en 3. De vergelijking x 2 4x + 4 = 0 heeft alleen 2 als oplossing en x 2 4x + 5 = 0 heeft geen oplossingen. Nu had de vergelijking x + 5 = 2 geen oplossing toen onze wereld alleen nog maar uit de verzameling N van de natuurlijke (de positieve gehele) getallen bestond. Om zulke vergelijkingen op te kunnnen lossen maakten we die wereld groter door de verzameling Z van de gehele getallen in te voeren. In die grotere wereld bestaat er wel een oplossing van x + 5 = 2, namelijk 3. De vergelijking 7x = 8 heeft ook in de ruimte van die gehele getallen geen oplossing. We vergrootten onze wereld opnieuw en introduceerden Q, de verzameling van de rationale getallen. Er is nu wel een oplossing van de 1

3 HOOFDSTUK 1. COMPLEXE GETALLEN 2 vergelijking boven, namelijk 8 7. De vergelijking x2 = 2 heeft geen oplossing in Q. Weer is het nodig onze wereld uit te breiden tot de verzameling R van de reële getallen waarin ook 2 zit, een oplossing van x 2 = 2. De vergelijking x 2 4x + 5 = 0 zullen we straks op kunnen lossen, nadat we R uitgebreid hebben tot C, de verzameling van de complexe getallen. Differentiaalvergelijkingen Het gedrag van elektronen in een atoom of molecuul bepaalt de chemische eigenschappen. De Schrödingervergelijking beschrijft het gedrag van een elektron in een krachtveld, bijvoorbeeld het krachtveld van de atoomkern. We zullen een eenvoudige vorm van deze vergelijking geven, de Schrödingervergelijking voor een deeltje in een ééndimensionale ruimte (een lijn). De vergelijking luidt: h2 8π 2 m d 2 ψ(x) dx 2 + V (x)ψ(x) = Eψ(x) Hier is ψ de golffunctie van het deeltje. Deze golffunctie geeft de amplitude van het deeltje, beschouwd als golfverschijnsel, als functie van de plaats, waarbij de plaats wordt aangegeven door de coördinaat x. Verder is V (x) de potentiële energie van het deeltje ter plekke x, E is de totale energie van het deeltje, m is de massa en h is de constante van Planck. Uit wiskundig oogpunt gezien kunnen we opmerken dat in deze vergelijking een functie ψ voorkomt, tezamen met de tweede afgeleide van dezelfde functie. We noemen een dergelijke vergelijking een (tweede-orde) differentiaalvergelijking en het is de kunst om iets te zeggen over de functies die aan die vergelijking voldoen, de zogenoemde oplossingen van de vergelijking. In het hoofdstuk over differentiaalvergelijkingen zullen we oplossingen leren zoeken van (eenvoudige) differentiaalvergelijkingen. Nu zullen we laten zien dat dit soort vergelijkingen leidt tot een probleem waarbij het nuttig wordt om te beschikken over getallen waarvan het kwadraat negatief is. Beschouw eerst eens de volgende (eerste-orde) differentiaalvergelijking: f (x) = a f(x) Hier komt de eerste afgeleide van een functie voor, samen met de functie zelf. Er staat dat de eerste afgeleide van f gelijk is aan f, vermenigvuldigd met een constante factor. Opdracht Zoals je weet is de afgeleide van e x gelijk aan e x. De functie f(x) = e x voldoet dus aan de gegeven vergelijking, mits a = 1. Verzin nu zelf een functie die voldoet als a = 2. Zoals je ziet is er voor iedere a wel een functie te vinden die voldoet aan de betreffende

4 HOOFDSTUK 1. COMPLEXE GETALLEN 3 vergelijking! We zoeken nu een oplossing voor de vergelijking: f (x) = b f(x) Dit is in wezen de vergelijking voor een vrij elektron in de ééndimensionale ruimte. Als éénmaal differentiëren van f weer de functie f oplevert, dan zal tweemaal differentiëren ook f opleveren. Als éénmaal differentiëren a f oplevert, dan zal tweemaal differentiëren a 2 f opleveren. Dus als we een oplossing hebben van f (x) = a f(x) voor een bepaalde waarde van a, dan hebben we ook een oplossing voor f (x) = b f(x), voor het geval dat b = a 2. Zo vinden we voor iedere positieve b een oplossing van de tweede vergelijking. Want voor iedere positieve b is er een bijbehorende a, namelijk a = b. Je kunt overigens ook b voor a nemen. Voor negatieve waarden van b kunnen we echter geen oplossing vinden volgens de hierboven aangegeven methode. De reden daarvoor is dat we geen getallen a kennen waarvan het kwadraat negatief is. Toch kunnen we vergelijking f (x) = b f(x) wèl oplossen voor negatieve b. Probeer eens de functie sin x! Eenmaal differentiëren geeft cos x, nog een keer differentiëren geeft sin x. Dus na tweemaal differentiëren van f hebben we f weer terug, vermenigvuldigd met een negatieve constante. We hebben nu een oplossing voor het geval b = 1. Opdracht Probeer ook f(x) = A sin x + B cos x, waar A en B constanten zijn. Ook deze functies voldoen dus aan f (x) = b f(x) voor b = 1. Merk op dat de waarden van de getallen A en B er niet toe doen. Opdracht Vind zelf oplossingen voor het geval b = 4. Er schijnen voor f (x) = b f(x) dus twee soorten oplossingen te bestaan: oplossingen met een exponentiële functie als b positief is en oplossingen met goniometrische functies als b negatief is. In de wiskunde vinden we het niet prettig als één type vergelijking geheel verschillende oplossingen schijnt op te leveren. Het zou prettiger zijn als we alle oplossingen onder één noemer konden rangschikken en volgens één methode konden vinden. Dit blijkt mogelijk te zijn door gebruik te maken van complexe getallen. En omdat complexe getallen (bijvoorbeeld) het rekenen met golffuncties van elektronen vereenvoudigt, zijn ze behalve voor wiskundigen ook voor scheikundigen en natuurkundigen interessant.

5 HOOFDSTUK 1. COMPLEXE GETALLEN Wat zijn complexe getallen en hoe reken je er mee? Theorie De verzameling C van de complexe getallen bestaat uit uitdrukkingen van de vorm a + ib (of a + bi) waarin zowel a als b reële getallen zijn. Twee van die getallen a + bi en c + di noemen we gelijk als a = c en b = d. Bijzondere complexe getallen zijn van de vorm a + 0i met a R: in plaats van a + 0i schrijven we steeds gewoon a. Op deze manier wordt R opgevat als deelverzameling van C. Complexe getallen worden vaak aangegeven met z of w. Als z = a + bi (met a en b uit R) dan definiëren we: Re z = a (het reële deel van z) Im z = b (het imaginaire deel van z). Let op: het imaginaire deel van z is b zonder i. z = a bi (de complex toegevoegde of complex geconjugeerde van het complexe getal z) Een complex getal z heet zuiver imaginair als Re z = 0, met andere woorden als z = bi (met b R). De rekenkundige bewerkingen optellen, aftrekken, vermenigvuldigen en delen (door een getal ongelijk aan 0) in C zijn als volgt gedefinieerd: (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i (a + bi) (c + di) = (a c) + (b d)i (a + bi) (c + di) = (ac bd) + (ad + bc)i als c + di 0 dan: a + bi c + di = a + bi c + di c di c di = (a + bi)(c di) (c + di)(c di) ac + bd ad + bc = + i c 2 + d2 c 2 + d 2 Voorbeeld Gegeven zijn z = 1 + i en w = 6 3i. Dan is: z + w = 7 2i en z w = 5 + 4i z w = 9 + 3i en z w = 1+i 6 3i = (1+i)(6+3i) (6 3i)(6+3i) = 3+9i 45 = i Men kan complexe getallen meetkundig voorstellen als punten in een vlak, het complexe vlak. Dat gaat als volgt. Elk punt van het platte vlak R 2

6 HOOFDSTUK 1. COMPLEXE GETALLEN 5 heeft een x- en een y-coordinaat en kan dus geschreven worden als (a, b). Dit punt ligt dus a eenheden rechts van de oorsprong (0, 0) en b eenheden boven de oorsprong. Voor negatieve waarden van a en/of b bedoelen we in dit verband links en/of beneden de oorsprong. We kunnen nu een tweede vlak tekenen, het complexe vlak. Op dezelfde plaats waar in het gewone platte vlak het punt (a, b) ligt tekenen we in dit nieuwe vlak het complexe getal a + ib. Er is dus een verband tussen paren (a, b) in het ene vlak en complexe getallen a + ib in het andere vlak. Deftig gezegd: de afbeelding R 2 C, gedefinieerd door (a, b) a + bi is een bijectie. De punten op de x-as corresponderen dus met de reële getallen en de punten op de y-as met de zuiver imaginaire getallen. In de context van complexe getallen spreekt men wel van reële as en imaginaire as in plaats van x-as en y-as. R 2 (0, b) (a, b) C ib { z a + ib = z (0, 0) (a, 0) φ 0 a Als z 0 dan is het punt z = a+bi ook geheel bepaald door zijn poolcoördinaten, dat zijn de afstand van z tot het punt 0 en de hoek φ (gemeten in radialen) die de halflijn, uitgaande van het punt 0 door het punt z, maakt met de positieve reële as (positieve meetrichting: tegen de wijzers van de klok in). De afstand van z tot 0 heet de modulus of absolute waarde van z, notatie z, dus z = a 2 + b 2. De hoek φ is slechts op veelvouden van 2π na bepaald. We noemen φ het argument van z en noteren dat met arg z. We spreken wel over de waarden van arg z: dat zijn de oneindig vele mogelijke hoeken die bij z horen. Er is voor elke z altijd één waarde φ 0 van arg z, die gelegen is in het interval ( π, π]. Deze waarde heet wel de hoofdwaarde van het argument van z. Notatie hiervoor: Arg z. De reden dat we in het bovenstaande het punt 0 uitgezonderd hebben is dat dit punt geen hoek bepaalt. Als z = r en arg z = φ, dan geldt: a = r cos φ, b = r sin φ

7 HOOFDSTUK 1. COMPLEXE GETALLEN 6 Omgekeerd volgt uit a = r cos φ en b = r sin φ met r > 0 en φ R dat r en φ de poolcoördinaten zijn van z, met andere woorden dat z = r en arg z = φ. We vatten dit nu als volgt samen. Stelling 1 (samenvatting poolcoördinaten) Als z C, z 0, r R, r > 0 (!), φ R, dan geldt: z = r en arg z = φ z = r (cos φ + i sin φ) Vaak kom je de schrijfwijze e iφ = cos φ + i sin φ tegen. We schrijven cos φ + i sin φ dus als complexe e-macht. Later komen we hierop terug. Voorbeelden Eerst nog een opmerking over de rekenregels in C. Merk op dat i 2 = i i = (0 + 1i)(0 + 1i) = ( 1) + 0i = 1 Er is dus een complex getal waarvan het kwadraat gelijk is aan 1! Daaraan kun je zien dat met complexe getallen meer mogelijk is dan met reële getallen, zo heeft de vergelijking z = 0 geen oplossing in R maar wel in C, immers i (en ook i) voldoet aan deze vergelijking. De definitie van de vermenigvuldiging, die misschien een beetje raadselachtig leek, wordt nu duidelijk en ook niet meer moeilijk te onthouden: werk (a + bi) (c + di) gewoon uit zoals je dat gewend bent. Je krijgt dan vier termen. Gebruik dan i 2 = 1 en je bent er: (a+bi) (c+di) = ac+adi+bci+bdi 2 = ac+adi+bci bd = (ac bd)+(ad+bc)i Bij de laatste rekenregel, het delen, moet je alleen onthouden dat je teller en noemer moet vermenigvuldigen met de complex toegevoegde van de noemer van het quotiënt. De rest gaat dan vanzelf. Voorbeeld Als z = 1 + i en w = i, dan is z + w = 1 + 2i, z w = 1, z w = 1 + i en z w = 1 i. Voorbeeld Als z = 2 5i, dan is: Re z = 2, Im z = 5, z = 2 + 5i.

8 HOOFDSTUK 1. COMPLEXE GETALLEN 7 Voorbeeld Als z = 1 i 3, dan is z = 2, arg z = 5 3 π, maar ook arg z = 17 3 π en arg z = 1 3 π. Verder is Arg z = 1 3 π. Het bepalen van die hoeken gaat het best meetkundig: het punt z in het complexe vlak bepaalt een rechthoekige driehoek met hoekpunten in 0, 1 en z. De betreffende hoek is er een die 60 graden groot is, in radialen dus 1 3π, en omdat de hoek negatief gerekend moet worden (omdat 1 i 3 in het vierde kwadrant ligt), krijg je arg z = 1 3 π. Het kan ook anders: omdat z cos φ = Re z en z sin φ = Im z vinden we 2 cos φ = 1 en 2 sin φ = 3 en dus cos φ = 1 2 en sin φ = 3 2. En dus is φ = 1 3π + 2kπ met k Z. Dus arg z = 1 3 π (bijvoorbeeld). Voorbeeld Als z = 2, arg z = 5 6 π, dan is z = 2(cos 5 6 π + sin 5 6 π) = 3 + i. Opgaven 1. Teken in het complexe vlak de getallen: 2+i, 2 i, i, 0, 7, 1 i, i, 2 en 2 + 2i. 2. Bereken i 3, i 4, i 5, i 27, i Gegeven zijn z = 1 + 7i en w = 3 4i. Bereken z + w, z w, z w, z w. 4. Bepaal z en arg z als z = 1. Wat is Arg z? Beantwoord dezelfde vragen voor z = 3 i 3 en z = 2i. 5. Laat zien dat e iπ = 1. Een mooie relatie tussen de getallen e, i, π en 1! Iemand ontdekte dat hij nog fraaier oogt door hem te herschrijven als e iπ + 1 = 0, een expressie waarin de belangrijke getallen e, i, π, 1 en 0 voorkomen! 6. Laat zien dat z z = z Bepaal alle z C die voldoen aan: 2z + 3 z = 10 + i. 8. Bepaal alle z C die voldoen aan: z 2 2 z 2 = Bepaal alle z C die voldoen aan: z 2 = i. 10. Bepaal alle z C die voldoen aan: 2z + z 2 = 1 + 6i. 11. Bepaal alle z C die voldoen aan: 4z 2 z 2 = 20i. 12. Bepaal alle z C die voldoen aan: zz 3 = 4i. 13. Bepaal alle z C die voldoen aan: z = 2, z = i z.

9 HOOFDSTUK 1. COMPLEXE GETALLEN Bepaal alle z C die voldoen aan: z 2 + iz i z = Bepaal alle z C die voldoen aan: 1 z = Re z + 3i Im z. 16. Toon de volgende rekenregels voor complexe getallen aan: z 1 + z 2 = z 1 + z 2, z 1 z 2 = z 1 z 2, en z = z als z R. 1.3 Poolcoördinaten en complexe getallen Theorie De poolcoördinaten z en arg z van complexe getallen z voldoen aan zekere rekenregels. We sommen deze op in een stelling. Op het bewijs komen we in de toelichting terug. Stelling 2 (rekenregels voor de absolute waarde en argument) Als z en w complexe getallen zijn met z 0 en w 0, dan gelden de volgende regels voor de modulus: a. zw = z w b. z n = z n voor n N c. w 0 = = 1 d. w 0 = 1 w z w w = z w En voor het argument gelden de regels: a. arg zw = arg z + arg w, waarmee bedoeld wordt: als φ z een waarde is van arg z en φ w is een waarde van arg w dan is φ z + φ w een waarde van arg zw. b. arg z n = narg z, waarmee bedoeld wordt: nφ z is een waarde van arg z n. c. arg 1 = arg w, w waarmee bedoeld wordt: φ w is een waarde van arg 1. w d. arg z = arg z arg w, w waarmee bedoeld wordt: φ z φ w is een waarde van arg z. w De regels voor het argument komen neer op: bij vermenigvuldigen: argumenten optellen bij delen: argumenten aftrekken.

10 HOOFDSTUK 1. COMPLEXE GETALLEN 9 Vaak kun je in berekeningen handig gebruik maken van deze rekenregels. We geven hiervan een voorbeeld. Voorbeeld We gaan z = (1+i)42 ( uitrekenen. Zonder veel rekenwerk kan dat als volgt. 3+i) 20 Omdat 1 + i = 2, arg (1 + i) = 1 4 π en 3 + i = 2, arg ( 3 + i) = 1 6π, volgt uit de rekenregels boven: z = ( 2) = 2, arg z = π π = 71 6 π Dus z = 2(cos π + i sin π) = 3 i. Meetkunde in het complexe vlak We geven nu aan wat de meetkundige betekenis is van een aantal bewerkingen met complexe getallen. De complex toegevoegde van z vind je door z te spiegelen in de reële as. z 0 z De som z + w van twee getallen z en w vind je volgens de parallellogramregel: z + w is het vierde hoekpunt van het parallellogram dat bepaald is door z, w en het punt 0. w z + w 0 z Het product zw van z en w heeft een argument dat gelijk is aan de som van de argumenten van z en w. En zw is gelijk aan z w. Meetkundig is dit alles hieronder aangegeven. De driehoek met hoekpunten 0, 1, z is gelijkvormig met de driehoek met hoekpunten 0, w en zw.

11 HOOFDSTUK 1. COMPLEXE GETALLEN 10 zw w 0 1 z Om het argument van z te krijgen moet je het argument van w aftrekken w van dat van z. En de modulus van z z is gelijk aan. w w Alhoewel het niet om een bewerking gaat, merken we toch op dat z w een meetkundige interpretatie heeft: het is de afstand van z tot w. Immers de afstand van z tot w is voor elk complex getal u gelijk aan de afstand van z + u tot w + u. In het bijzonder geldt dat voor u = w, en je krijgt: de afstand van z tot w is gelijk aan de afstand van z w tot w w, dus aan de afstand van z w tot 0. En dit laatste is gelijk aan z w. w z w z 0 We geven nog een toepassing van het werken met poolcoördinaten, de formule van de Moivre, die we in de toelichting zullen bewijzen. Stelling 3 (formule van De Moivre) Als θ R en n N, dan geldt: (cos θ + i sin θ) n = cos nθ + i sin nθ Gevolg Neem bijvoorbeeld eens n = 3 in de gelijkheid van De Moivre en werk het linkerlid uit met behulp van (p + q) 3 = p 3 + 3p 2 q + 3pq 2 + q 3, dan vind je: ( ) ( ) cos 3 θ 3 cos θ sin 2 θ + i 3 cos 2 θ sin θ sin 3 θ = cos 3θ + i sin 3θ

12 HOOFDSTUK 1. COMPLEXE GETALLEN 11 Neem nu links en rechts het reële deel en vervolgens het imaginaire deel en je hebt cos 3θ en sin 3θ uitgedrukt in cos θ en sin θ: cos 3θ = cos 3 θ 3 cos θ sin 2 θ en sin 3θ = 3 cos 2 θ sin θ sin 3 θ We vinden op deze manier dus twee goniometrische gelijkheden. Ga zelf na dat voor n = 2 de twee bekende gelijkheden ontstaan. Toelichting cos 2θ = cos 2 θ sin 2 θ en sin 2θ = 2 sin θ cos θ We beginnen met het bewijs van de rekenregels voor modulus en argument. Stel z 0 en w 0, dan is z = z (cos φ z + i sin φ z ) en w = w (cos φ w + i sin φ w ) Dus: ( (cos ) ) ) zw = z w φz cos φ w sin φ z sin φ w + i(cos φz sin φ w + sin φ z cos φ w En dus: ( ) zw = z w cos(φ z + φ w ) + i sin(φ z + φ w ) Uit de eigenschappen van poolcoördinaten (zie de samenvatting in Stelling 1) volgt nu dat zw = z w en arg zw = φ z + φ w. Pas nu in het volgende de al bewezen rekenregels voor het product toe. Uit w 1 = 1 volgt w 1 w w = 1, dus w 1 w = 1, dus 1 w = 1. w En als arg 1 1 = φ, dan volgt uit w = 1 dat φ w w w +φ = 2kπ voor zekere k Z. Met andere woorden: φ = 2kπ φ w voor zekere k Z. Dus arg 1 = 2kπ φ w w, dus ook arg 1 = φ w w. Bewijs de andere gelijkheden nu zelf. We bewijzen tot slot de formule van De Moivre. Bewijs Als z = cos θ + i sin θ, dan is z = 1 en arg z = θ. Dus z n = z n = 1 en arg z n = nθ. Dat betekent dat z n = 1(cos nθ + i sin nθ). Dus (cos θ + i sin θ) n = cos nθ + i sin nθ.

13 HOOFDSTUK 1. COMPLEXE GETALLEN 12 Opgaven 1. Schets in het complexe vlak: A = {z C z 1 < 1} B = {z C z 1 i 1} C = {z C z = 1} D = {z C Re z > 0} 2. Bereken (1+i 3) 10 (1 i 3) 10. ( 3. Bereken 1+i 3 1 i 3 ) Toon de volgende rekenregels voor complexe getallen aan: z = z en arg z = arg z. 5. In de vorige sectie moest je de vergelijking zz 3 = 4i oplossen. Doe dat nog eens door gebruik te maken van poolcoördinaten. 6. Bereken (1+i)202 ( 3+i) Druk cos 4θ uit in cos θ en sin θ. 8. Wat is de meetkundige betekenis van vermenigvuldigen met i? 9. Toon aan dat voor elke z en w C geldt dat z + w z + w (de driehoeksongelijkheid). Aanwijzing: doe dat meetkundig door de driehoek te bekijken met hoekpunten 0, z en z + w. 1.4 De complexe e-macht Theorie We gaan nu voor een willekeurige z = a + ib C op een zinvolle manier het getal e z definiëren. We doen dat zo, dat wanneer z toevallig reëel is, dus als b = 0 en dus z = a de waarde van e z overeenstemt met de oude bekende reële waarde van e a. Ook zal de definitie in overeenstemming zijn met de al eerder gemaakte afspraak e ib = cos b + i sin b als b R. Met andere woorden: als a = 0 en dus z = ib, dan zal de waarde van e z gelijk zijn aan cos b + i sin b. Definitie Als z = a + ib met a en b in R, dan is e z = e a (cos b + i sin b)

14 HOOFDSTUK 1. COMPLEXE GETALLEN 13 De uitdrukking e a die voorkomt in het rechterlid is de gewone oude e-macht. Merk op dat in de definitie van de complexe e-macht e z meteen in poolcoórdinaten weergegeven is: e z = e a en arg e z = b. Of anders gezegd: e z = e Re z en arg e z = Im z De functie f : C C gedefinieerd door f(z) = e z gedraagt zich in veel opzichten als de oude reële exponentiële functie, zoals de volgende eigenschappen laten zien. De eerste eigenschap bewijzen we in de toelichting in de volgende sectie. Eigenschap Als z en w tot C behoren dan geldt e z e w = e z+w. Als g een functie is van R naar C, dan is g(x) van de vorm g(x) = g 1 (x) + ig 2 (x), met andere woorden g is opgebouwd uit twee gewone reële functies. definiëren de afgeleide van g op voor de hand liggende wijze: We g (x) = g 1(x) + ig 2(x) Als nu z = a + ib dan kunnen we een functie g : R C definiëren door het voorschrift: g(x) = e zx = e (a+ib)x = e ax+ibx = e ax cos bx + ie ax sin bx. Eigenschap Er geldt: de zx dx = zezx Immers: g (x) = ( ) ( ) ae ax cos bx be ax sin bx + i ae ax sin bx + be ax cos bx Na hergroeperen van de vier termen in deze uitdrukking vinden we: g (x) = (a + ib)e ax (cos bx + i sin bx) = ze zx Deze complexwaardige functie gedraagt zich, wat differentiëren betreft, dus net zo als e 3x of e x. Zo is: de 3x dx = 3e3x en de x dx = e x

15 HOOFDSTUK 1. COMPLEXE GETALLEN 14 Maar ook: de (3+4i)x dx = (3 + 4i)e (3+4i)x en de ix dx = ieix Toelichting We bewijzen de eerste van de bovengenoemde eigenschappen. Laat z = a + ib( en w = c + id, dan ) is( ) e z e w = e a (cos b + i sin b) e c (cos d + i sin d) ( (cos ) ( ) ) = e a e c b cos d sin b sin d + i cos b sin d + sin b cos d ) = e (cos(b a+c + d) + i sin(b + d) = e (a+c)+i(b+d) = e z+w Opgaven 1. Als f(x) = e ix, bereken dan f( 1 4 π), f ( 1 4 π), f(π), f (π). 2. Gegeven is z(x) = 5e πix 6 met x R. Bereken z(0), Re z(2), Arg z(3). Teken in het complexe vlak ook de baan die beschreven wordt door z(x) als 0 x Bereken e 2+3i en arg e 2+3i. 4. Bepaal alle z C die voldoen aan e z = Bepaal alle z C die voldoen aan: e z = 3i. 6. Bepaal alle z C die voldoen aan: e z = 1 + i Bepaal alle z C die voldoen aan: e 2z 3e z + 2 = Vul in: a. g(x) = 1 3+4i e(3+4i)x = g (x) =... b. dus e (3+4i)x dx =... c. dus e 3x cos 4x dx + i e 3x sin 4x dx =... d. dus (neem reële deel links en rechts) e 3x cos 4x dx = Vul in: a. cos t + 3 sin t = Re e it + Im 3 e it = Re e it Re i 3 e it = Re...

16 HOOFDSTUK 1. COMPLEXE GETALLEN 15 b. dus cos t + 3 sin t = Re 2e ( ) e it c. dus cos t + 3 sin t = Re 2e i(t π 3 ) = Nulpunten van veeltermen Theorie In deze paragraaf zullen we enkele types van vergelijkingen leren oplossen. Die vergelijkingen zullen er uit zien als p(z) = 0, waarin p een veelterm (of polynoom) is. Een veelterm p is een functie met voorschrift p(z) = a n z n + a n 1 z n a 1 z + a 0 Hierin zijn de a-tjes vaste (complexe) getallen. De hoogste macht van z die hierin voorkomt, dus n (als a n 0), heet de graad van p. Voorbeelden p(z) = (3 8i)z 7 14i, graad 7 p(z) = z 3 iz i, graad 3 p(z) = z 20 + z 10 2, graad 20 p(z) = 12, graad 0 Er is een fundamentele stelling die uitspreekt dat een veelterm van de n- de graad n complexe nulpunten heeft. Een bewijs van deze stelling valt buiten het kader van deze cursus. Stelling 4 (hoofdstelling van de algebra) Veronderstel dat p(z) = a n z n + a n 1 z n a 1 z + a 0 een veelterm van de graad n 1 is met coëfficiënten a 0,..., a n uit C. Dan zijn er z 1, z 2,..., z n in C met p(z) = a n (z z 1 )(z z 2 ) (z z n ). De veelterm is dus ontbonden in n zogeheten lineaire factoren. De stelling spreekt uit dat zo n ontbinding bestaat! Dat betekent nog niet dat we in staat zijn deze ontbinding ook daadwerkelijk te bepalen. Dat lukt alleen in heel speciale gevallen. De getallen z 1, z 2,..., z n zijn dus de nulpunten van p. Zij hoeven niet allemaal verschillend te zijn, en bovendien mogen er ook reële getallen tussen zitten. Voorbeelden p(z) = z 4 1 = (z 2 1)(z 2 + 1) = (z 1)(z + 1)(z i)(z + i),

17 HOOFDSTUK 1. COMPLEXE GETALLEN 16 dus de nulpunten van p zijn: 1, 1, i, i. p(z) = z 6 z 2 = (z 1)(z + 1)(z i)(z + i)z 2, dus de nulpunten van p zijn: 1, 1, i, i en 0 (2 keer). p(z) = 2z 2 4i = 2(z 1 i)(z i), dus de nulpunten van p zijn: 1 + i en 1 i. Het volgende kan nuttig zijn bij het ontbinden van een veelterm in eenvoudiger factoren: Stelling 5 (ontbindingscriterium voor veeltermen) Als p een veelterm is, en w is een vast complex getal, dan geldt: z w is een factor van p(z) p(w) = 0 Bewijs zelf =. We zullen nu = aantonen. Stel dus dat p(w) = 0. Voer nu (eventueel in gedachten) een staartdeling uit, zodat je krijgt: p(z) = (z w)p 1 (z) + R, waarin p 1 een veelterm is, en de rest R een (complex) getal is. Vul nu z = w in en je krijgt: 0 = p(w) = (w w)p 1 (w) + R, en dus R = 0. Met andere woorden: p(z) = (z w)p 1 (z). Voorbeeld Gevraagd de ontbinding van de veelterm p met p(z) = z 4 3z 3 + 3z 2 3z + 2. Controleer dat p(1) = 0, dus p(z) heeft een factor z 1. Deel nu p(z), dus z 4 3z 3 + 3z 2 3z + 2 door z 1 (staartdeling, rest 0!) en je vindt dat z 4 3z 3 + 3z 2 3z + 2 gelijk is aan (z 1)(z 3 2z 2 + z 2). Je kunt vervolgens zien dat z 3 2z 2 + z 2 = (z 2)(z 2 + 1), rechtstreeks, of door in te zien dat deze veelterm 2 als nulpunt heeft. Uit dit alles volgt: p(z) = (z 1)(z 2)(z i)(z + i). Veeltermen met reële coëfficiënten Stel nu dat de coëfficiënten van de veelterm p allemaal reëel zijn en dat w een (complex) nulpunt is van p. In de toelichting tonen we aan dat dan ook w een nulpunt van p is. Als w toevallig reëel is, dan is w = w en hebben we geen nieuw nulpunt gevonden, maar als w niet reëel is, dan is w een nieuw nulpunt van p. Met een klein beetje meer moeite kan men nagaan dat als w een k-voudig nulpunt is van p (dat wil zeggen als p(z) k factoren z w heeft), óók w een k-voudig nulpunt van p is. Laten we eens w = a + ib schrijven voor zo n niet-reëel nulpunt w. Dan is w = a ib en dus heeft p(z) een factor (z a ib)(z a + ib),

18 HOOFDSTUK 1. COMPLEXE GETALLEN 17 dus een factor (z a) 2 + b 2, reëel gezien een onontbindbare kwadratische (= van de graad 2) veelterm (negatieve discriminant). Dit alles leidt tot de volgende stelling. Stelling 6 (ontbinding van reële veeltermen) Een veelterm met reële coëfficiënten kan ontbonden worden in lineaire en - reëel gezien - onontbindbare kwadratische polynomen. We geven daarvan enkele voorbeelden. De veranderlijke is hierin meestal een reëel getal en wordt daarom met x genoteerd. Voorbeelden p(x) = x 3 x = x(x 1)(x + 1) p(x) = x 4 1 = (x 1)(x + 1)(x 2 + 1) p(x) = x 3 + 2x 2 + 5x = x(x 2 + 2x + 5) p(x) = x 3 1 = (x 1)(x 2 + x + 1) p(x) = x = (x + 1)(x 2 x + 1) p(x) = x = (x 2 + 2x + 2)(x 2 2x + 2) p(x) = x is geen veelterm! We gaan nu twee eenvoudige soorten vergelijkingen leren oplossen. De eerste zijn de vierkantsvergelijkingen. Vierkantsvergelijkingen Dit zijn vergelijkingen van de vorm p(z) = 0 waarin p een veelterm van de tweede graad is. Het oplossen gebeurt op de manier zoals dat vroeger voor veeltermen met reële coëfficiënten gebeurde, namelijk met kwadraatafsplitsen. We illustreren dat aan de hand van een voorbeeld. Belangrijk voorbeeld Bekijk de vergelijking z 2 (2 4i)z 8 + 8i = 0 Deze gaan we oplossen. Kwadraatafsplitsen geeft: (z (1 2i)) 2 (1 2i) i = 0 En dus: (z (1 2i)) 2 = 5 12i

19 HOOFDSTUK 1. COMPLEXE GETALLEN 18 Stel nu u = z (1 2i). De vergelijking gaat dan over in: u 2 = 5 12i Zoek nu u = a + ib (met reële a en b), zo, dat: (a + ib) 2 = 5 12i Links en rechts reële en imaginaire delen nemen geeft: a 2 b 2 = 5 en 2ab = 12 Hieruit kun je a en b oplossen. Het gaat nog iets gemakkelijker als je in (a+ib) 2 = 5 12i links en rechts de absolute waarde neemt, dus a 2 +b 2 = 13, en deze vergelijking toevoegt aan de twee vergelijkingen waaraan a en b moeten voldoen. Dit leidt tot: (1) a 2 b 2 = 5 (2) a 2 + b 2 = 13 (3) 2ab = 12 Door combinatie van (1) en (2) vind je 2a 2 = 18, dus a = ±3 en met (3) volgt daaruit b = 2. Je vindt dus u 1 = 3 2i en u 2 = 3+2i als vierkantswortels van 5 12i. De oorspronkelijke vergelijking heeft dus als oplossingen: z 1 = (1 2i) + (3 2i) = 4 4i en z 2 = (1 2i) + ( 3 + 2i) = 2 De machtsvergelijking z n = w Dit is het tweede type dat we aan zullen pakken. Dat gaat het beste door gebruik te maken van de rekenregels voor poolcoördinaten. De bedoeling is dat w een vast complex getal is. Stelling 7 (oplossingen van de machtsvergelijking) Gegeven is een complex getal w, w 0. Verder is gegeven een vaste n N. Als arg w = α voor zekere α R, dan geldt: z n = w z = n w ( cos α + 2kπ n + i sin α + 2kπ n ), k = 0, 1,..., n 1 We geven nu het bewijs. In concrete gevallen vind je precies zoals in dit bewijs de oplossingen van de gegeven vergelijking. Bewijs Laat z C, z 0 en arg z = φ, dan: z n = w z n = w en arg z n = arg w z n = w en nφ = α + 2kπ, k Z z = n w en φ = α+2kπ, k Z n z = n ( ) w cos α+2kπ + i sin α+2kπ, k = 0, 1,..., n 1 n n

20 HOOFDSTUK 1. COMPLEXE GETALLEN 19 Toelichting Veeltermen met reële coëfficiënten Stel nu dat de coëfficiënten van de veelterm p allemaal reëel zijn en dat w een (complex) nulpunt van is p. We tonen eerst aan dat dan ook w een nulpunt van p is. We gebruiken daarvoor de rekenregels z 1 + z 2 = z 1 + z 2, z 1 z 2 = z 1 z 2, en z = z als z R. Welnu, laat gegeven zijn dat w een nulpunt is van p, dus: Dus: Dus: Dus: a n w n + a n 1 w n a 1 w + a 0 = 0 a n w n + a n 1 w n a 1 w + a 0 = 0 a n w n + a n 1 w n a 1 w + a 0 = 0 a n w n + a n 1 w n a 1 w + a 0 = 0, met andere woorden p(w) = 0, nog anders gezegd: w is een nulpunt van p. Nog eens de vierkantsvergelijkingen Je zou een vierkantsvergelijking ook met de abc-formule op willen lossen. Als je dat doet in het voorbeeld dat we behandeld hebben zul je merken dat er een uitdrukking 5 12i ontstaat. Je zult dan uit moeten leggen wat je met dit getal bedoelt, in het bijzonder hoe je dit schrijft in de vorm a + ib. Als je daar even over nadenkt zie je dat dit neerkomt op het vinden van de oplossingen van u 2 = 5 12i. Voorkom dus onduidelijkheid en volg het rekenschema uit het gegeven voorbeeld. De vergelijking u 2 = 5 12i die we opgelost hebben door u = a + ib te stellen had als oplossingen: u 1,2 = ±(3 2i) Maar u 2 = 5 12i is ook een vergelijking van het type u n = w, namelijk met n = 2 en w = 5 12i. Zij kan dus ook opgelost worden door gebruik te maken van argument en modulus. Ga na dat je dan krijgt: u 1,2 = ± 13 ( cos( 1 2 arctan 12 5 ) i sin( 1 2 arctan 12 5 )) Dat die uitkomsten gelijk zijn kan aangetoond worden door handig te manipuleren met gonioregels. Nog eens de vergelijking z n = w Als je de laatste regel van het oplossingsschema van deze vergelijking bekijkt