Complexe e-macht en complexe polynomen

Aanvulling Complexe e-macht en complexe polynomen Dit stuk is een uitbreiding van Appendix I, Complex Numbers De complexe e-macht wordt ingevoerd en het onderwerp polynomen wordt in samenhang met nulpunten daarvan behandeld 1 De invoering van e z 11 De exponentiële functie f(x) = e x is voor iedere x R gedefinieerd en heeft als belangrijke eigenschap dat voor x 1, x R geldt dat e x 1 e x = e x 1+x We willen de functie uitbreiden naar de complexe getallen met behoud van deze eigenschap Dat wil dus zeggen: als z R dan is e z gelijk aan de bekende e-macht van z, en verder zal de definitie zo moeten zijn dat voor z 1, z C geldt dat e z 1 e z = e z 1+z Schrijven we z = x + iy dan moeten we dus eisen dat e z = e x e iy Tevens zal voor y 1, y R moeten worden voldaan aan e iy 1 e iy = e i(y 1+y ) Kijken we naar de eigenschappen van de complexe vermenigvuldiging, dan zien we dat e iy = cos y + i sin y voldoet We komen zo tot de volgende definitie van e z : 1 Definitie Zij z = x + iy dan is e z = e x+iy = e x e iy = e x (cos y + i sin y) Stelling Voor iedere z 1, z C geldt dat e z 1 e z = e z 1+z Bewijs: Is z 1 = x 1 + iy 1 en z = x + iy dan is e z 1 e z = e x 1+iy 1 e x +iy = e x 1 (cos y 1 + i sin y 1 )e x (cos y + i sin y ) = e x 1+x (cos(y 1 + y ) + i sin(y 1 + y )) = e z 1+z 13 Stelling 1 Als y R, dan is e iy = 1 1

Als z = x + iy met x, y R, dan is e z = e x, arg e z = y 3 e z 0 voor alle z C 4 Als y R, dan is cos y = Re e iy = 1 (eiy + e iy ), sin y = Im e iy = 1 i (eiy e iy ) 5 Een complex getal z 0 is te schrijven als z = re iϕ, waarbij r = z, ϕ = arg z 6 e z+πi = e z voor alle z C De functie e z heet daarom periodiek met periode πi 7 Als e z 1 = e z, dan is er een k Z met z = z 1 + k πi Bewijs: Doe dat zelf Voorbeelden e 1+i = e(cos 1 + i sin 1), e π i = cos π + i sin π = i, 1 + i = e π 4 i, (e 1+i ) = e +i, e a+πi = e a (cos π + i sin π) = e a 14 Met behulp van de complexe e-macht kunnen we sommige eerder behandelde technieken eenvoudiger beschrijven Zo wordt de formule van De Moivre: (e iϕ ) n = e inϕ Reële polynomen 1 Definitie Een polynoom of veelterm is een functie p : R R die we als volgt kunnen schrijven: p(x) = p n x n + p n 1 x n 1 + + p 1 x + p 0, waarin p 0, p 1,, p n vaste reéle getallen zijn en p n 0 Deze getallen worden de coëfficiënten genoemd Het gehele getal n 0 heet de graad van het polynoom De notatie voor de graad is gr(p) Ook de nulfunctie, dus de functie p : R R met p(x) = 0 voor alle x, zullen we als een polynoom opvatten, het zg nulpolynoom We geven geen definitie van de graad van het nulpolynoom De uitspraak Het polynoom p heeft gr(p) = n impliceert dat p niet het nulpolynoom is

Voorbeelden 1 p(x) = is een reëel polynoom met gr(p) = 0 p(x) = x 10 + x 4 + 1 is een reëel polynoom met gr(p) = 10 3 Als p(x) = p 0 + p 1 x + + p n 1 x n 1 + p n x n, dan is de afgeleide van p het polynoom, genoteerd door p, met p (x) = p 1 + p x + + (n 1)p n 1 x n + np n x n 1 Ook de tweede afgeleide p = (p ), de derde afgeleide p, in het algemeen de k e afgeleide p (k) zijn polynomen Men ziet gemakkelijk in dat voor k n p (k) (x) = k!p k + 3(k + 1)p k+1 x + + +(n k + 1)(n k + )np n x n k Voor k > n is p (k) (x) = 0 voor alle x R Laat p en d polynomen zijn, d niet het nulpolynoom Indien gr(p) gr(d), dan kan p/d met behulp van een staartdeling herleid worden We geven een voorbeeld, waarin p(x) = x 3 + x x 1 en d(x) = x x 1: zodat x x 1 /x 3 + x x 1 \ x + 3 x 3 x x 3x 1 3x 3x 3 3x + x 3 + x x 1 x x 1 = x + 3 + 3x + x x 1, ofwel x 3 + x x 1 = (x + 3)(x x 1) + (3x + ) De rest na deling was in dit geval 3x + ; in het algemeen is de rest òf het nulpolynoom (als de deling opgaat) òf een polynoom met een lagere graad dan die van d (anders zou de deling nog voortgezet kunnen worden) We formuleren en bewijzen deze eigenschap in de volgende stelling 3 Stelling Laten p en d polynomen zijn, d niet het nulpolynoom Dan bestaan er polynomen q en r met: 3

1 p(x) = q(x)d(x) + r(x) voor alle x R, r is het nulpolynoom, òf gr(r) < gr(d) Bovendien zijn deze polynomen q en r eenduidig bepaald Bewijs Als p het nulpolynoom is en ook als gr(p) < gr(d) voldoet r = p en q gelijk aan het nulpolynoom Als gr(p) gr(d) leidt het boven geschetste staartdelingsproces tot de gevraagde polynomen q en r Dat q en r eenduidig bepaald zijn zien we als volgt in: stel p(x) = q 1 (x)d(x)+r 1 (x) en p(x) = q (x)d(x) + r (x), waarbij r 1 het nulpolynoom is, of een graad kleiner dan die van d heeft, r evenzo, dan is (q 1 (x) q (x))d(x) = r (x) r 1 (x), zodat (q 1 (x) q (x))d(x) ofwel het nulpolynoom is, ofwel een lagere graad heeft dan die van d Dit is slechts mogelijk als q 1 = q en dus ook r 1 = r 4 Neem d(x) = x a in deze stelling, dan is p(x) = (x a)q(x) + r(x), waarbij r het nulpolynoom is of een graad kleiner dan 1 heeft; r is dus een constante We krijgen zo p(x) = (x a)q(x) + r Door invullen van x = a vinden we r = p(a), zodat p(x) = (x a)q(x) + p(a) (Reststelling) 5 Stelling Zij p een polynoom, niet het nulpolynoom, en zij a R Als p(a) = 0, dan bevat p(x) de factor x a, dwz p(x) = (x a)q(x) waarin q weer een polynoom is Bewijs Zie 4 3 Complexe polynomen 31 Definitie Een complex polynoom is een functie p : C C, die we als volgt kunnen schrijven: p(z) = p n z n + p n 1 z n 1 + + p 1 z + p 0, waarin n N en waarin p 0, p 1,, p n complexe getallen zijn Deze getallen worden de coëfficiënten van p genoemd Is p n 0, dan heet n de graad van p Een element z 0 C noemen we nulpunt van een polynoom p, wanneer p(z 0 ) = 0 4

Analoog aan het behandelde in, onderdeel 5, ziet men in dat een polynoom p met nulpunt z 0 geschreven kan worden in de vorm p(z) = (z z 0 )q(z) waar q weer een polynoom is Stelling Zij p een polynoom met reële coëfficiënten Als z 0 C nulpunt is van p, dan is z 0 ook nulpunt van p Bewijs: Stel p(z) = p n z n +p n 1 z n 1 ++p 1 z +p 0, zodat p 0, p 1,, p n R Nu is voor z C p( z) = p n z n + p n 1 z n 1 + + p 1 z + p 0 = = p n z n + p n 1 z n 1 + + p 1 z + p 0 = = p n z n + p n 1 z n 1 + + p 1 z + p 0 = = p n z n + p n 1 z n 1 + + p 1 z + p 0 = p(z) Daar p(z 0 ) = 0 is dus p( z 0 ) = p(z 0 ) = 0 = 0 Voorbeeld Van de vergelijking z 4 z 3 + 9z z + 66 = 0 is gegeven dat 1 i 5 een oplossing is Bepaal de overige oplossingen Omdat 1 i 5 een oplossing is, is volgens bovenstaande stelling ook 1+i 5 een oplossing Het linkerlid is dus deelbaar door (z +1+i 5)(z + 1 i 5) = z + z + 6 Uitdelen levert op dat z 4 z 3 + 9z z + 66 = (z + z + 6) (z 4z + 11) Voor de twee overige oplossingen vinden we dus + i 7 en i 7 Zonder bewijs vermelden we nog de volgende stelling: Hoofdstelling van de algebra Als p(z) = p n z n + p n 1 z n 1 + + p 1 z + p 0 een complex polynoom is van de graad n 1 dan is er een complex getal z 1 met p (z 1 ) = 0 Een gevolg van deze stelling is dat elk complex polynoom geheel in eerstegraads factoren ontbonden kan worden 3 Zij p het polynoom p(z) = az + bz + c, waarvan a, b, c R en a 0 De nulpunten van p(z) vinden we als volgt: ( p(z) = a z + b a z + c ) ( = a z + b ) 4ac b + a 4a Is de discriminant D = b 4ac 0, dan is ( p(z) = a z + b ) ( ) b 4ac = = a ( z + b b 4ac ) ( z + b + b 4ac ) 5

De nulpunten van p zijn dan z 1, = b ± b 4ac is D = b 4ac < 0 dan is p(z) ( = a z + b ) ( 4ac b i ) = = a ( z + b 4ac b i ) ( z + b 4ac b + i ) We vinden nu als nulpunten z 1, = b ± i 4ac b Merk op dat deze nulpunten toegevoegd complex zijn Het geval dat D 0 komt dus neer op het bepalen van de nulpunten door middel van de zogenaamde a, b, c-formule, die hier opnieuw is afgeleid Is D < 0, dan komen we dus uit op een enigzins gemodificeerde a, b, c-formule Voorbeelden: 1 p(z) = z + z + 1 = (z + 1 ) + 3 4 = (z + 1 ) ( 1 3i) = (z + 1 + 1 i 3)(z + 1 1 i 3) De nulpunten zijn dus z 1, = 1 ± 1 i 3 p(z) = 9z 18z + 5 ; de formule geeft de nulpunten 18±4i 18 = 1 ± 4 3 i 33 We behandelen nu opnieuw (zie ook Appendix I) de oplossingsmethode voor de zg binomiaalvergelijking, dit is de vergelijking z n = a, waarbij n N, a C en a 0 (voor a = 0 is z = 0 de enige oplossing van de vergelijking) Ter oplossing van deze vergelijking schrijven we z = re iϕ, a = r 0 e iα, waarna de vergelijking z n = a overgaat in: r n e inϕ = r 0 e iα 6

Bedenk nu dat twee complexe getallen ( 0) dan en slechts dan gelijk zijn als ze gelijke moduli hebben en als hun argumenten gelijk zijn of een veelvoud van π verschillen We vinden dus r n = r 0, r = n r 0 ; nϕ = α + kπ, ϕ = α n + kπ n (k Z) De vergelijking z n = a heeft dan de wortels z k = n r 0 e i( α n + kπ n ) eventueel ook te schrijven als z k = n r 0 [cos ( α n + kπ ) ( α + i sin n n + kπ ) ], k Z n Merk op dat z k = z k+n We kunnen daarom volstaan met achtereenvolgens k = 0, 1,, n 1 te stellen; aldus vinden we n verschillende oplossingen van de vergelijking z n = a Voorbeelden 1 Los op de vergelijking z 3 = i Bepaal i = 1, arg( i) = 1 π, en stel z = r(cos ϕ + i sin ϕ), dan is de vergelijking te herleiden tot r 3 (cos 3ϕ + i sin 3ϕ) = 1(cos( 1 π) + i sin( 1 π)) met de oplossing r = 1, ϕ = 1π + kπ, k Z 6 3 Substitueer achtereenvolgens k = 0, 1,, dan vinden we de wortels k = 0 : z 1 = cos( 1 6 π) + i sin( 1 6 π) = 1 1 3 i, k = 1 : z = cos 1 π + i sin 1 π = i, k = : z 3 = cos 7 6 π + i sin 7 6 π = 1 3 1 i Substitutie van k = 3 levert opnieuw de wortel z 1 Los op de vergelijking z 4 = 1 Bepaal 1 = 1, arg( 1) = π Schrijf z = r(cos ϕ + i sin ϕ), dan vinden we als oplossingen r = 1, ϕ = 1π + 1 kπ, k Z Substitutie van 4 k = 0, 1,, 3 levert de oplossingen z 1 = 1 (1 + i), z = 1 ( 1 + i), z 3 = 1 ( 1 i), z4 = 1 (1 i); teken deze oplossingen in een figuur Merk op dat z 1 = z 4, z = z 3, in overeenstemming met de Stelling uit 31 Merk ook op dat z 1, z, z 3 en z 4 op de cirkel z = 1 liggen, en ook dat arg z k+1 = arg z k + 1 π(k = 1,, 3; dit afgezien van veelvouden van π) zodat z, z 3 en z 4 uit z 1 verkregen kunnen worden door draaien om de 1 oorsprong over resp π, π en 3π De punten z 1, z, z 3 en z 4 zijn dus de hoekpunten van een regelmatige vierhoek 7

34 De vergelijking (az + b) n = c, waarbij a, b, c C en a 0 is eenvoudig te herleiden tot een binomiaalvergelijking Stel nl w = az + b, dan ontstaat de vergelijking w n = c die op de hierboven beschreven wijze is op te lossen In het bijzonder kan men aldus elke vierkantsvergelijking oplossen dmv kwadraatafsplitsing We kunnen de vierkantsvergelijking az +bz +c = 0 met a C\{0}, b, c C namelijk schrijven als ( z + b ) = b 4ac 4a en dit is inderdaad van de gedaante ω = α, α C Voorbeeld: Los op de vierkantsvergelijking iz + ( + i)z + = 0 Oplossing: delen door i geeft z + (1 i)z i = 0 en kwadraat afsplitsen: z + ( 1 i) z + (1 i) = i + ( 1 i) ofwel (z + 1 i) = i + ( 1 i) = ( 1 + i) dus (z + 1 i 1 i) (z + 1 i + 1 + i) = 0 ofwel (z i) (z + 1) = 0 Dit geeft de oplossingen z 1 = i, z = 1 Opmerking Vergelijk dit procedé met dat uit 8

4 Opgaven 1 Bepaal alle complexe getallen z die voldoen aan de vergelijking e z = a, voor a = achtereenvolgens: (a) 1 (b) i (c) 1 (d) 1 + i (e) 1 i 3 Bepaal alle oplossingen van de vergelijking e iz = 1 i 3 Bepaal de nulpunten van de volgende polynomen (a) z + iz (b) z + z + 5 (c) z iz 1 (d) z 3 3iz z 4 Geef een vierdegraads polynoom met reële coëfficiënten waarvan 3i en 1 i nulpunten zijn 5 Het polynoom p(z) = z 4 + 1 heeft twee paar complex toegevoegde nulpunten Bepaal deze, en schrijf vervolgens p(z) als een product van twee reële polynomen van de graad 6 Controleer dat z = i een nulpunt is van het polynoom p(z) = z 5 + 3z 4 + 4z 3 + 4z + 3z + 1 Ontbind vervolgens p(z) in eerstegraads factoren 7 Bepaal in C alle oplossingen van de volgende vergelijkingen (a) (iz + i) 3 = i (b) (iz + ) 4 = + i 3 9