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

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

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 i2 = −1 heeft. De vergelijking x2 + 1 = 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.

B Vierkantsvergelijkingen Een vierkantsvergelijking, dus een vergelijking van de vorm: ax2 + bx + c = 0 (met a 6= 0) heeft twee, één of geen oplossingen. Dat hangt af van de discriminant b2 − 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 x2 − 4x + 3 = 0 twee oplossingen, namelijk 1 en 3. De vergelijking x2 − 4x + 4 = 0 heeft alleen 2 als oplossing en x2 − 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

HOOFDSTUK 1. COMPLEXE GETALLEN

2

vergelijking boven, namelijk − 87 . 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 x2 = 2. De vergelijking x2 − 4x + 5 = 0 zullen we straks op kunnen lossen, nadat we R uitgebreid hebben tot C, de verzameling van de complexe getallen.

B 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 d2 ψ(x) + V (x)ψ(x) = Eψ(x) 8π 2 m dx2

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 0 (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 ex gelijk aan ex . De functie f (x) = ex 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


3

vergelijking!

¤ We zoeken nu een oplossing voor de vergelijking: f 00 (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 a2 · f opleveren. Dus als we een oplossing hebben van f 0 (x) = a · f (x) voor een bepaalde waarde van a, dan hebben we ook een oplossing voor f 00 (x) = b · f (x), voor het geval dat b = a2 . Zo vinden we voor iedere positieve b een oplossing van de tweede vergelij√ king. 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 00 (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 00 (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 00 (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.


1.2

4

Wat zijn complexe getallen en hoe reken je er mee?

B Theorie De verzameling C van de complexe getallen bestaat uit uitdrukkingen van de vorm a + ib (of a + bi) waarin zowel a als b re¨ ele 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 re¨ ele 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 6= 0 dan: a + bi c − di (a + bi)(c − di) ac + bd −ad + bc a + bi = · = = 2 + 2 i c + di c + di c − di (c + di)(c − di) c + d2 c + d2 Voorbeeld Gegeven zijn z = 1 + i en w = 6 − 3i. Dan is: z + w = 7 − 2i en z − w = −5 + 4i (1+i)(6+3i) 1+i z · w = 9 + 3i en wz = 6−3i = (6−3i)(6+3i) =

3+9i 45

=

1 15

+ 15 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 R2


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 R2 −→ C, gedefinieerd door (a, b) 7→ 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 re¨ ele as en imaginaire as in plaats van x-as en y-as. R2 (0, b)

(a, b)

C ib

a + ib = z |z|

{ φ (0, 0)

(a, 0)

0

a

Als z 6= 0 dan is het punt z = a+bi ook geheel bepaald door zijn poolco¨ ordinaten, 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| = a2 + b2 . 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 φ0 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


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 6= 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 eiφ = cos φ + i sin φ tegen. We schrijven cos φ + i sin φ dus als complexe e-macht. Later komen we hierop terug.

B Voorbeelden Eerst nog een opmerking over de rekenregels in C. Merk op dat i2 = 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 2 + 1 = 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 i2 = −1 en je bent er: (a+bi)·(c+di) = ac+adi+bci+bdi2 = 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.

¤


7

Voorbeeld √ 1 Als z = 1 − i 3, dan is |z| = 2 , arg z = 53 π, maar ook arg z = 17 3 π en arg z = − 3 π. Verder is Arg z = − 13 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 13 π, en omdat de hoek negatief gerekend moet √ worden (omdat 1 − i 3 in het vierde kwadrant ligt), krijg je arg z = − 13 π. Het kan ook anders: omdat |z| cos φ = Re z en |z| sin φ = Im z vinden we 2 cos φ = 1 en √ √ 3 1 2 sin φ = − 3 en dus cos φ = 2 en sin φ = − 2 . En dus is φ = − 31 π + 2kπ met k ∈ Z. Dus arg z = − 13 π (bijvoorbeeld).

¤

Voorbeeld √ Als |z| = 2, arg z = 56 π, dan is z = 2(cos 56 π + sin 56 π) = − 3 + i.

¤

B 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 i3 , i4 , i5 , i27 , i2003 . 3. Gegeven zijn z = 1 + 7i en w = 3 − 4i. Bereken z + w, z − w, z · w, wz . 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 eiπ = −1. Een mooie relatie tussen de getallen e, i, π en 1! Iemand ontdekte dat hij nog fraaier oogt door hem te herschrijven als eiπ + 1 = 0, een expressie waarin de belangrijke getallen e, i, π, 1 en 0 voorkomen! 6. Laat zien dat z z¯ = |z|2 . 7. 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 = 1. 9. 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: z¯z 3 = 4i. 13. Bepaal alle z ∈ C die voldoen aan: |z| = 2 , z = −i¯ z.


8

14. Bepaal alle z ∈ C die voldoen aan: |z|2 + iz − i¯ z = 0. 15. Bepaal alle z ∈ C die voldoen aan: |1 − z| = 1 + 2 Re z + 3i Im z. 16. Toon de volgende rekenregels voor complexe getallen aan: z1 + z2 = z1 + z2 , z1 z2 = z1 · z2 , en z = z als z ∈ R.

1.3

Poolco¨ ordinaten en complexe getallen

B 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 6= 0 en w 6= 0, dan gelden de volgende regels voor de modulus: a. |zw| = |z| · |w| b. |z n | = |z|n voor n ∈ N ¯ ¯ ¯ ¯ 1 c. w 6= 0 =⇒ ¯ w1 ¯ = |w| ¯ ¯ ¯ ¯ d. w 6= 0 =⇒ ¯ wz ¯ =

|z| |w|

En voor het argument gelden de regels: a. arg zw = arg z + arg w, waarmee bedoeld wordt: als φz een waarde is van arg z en φw is een waarde van arg w dan is φz + φw een waarde van arg zw. b. arg z n = narg z, waarmee bedoeld wordt: nφz is een waarde van arg z n . c. arg w1 = − arg w, waarmee bedoeld wordt: − φw is een waarde van arg

1 . w

d. arg wz = arg z − arg w, waarmee bedoeld wordt: φz − φw is een waarde van arg De regels voor het argument komen neer op: • bij vermenigvuldigen: argumenten optellen • bij delen: argumenten aftrekken.

z . w


9

Vaak kun je in berekeningen handig gebruik maken van deze rekenregels. We geven hiervan een voorbeeld. Voorbeeld We gaan z =

(1+i)42 √ ( 3+i)20

√

Omdat |1 + i| = rekenregels boven:

uitrekenen. Zonder veel rekenwerk kan dat als volgt. √ √ 2 , arg (1 + i) = 14 π en | 3 + i| = 2 , arg ( 3 + i) = 16 π, volgt uit de

√ ( 2)42 1 1 1 |z| = = 2 , arg z = 42 · π − 20 · π = 7 π 220 4 6 6 √ Dus z = 2(cos 7 16 π + i sin 7 16 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.

z+w w

z 0

• 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.


10

zw

w

z 0

1

• Om het argument van wz te krijgen moet je het argument van w aftrekken |z| van dat van z. En de modulus van wz is gelijk aan |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 = p3 + 3p2 q + 3pq 2 + q 3 , dan vind je: ³ ´ ³ ´ 3 2 2 3 cos θ − 3 cos θ sin θ + i 3 cos θ sin θ − sin θ = cos 3θ + i sin 3θ


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 = cos3 θ − 3 cos θ sin2 θ en sin 3θ = 3 cos2 θ sin θ − sin3 θ We vinden op deze manier dus twee goniometrische gelijkheden. Ga zelf na dat voor n = 2 de twee bekende gelijkheden cos 2θ = cos2 θ − sin2 θ en sin 2θ = 2 sin θ cos θ ontstaan.

B Toelichting We beginnen met het bewijs van de rekenregels voor modulus en argument. Stel z 6= 0 en w 6= 0, dan is z = |z|(cos φz + i sin φz ) en w = |w|(cos φw + i sin φw ) Dus: zw = |z| · |w| En dus:

³¡

¢ ¢´ cos φz cos φw − sin φz sin φw + i(cos φz sin φw + sin φz cos φw ³ ´ zw = |z| · |w| cos(φz + φw ) + i sin(φz + φw )

Uit de eigenschappen van poolcoördinaten (zie de samenvatting in Stelling 1) volgt nu dat |zw| = |z| · |w| en arg zw = φz + φw . Pas nu in het volgende de toe. ¯ al ¯ bewezen rekenregels ¯ ¯ voor het ¯ product ¯ ¯1¯ ¯1¯ ¯1¯ 1 1 Uit w · w = 1 volgt |w| · ¯ w ¯ = |1|, dus |w| · ¯ w ¯ = 1, dus ¯ w ¯ = |w| . En als arg w1 = φ, dan volgt uit w · w1 = 1 dat φw +φ = 2kπ voor zekere k ∈ Z. Met andere woorden: φ = 2kπ−φw voor zekere k ∈ Z. Dus arg w1 = 2kπ−φw , dus ook arg w1 = −φw . 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.


12

B 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 3. ? Bereken

√ ´10 1+i√3 . 1−i 3

z | = |z| en 4. Toon de volgende rekenregels voor complexe getallen aan: |¯ arg z¯ = −arg z. 5. ? In de vorige sectie moest je de vergelijking z¯z 3 = 4i oplossen. Doe dat nog eens door gebruik te maken van poolcoördinaten. 6. Bereken

(1+i)202 √ . ( 3+i)99

7. 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

B Theorie We gaan nu voor een willekeurige z = a + ib ∈ C op een zinvolle manier het getal ez definiëren. We doen dat zo, dat wanneer z toevallig reëel is, dus als b = 0 en dus z = a de waarde van ez overeenstemt met de oude bekende reële waarde van ea . Ook zal de definitie in overeenstemming zijn met de al eerder gemaakte afspraak eib = cos b + i sin b als b ∈ R. Met andere woorden: als a = 0 en dus z = ib, dan zal de waarde van ez gelijk zijn aan cos b + i sin b. Definitie Als z = a + ib met a en b in R, dan is ez = ea (cos b + i sin b)


13

De uitdrukking ea die voorkomt in het rechterlid is de gewone oude e-macht. Merk op dat in de definitie van de complexe e-macht ez meteen in poolcoórdinaten weergegeven is: |ez | = ea en arg ez = b. Of anders gezegd: |ez | = eRe z en arg ez = Im z De functie f : C −→ C gedefinieerd door f (z) = ez 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 ez · ew = ez+w . Als g een functie is van R naar C, dan is g(x) van de vorm g(x) = g1 (x) + ig2 (x), met andere woorden g is opgebouwd uit twee gewone reële functies. We definiëren de afgeleide van g op voor de hand liggende wijze: g 0 (x) = g10 (x) + ig20 (x) Als nu z = a + ib dan kunnen we een functie g : R −→ C definiëren door het voorschrift: g(x) = ezx = e(a+ib)x = eax+ibx = eax cos bx + ieax sin bx. Eigenschap Er geldt:

Immers:

dezx = zezx dx

³ ´ ax ax g (x) = ae cos bx − be sin bx + i ae sin bx + be cos bx 0

³

ax

ax

´

Na hergroeperen van de vier termen in deze uitdrukking vinden we: g 0 (x) = (a + ib)eax (cos bx + i sin bx) = zezx Deze complexwaardige functie gedraagt zich, wat differentiëren betreft, dus net zo als e3x of e−x . Zo is: de3x = 3e3x dx en

de−x = −e−x dx


Maar ook:

14

de(3+4i)x = (3 + 4i)e(3+4i)x dx

en

deix = ieix dx

B Toelichting We bewijzen de eerste van de bovengenoemde eigenschappen. Laat z = a + ib³en w = c + id, dan ´ is³ ´ z w a e · e = e (cos b + i sin b) · ec (cos d + i sin d) ³¡ ¢ ¡ ¢´ a c = e · e cos b cos d − sin b sin d + i cos b sin d + sin b cos d ³ ´ = ea+c cos(b + d) + i sin(b + d) = e(a+c)+i(b+d) = ez+w

B Opgaven 1. Als f (x) = eix , bereken dan f ( 41 π), f 0 ( 14 π), f (π), f 0 (π). πix

2. Gegeven is z(x) = 5e 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 ≤ 4. 3. Bereken | e2+3i | en arg e2+3i . 4. ? Bepaal alle z ∈ C die voldoen aan ez = 1. 5. Bepaal alle z ∈ C die voldoen aan: ez = 3i. √ 6. Bepaal alle z ∈ C die voldoen aan: ez = 1 + i 3. 7. ? Bepaal alle z ∈ C die voldoen aan: e2z − 3ez + 2 = 0. 8. Vul in: 1 a. g(x) = 3+4i e(3+4i)x =⇒ g 0 (x) = . . . R b. dus e(3+4i)x dx = . . . R R c. dus e3x cos 4x dx + i e3x sin 4x dx = . . . R d. dus (neem reële deel links en rechts) e3x cos 4x dx = . . .

9. Vul in: a. cos t +

√

3 sin t = Re eit + Im

√

√ 3 eit = Re eit − Re i 3 eit = Re . . .


15

√

3 sin t = Re 2e−(··· ) eit √ π c. dus cos t + 3 sin t = Re 2ei(t− 3 ) = . . . b. dus cos t +

1.5

Nulpunten van veeltermen

B 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) = an z n + an−1 z n−1 + · · · + a1 z + a0 Hierin zijn de a-tjes vaste (complexe) getallen. De hoogste macht van z die hierin voorkomt, dus n (als an 6= 0), heet de graad van p. Voorbeelden • p(z) = (3 − 8i)z 7 − 14i , graad 7 • p(z) = z 3 − iz + 1 + 7i , 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 nde 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) = an z n + an−1 z n−1 + · · · + a1 z + a0 een veelterm van de graad n ≥ 1 is met coëfficiënten a0 , . . . , an uit C. Dan zijn er z1 , z2 , . . . , zn in C met p(z) = an (z − z1 )(z − z2 ) · · · (z − zn ). 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 z1 , z2 , . . . , zn 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) ,


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 + 1 + 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)p1 (z) + R, waarin p1 een veelterm is, en de rest R een (complex) getal is. Vul nu z = w in en je krijgt: 0 = p(w) = (w − w)p1 (w) + R, en dus R = 0. Met andere woorden: p(z) = (z − w)p1 (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 re¨ ele co¨ effici¨ enten 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), óo´k 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),


17

dus een factor (z − a)2 + b2 , 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) = x3 − x = x(x − 1)(x + 1) • p(x) = x4 − 1 = (x − 1)(x + 1)(x2 + 1) • p(x) = x3 + 2x2 + 5x = x(x2 + 2x + 5) • p(x) = x3 − 1 = (x − 1)(x2 + x + 1) • p(x) = x3 + 1 = (x + 1)(x2 − x + 1) • p(x) = x4 + 4 = (x2 + 2x + 2)(x2 − 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)2 − 8 + 8i = 0 En dus: (z − (1 − 2i))2 = 5 − 12i


18

Stel nu u = z − (1 − 2i). De vergelijking gaat dan over in: u2 = 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: a2 − b2 = 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 a2 + b2 = 13, en deze vergelijking toevoegt aan de twee vergelijkingen waaraan a en b moeten voldoen. Dit leidt tot: (1)

a 2 − b2 = 5

(2)

a2 + b2 = 13

(3)

2ab = −12

Door combinatie van (1) en (2) vind je 2a2 = 18, dus a = ±3 en met (3) volgt daaruit b = ∓2. Je vindt dus u1 = 3 − 2i en u2 = −3 + 2i als vierkantswortels van 5 − 12i. De oorspronkelijke vergelijking heeft dus als oplossingen: z1 = (1 − 2i) + (3 − 2i) = 4 − 4i en z2 = (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 6= 0. Verder is gegeven een vaste n ∈ N. Als arg w = α voor zekere α ∈ R, dan geldt: p ³ α + 2kπ α + 2kπ ´ z n = w ⇐⇒ z = n |w| cos + i sin , k = 0, 1, . . . , n − 1 n n 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 6= 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 p n , k∈Z ´ ⇐⇒ z = |w|³en φ = α+2kπ n p + i sin α+2kπ , k = 0, 1, . . . , n − 1 ⇐⇒ z = n |w| cos α+2kπ n n


19

B Toelichting Veeltermen met re¨ ele co¨ effici¨ enten 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 z1 + z2 = z1 + z2 , z1 z2 = z1 · z2 , en z = z als z ∈ R. Welnu, laat gegeven zijn dat w een nulpunt is van p, dus: an wn + an−1 wn−1 + · · · + a1 w + a0 = 0 Dus: an wn + an−1 wn−1 + · · · + a1 w + a0 = 0 Dus: an · wn + an−1 · wn−1 + · · · + a1 · w + a0 = 0 Dus: an wn + an−1 wn−1 + · · · + a1 w + a0 = 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 u2 = 5 − 12i. Voorkom dus onduidelijkheid en volg het rekenschema uit het gegeven voorbeeld. De vergelijking u2 = 5 − 12i die we opgelost hebben door u = a + ib te stellen had als oplossingen: u1,2 = ±(3 − 2i) Maar u2 = 5 − 12i is ook een vergelijking van het type un = 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: √ ¡ ¢ u1,2 = ± 13 cos( 12 arctan 125 ) − i sin( 21 arctan 125 ) 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


20

dan valt op dat voor k geen willekeurig geheel getal maar alleen 0, 1, . . . , n−1 genomen is. Dat komt omdat je voor k = n dezelfde oplossing krijgt als voor k = 0, voor k = n + 1 dezelfde als voor k = 1, etcetera. We zullen nog een voorbeeld geven van het oplossen van zo’n vergelijking. De n–de machtseenheidswortels Dat zijn de nulpunten van de veelterm z n − 1. Laat dus z ∈ C, z 6= 0 en arg z = φ, dan: z n = 1 ⇐⇒ |z n | = |1| en arg z n = arg 1 ⇐⇒ |z|n = 1 en nφ = 0 + 2kπ, k ∈ Z ⇐⇒ |z| = 1 en φ = 2kπ , k∈Z n 2kπ 2kπ ⇐⇒ z = cos n + i sin n , k = 0, 1, . . . , n − 1 Je kunt die wortels ook in de e-machtnotatie schrijven als e2kπi/n . Merk verder nog op dat de n nulpunten van z n − 1 de hoekpunten vormen van een regelmatige n-hoek. Opmerking Soms kun je het oplossen van een vergelijking terugbrengen √ tot een van de twee behandelde types. Zo kun je bijvoorbeeld z 4 − 2i 3z 2 − 4 = 0 via w = z 2 terugbrengen tot een vierkantsvergelijking (in de veranderlijke w). Differentiaalvergelijkingen In de introductie hebben we gezien dat de functie f (x) = e2x een oplossing is van de vergelijking f 00 (x) = 4f (x). Het eenvoudigst vind je dat door f (x) = eλx te proberen en wel door deze functie in de differentiaalvergelijking in te vullen. Je vindt dan dat (λ2 − 4) · eλx voor alle waarden x gelijk aan 0 moet zijn. Dat is zo als je voor λ het getal 2 of −2 neemt en zo vind je de oplossingen e2x en e−2x . Stel je nu voor dat je een oplossing wilt vinden van de differentiaalvergelijking g 00 (x) − 4g 0 (x) + 13g(x) = 0. Doe weer als boven en vul g(x) = eλx in. Je vindt dan dat λ2 − 4λ + 13 = 0. Ga na dat dit betekent dat λ = 2 ± 3i. En dus zijn zowel e(2+3i)x als e(2−3i)x oplossingen van de vergelijking. Door deze functies op te tellen en af te trekken vindt je dat e2x cos 3x en e2x sin 3x ook oplossingen zijn van de vergelijking. Dat verklaart het optreden als oplossing van een differentiaalvergelijking van uitdrukkingen met daarin een sinus of cosinus. Zulke uitdrukkingen zijn afkomstig van complexe e-machten en stemmen in veel opzichten overeen met gewone e-machten. Ordening Je hebt gezien dat je met complexe getallen op een soortgelijke manier kunt rekenen als met reële getallen. Wel moet je de relatie i2 = −1 herhaaldelijk gebruiken. Er is echter een belangrijk verschil tussen reële en complexe


21

getallen. De reële getallen zijn geordend, je kunt van twee verschillende reële getallen zeggen welk het grootste van de twee is. Zo is 5 > −13. In deze context worden getallen die groter dan 0 zijn positief genoemd. Is iets dergelijks ook mogelijk bij complexe getallen? Van elk tweetal verschillende complexe getallen moet je dan kunnen zeggen welk de grootste van de twee is. Er zou dan bijvoorbeeld moeten gelden dat in de ordening van C het getal i ‘groter’ is dan het getal 0 (i is ‘positief’) of dat i ‘kleiner’ is dan 0 (i is ‘negatief’). Veronderstel eens dat i > 0, dan is ook i3 als product van drie positieve getallen weer positief. Maar i3 is gelijk aan −i, dus is −i is positief, ofwel i negatief. Dat klopt niet met onze aanname. Je kunt op soortgelijke manier laten zien dat de veronderstelling i < 0 ook tot een tegenspraak leidt.

B Opgaven 1. ? Bepaal alle z ∈ C die voldoen aan: z 2 − 2iz + 7 − 6i = 0. 2. Bepaal alle z ∈ C die voldoen aan: z 3 = 8. 3. ? Bepaal alle z ∈ C die voldoen aan: z 4 = −4. 4. Toon aan dat x4 +4 = (x2 +2x+2)(x2 −2x+2) voor x ∈ R. Aanwijzing: gebruik het resultaat van de vorige opgave. 5. Bepaal alle z ∈ C die voldoen aan: z 3 = 8i. 6. Bepaal alle z ∈ C die voldoen aan: z 2 − 2z + 1 − i = 0. 7. Laat zien dat 2 ± 3i de oplossingen van λ2 − 4λ + 13 = 0 zijn. 8. Gegeven is de differentiaalvergelijking g 00 (x) − 2g 0 (x) + 5g(x) = 0. Geef een oplossing van deze vergelijking (niet de nuloplossing!). 9. Bepaal alle z ∈ C die voldoen aan: z 5 = 16z. √ 10. Bepaal alle z ∈ C die voldoen aan: z 4 − 2i 3z 2 − 4 = 0. 11. We gaan alle z ∈ C bepalen die voldoen aan: z 3 + 5z 2 + 7z − 13 = 0. a. Probeer eens z = a + ib. Conclusie: dat lukt waarschijnlijk niet. b. Doe het anders. 12. Bepaal alle z ∈ C die voldoen aan: z 6 + 64 = 0. √ √ 13. Bepaal alle z ∈ C die voldoen aan: z 4 + (4 − 2i 3)z 2 + 4 − 4i 3 = 0. 14. Bepaal alle z ∈ C die voldoen aan: (z 3 + 4i)2 = −16.


22

15. Bepaal alle z ∈ C die voldoen aan: z 4 + z 2 + 1 = 0. Bereken verder z 6 voor elk van de gevonden oplossingen z. 16. Laat z1 , . . . , zn de nulpunten zijn van de veelterm z n − 1. Bereken z1 + · · · + zn . Aanwijzing: bekijk de uitdrukking (z − z1 ) · · · (z − zn ). 17. Laat zien dat de nulpunten van een veelterm uniek bepaald zijn, dat wil zeggen, als zowel p(z) = an (z − z1 )(z − z2 ) · · · (z − zn ) en p(z) = an (z − w1 )(z − w2 ) · · · (z − wn ), dan is het rijtje z1 , z2 , · · · , zn hetzelfde als het rijtje w1 , w2 , · · · , wn , alleen de volgorde van de termen kan anders zijn. 18. Laat zien dat als w een k-voudig nulpunt van een veelterm met reële coëfficiënten is, dat dan ook w een k-voudig nulpunt van die veelterm is.

1.6

Toepassing

B Wisselsignalen We geven nu een toepassing van complexe getallen die rekenwerk in veel gevallen wat eenvoudiger maakt. Een (reëel) wisselsignaal is een functie u van de vorm u(t) = A cos(ωt + φ) met A ≥ 0. Omdat het geval A = 0 correspondeert met het niet zo interessante nulsignaal zullen we verder steeds veronderstellen dat A > 0. Zo’n signaal treedt op bij natuurkundige verschijnselen, bijvoorbeeld bij trillingen en bij wisselstromen in electrische circuits. Eerst wat terminologie: • A heet de amplitude (maximale uitwijking) is de periode van het signaal: als je bij t deze waarde optelt, dan • 2π ω krijg je dezelfde functiewaarde als in t ω is de frequentie, dus het aantal periodes per tijdseenheid • 2π • φ heet de fase Als je bij een wisselsignaal u(t) = A cos(ωt + φ) nog iA sin(ωt + φ) optelt ontstaat het zogeheten bijbehorende complexe wisselsignaal uˆ(t) = Aei(wt+φ) ofwel uˆ(t) = Aeiφ · eiωt


23

Het complexe getal Aeiφ heet wel de fasevector van u. Er geldt dus dat u(t) = Re uˆ(t), of, op een meetkundige manier geformuleerd: u(t) is de projectie van het complexe getal uˆ(t) op de reële as. We bekijken voortaan wisselsignalen met gelijke frequentie (zelfde ω). De som van twee wisselsignalen u1 en u2 is er weer een. Immers, stel u1 (t) = A1 cos(ωt + φ1 ) en u2 (t) = A2 cos(ωt + φ2 ) We veronderstellen, behalve A1 > 0 en A2 > 0, ook u2 6= −u1 (anders is de som het nulsignaal). Nu geldt u1 (t) = Re uˆ1 (t) en u2 (t) = Re uˆ2 (t). Dus ³¡ ´ ¢ u1 (t) + u2 (t) = Re A1 eiφ1 + A2 eiφ2 · eiωt Het getal A1 eiφ1 + A2 eiφ2 is ongelijk aan 0 (vanwege de conditie u2 6= −u1 ) en kan dus geschreven worden als Aeiψ (met A > 0). En daaruit volgt dat u1 (t) + u2 (t) = A cos(ωt + ψ). Voorbeelden • De functie u met u(t) = 4 cos(7t + 14 π) is een wisselsignaal. • De functie u met u(t) = −4 cos(7t + 14 π) is een wisselsignaal. Je kunt immers ook schrijven: u(t) = 4 cos(7t + 54 π). • De functie u met u(t) = 3 sin(7t+ 41 π) is een wisselsignaal. Want je kunt, door gebruik te maken van de regel sin x = cos(x− 12 π), u(t) ook als volgt schrijven: u(t) = 3 cos(7t− 41 π). • De functie u met u(t) = 3 cos t + 4 sin t is een wisselsignaal want het is de som van twee wisselsignalen. We zullen u(t) in standaardvorm brengen. ¢ ¡ 1 Welnu, u(t) = 3 cos t + 4 cos(t − 21 π) = Re 3eit + 4ei(t− 2 π) = Re (3 − 4i)eit De presentatie van 3 − 4i in poolcoördinaten is 4

3 − 4i = 5e−i arctan 3 en dus geldt: u(t) = 5 cos(t − arctan 43 ).

¤

Als men een wisselsignaal u differentieert, ontstaat er weer een wisselsignaal en er geldt: \ du(t) = iωˆ u(t) dt [ loopt 21 π voor op uˆ(t), en (reële delen nemen): du(t) ook op u(t). Dus du(t) dt dt We passen nu het bovenstaande toe op wisselstromen en -spanningen in electrische circuits. Uit de electriciteitsleer weten we dat het verband tussen de spanning VR


24

over een weerstand van R ohm en de stroomsterkte I gegeven wordt door VR = RI. Net zo geldt voor een spoel met zelfinductie van L henry dat VL = L dI . En voor een condensator van C farad geldt VC = C1 Q. Hierin is dt , volgt dat dVdtC = C1 I. De Q de lading op de condensator. Omdat I = dQ dt ω functies V en I die hierin voorkomen zijn wisselsignalen met frequentie 2π . Samengevat: VR = RI VL = L dI dt dVC 1 = I dt C Door over te gaan op complexe signalen krijgen we: VˆR = RIˆ VˆL = iωLIˆ i ˆ VˆC = − ωC I Hieraan ziet men dat VR en I in fase zijn, dat VL 21 π voor loopt op I, terwijl VC 12 π achter loopt op I. Voor een electrisch circuit definiëren we de complexe impedantie Zˆ door ˆ Dus: Vˆ = Zˆ I. i ZˆR = R, ZˆL = iωL en ZˆC = − ωC Men kan weer afleiden dat de vervangingsimpedantie van twee in serie geschakelde impedanties Zˆ1 en Zˆ1 gelijk is aan: Zˆ = Zˆ1 + Zˆ2 Voor een parallelschakeling geldt: 1 1 Zˆ1 · Zˆ2 1 = + en dus Zˆ = Zˆ Zˆ1 Zˆ2 Zˆ1 + Zˆ2 Voorbeeld De keten hieronder heeft impedantie Zˆ = R + i(ωL − R

L

C

1 ) ωC

ˆ iψ . = |Z|e


25

q ¡ ¢ ωL− 1 1 2 ˆ Hierin is |Z| = R2 + ωL − ωC en ψ = arg Zˆ = arctan R ωC . Dus als bekend is dat I(t) = I0 cos(ωt + φ) voor zekere (positieve) waarde van I0 , dan is ˆ = |Z|e ˆ iψ · I0 eiωt+φ Vˆ (t) = Zˆ I(t) dus

r Vˆ (t) = I0

¡ 1 ¢2 iωt+φ+ψ R2 + ωL − ·e ωC

en dus r R2

V (t) = I0

¡ ωL − 1 ¢2 + ωL − cos(ωt + φ + arctan ωC R

1 ωC

)

B Opgaven 1. Bewijs de regel

[ du(t) dt

= iωˆ u(t) =

dˆ u(t) dt

voor wisselsignalen.

2. Bekijk onderstaande schakeling. R L C

Laat zien dat Zˆ =

1.7

³ R R2 ωC ´ + i ωL − 1 + R2 ω 2 C 2 1 + R2 ω 2 C 2

Uitwerkingen van enkele opgaven

Opgave Bepaal |z| en arg z als z = −1. Wat is Arg√ z? Beantwoord dezelfde vragen voor z = 3 − i 3 en z = −2i. Uitwerking p Als z = −1, dan is |z| = (−1)2 + 02 = 1. Het punt −1 ligt op de negatieve reële as en de hoek met de positieve reële as is dus 180 graden, dus π in radialen. Dus arg z = π (of −π, of 3π, etcetera). De waarde van het argument die in het interval (−π, π] ligt is π, dus Arg z = π. q √ √ √ Als z = 3 − i 3, dan is |z| = 32 + (− 3)2 = 2 3. De punten 0, 3 en z vormen een rechthoekige driehoek met hoek bij 0 gelijk aan 30 graden, in radialen dus π6 . Omdat z


26

in het vierde kwadrant ligt, komt daar een minteken bij als we het argument van z willen weten. Dus arg z = − π6 . Omdat deze waarde in het interval (−π, π] ligt is Arg z = − π6 . p Als z = −2i, is |z| = 02 + (−2)2 = 2 . Op de negatieve imaginaire as is de hoek met de positieve reële as 32 π of ook wel − π2 . Dus arg z = 32 π of (bijvoorbeeld) ook arg z = − π2 . De waarde van het argument die in het interval (−π, π] ligt is Arg z = − π2 .

¤

Opgave Bepaal alle z ∈ C die voldoen aan: z 2 − 2¯ z 2 = 1. Uitwerking Stel z = a + ib met a ∈ R en b ∈ R. dan geldt: ¡ ¢ z 2 − 2¯ z 2 = 1 ⇐⇒ (a2 − b2 ) + 2abi − 2 (a2 − b2 ) − 2abi = 1 ⇐⇒ b2 − a2 = 1 en ab = 0 Nu moet het paar (a, b) van reële getallen voldoen aan de twee vergelijkingen b2 − a2 = 1 en ab = 0 samen. Uit de tweede vergelijking volgt dat a = 0 of b = 0. Combinatie van a = 0 met b2 − a2 = 1 leidt tot b2 = 1, dus b = ±1, en dus z = ±i. Combinatie van b = 0 met b2 − a2 = 1 leidt tot a2 = −1 en dat is onmogelijk omdat a reëelwaardig is. Conclusie: de oplossingen van de vergelijking zijn ±i.

¤ Opgave Bepaal alle z ∈ C die voldoen aan: z¯z 3 = 4i. Uitwerking Stel z = a + ib met a ∈ R en b ∈ R. dan geldt: z¯z 3 = 4i ⇐⇒ |z|2 z 2 = 4i ⇐⇒ (a2 + b2 )(a2 − b2 + 2abi) = 4i ⇐⇒ (a2 + b2 )(a2 − b2 ) + 2ab(a2 + b2 )i = 4i ⇐⇒ (a2 + b2 )(a2 − b2 ) = 0 en 2ab(a2 + b2 ) = 4 Nu moet het paar (a, b) van reële getallen voldoen aan de twee vergelijkingen (a2 + b2 )(a2 − b2 ) = 0 en 2ab(a2 + b2 ) = 4 samen. De eerste vergelijking leidt tot de twee mogelijkheden: • mogelijkheid 1: a2 + b2 = 0, ofwel a = b = 0, maar dan is niet aan de tweede vergelijking 2ab(a2 + b2 ) = 4 voldaan omdat er links 0 staat en 4 aan de rechterkant. • mogelijkheid 2: a2 − b2 = 0, ofwel (a − b)(a + b) = 0 en dit leidt tot twee submogelijkheden: • submogelijkheid 2a: a − b = 0, ofwel a = b, invullen in de tweede vergelijking 2ab(a2 + b2 ) = 4 leidt tot b4 = 1, ofwel b4 − 1 = 0, ofwel (b − 1)(b + 1)(b2 + 1) = 0, en dus vindt men twee oplossingen voor b, te weten b = ±1. En dus is a = b = ±1. LET OP: i (en ook −i) is geen oplossing van b2 + 1 = 0 omdat b reëel verondersteld was! • submogelijkheid 2b: a + b = 0, ofwel a = −b, invullen in de tweede vergelijking 2ab(a2 + b2 ) = 4 leidt tot b4 = −1, weer geen oplossingen want b moet reëel zijn.


27

We vinden dus als oplossingen van de oorspronkelijke vergelijking z¯z 3 = 4i de getallen z = ±(1 + i).

¤ Opgave Los de vergelijking z¯z 3 = 4i opnieuw op door gebruik te maken van poolcoördinaten. Uitwerking Het getal z = 0 voldoet niet aan de vergelijking. Laat nu z ∈ C, z 6= 0 en arg z = φ. Merk op dat |¯ z | = |z| en arg z¯ = −arg z (zie ook de corresponderende opgave uit een van de opgavensecties). Dan geldt: z¯z 3 = 4i ⇐⇒ |¯ z z 3 | = |4i| en arg z¯z 3 = arg 4i ⇐⇒ |z|4 = 4 en 2φ = π2 + 2kπ, k ∈ Z √ ⇐⇒ |z| = 2 en φ = π4 + kπ, k ∈ Z √ ¡ ¢ ⇐⇒ z = 2 cos( π4 + kπ) + i sin( π4 + kπ) , k = 0, 1 De oplossingen van z¯z 3 = 4i zijn dus de getallen z = ±(1 + i).

¤ Opgave ³ Bereken

√ ´10 1+i√3 . 1−i 3

Uitwerking √ 1+i√3 Laat z = 1−i . √ √ √ 3 √ Uit |1 + i 3| = 2 , arg (1 + i 3) = 31 π en |1 − i 3| = 2 , arg (1 − i 3) = − 13 π, volgt |z| = 22 = 1 , arg z = 13 π − (− 31 π) = 23 π. Dus |z 10 | = 110 = 1 en arg z 10 = 10 · 32 π = 20 3 π. √ ¡ ¢ 20 1 π) + i sin( π) = − + i 12 3. Dus z 10 = 1 · cos( 20 3 3 2

¤

Opgave Bepaal alle z ∈ C die voldoen aan: ez = 1. Uitwerking We gebruiken de rekenregels |ez | = eRe z en arg ez = Im z. ez = 1 ⇐⇒ |ez | = |1| en arg ez = arg (1) ⇐⇒ eRe z = 1 en Im z = 0 + 2kπ, k ∈ Z ⇐⇒ Re z = 0 en Im z = 2kπ, k ∈ Z ⇐⇒ z = 2kπi, k ∈ Z

¤ Opgave Bepaal alle z ∈ C die voldoen aan: e2z − 3ez + 2 = 0.


28

Uitwerking Stel A = ez , dan gaat de vergelijking e2z − 3ez + 2 = 0 over in A2 − 3A + 2 = 0, dus in (A − 1)(A − 2) = 0. Er zijn dan twee mogelijkheden: A = 1 en A = 2. De vergelijking ez = 1 hebben we hierboven opgelost, met z = 2kπi, k ∈ Z, als oplossingen. Net zo lost men ez = 2 op. Men vindt als eindresultaat: de oplossingsverzameling van e2z − 3ez + 2 = 0 bestaat uit de getallen z = 2kπi, k ∈ Z, en de getallen z = ln 2 + 2kπi, k ∈ Z.

¤ Opgave Bepaal alle z ∈ C die voldoen aan: z 2 − 2iz + 7 − 6i = 0. Uitwerking Kwadraatafsplitsen geeft:

(z − i)2 − i2 + 7 − 6i = 0

En dus:

(z − i)2 = −8 + 6i

Stel nu u = z − i. De vergelijking gaat dan over in: u2 = −8 + 6i Zoek nu u = a + ib met a en b reëel, zo dat: (a + ib)2 = −8 + 6i Links en rechts reële en imaginaire delen nemen geeft: a2 − b2 = −8 en 2ab = 6 Om het rekenwerk wat te vergemakkelijken nemen we verder in (a + ib)2 = −8 + 6i links en rechts de absolute waarde, met andere woorden a2 + b2 = 10, en deze voegen deze vergelijking toe aan de twee vergelijkingen waaraan a en b moeten voldoen. Dit leidt tot: (1)

a2 − b2 = −8

(2)

a2 + b2 = 10

(3)

2ab = 6

Door combinatie van (1) en (2) vind je 2a2 = 2, dus a = ±1 en met (3) volgt daaruit b = ±3 (a en b hetzelfde teken). Je vindt dus u1 = 1 + 3i en u2 = −1 − 3i als vierkantswortels van −8 + 6i. En dus zijn z1 = i + (1 + 3i) = 1 + 4i en z2 = i + (−1 − 3i) = −1 − 2i de oplossingen van de oorspronkelijke vergelijking.

¤ Opgave Bepaal alle z ∈ C die voldoen aan: z 4 = −4. Uitwerking Laat z ∈ C, z 6= 0, en arg z = φ, dan: z 4 = −4 ⇐⇒ |z 4 | = | − 4| en arg z 4 = arg (−4) ⇐⇒ |z|4 = 4 en 4φ = π + 2kπ, k ∈ Z


29

√ ⇐⇒ |z| = 2 en φ = (2k+1)π , k∈Z 4 √ ¡ (2k+1)π ¢ ⇐⇒ z = 2 cos( (2k+1)π ) + i sin( ) , k = 0, 1, 2, 3 4 4 De oplossingen zijn dus: 1 + i , 1 − i , −1 + i , −1 − i.

¤

1.8

Toets

Geef uitwerkingen van de volgende opgaven. Beschikbare tijd: 60 minuten. 1. Als arg z = φ, druk dan arg z 2 , arg (−z) , arg iz , arg in φ uit (zonder bewijs).

1 z

, arg z¯ , arg z¯z 3

2. Bepaal alle z ∈ C die voldoen aan: z 3 = −8i. 3. Bepaal alle z ∈ C die voldoen aan: z 4 + 16z 2 + 100 = 0.

1.9

Uitwerking toets

Uitwerking opgave 1 Als arg z = φ, dan is arg z 2 = 2φ, arg (−z) = φ + π, arg iz = φ + 12 π, arg

1 z

= −φ, arg z¯ = −φ, arg z¯z 3 = 2φ.

¤

Uitwerking opgave 2 Laat z ∈ C, z 6= 0 en arg z = φ, dan: z 3 = −8i ⇐⇒ |z 3 | = | − 8i| en arg z 3 = arg (−8i) ⇐⇒ |z|3 = 8 en 3φ = 32 π + 2kπ, k ∈ Z ⇐⇒ |z| = 2 en φ = 12 π + 2kπ 3 , k ∈Z ¢ ¡ 2kπ 1 ⇐⇒ z = 2 cos( 2 π + 3 ) + i sin( 12 π + 2kπ 3 ) , k = 0, 1, 2 √ √ De oplossingen zijn dus: 2i , − 3 − i , 3 − i.

¤ Uitwerking opgave 3 Als we w = z 2 stellen in z 4 +16z 2 +100 = 0 gaat de vergelijking gaat over in de kwadratische vergelijking w2 + 16w + 100 = 0. Kwadraatafsplitsen geeft: (w + 8)2 = −36 Stel nu u = w + 8. De vergelijking gaat dan over in: u2 = −36


30

Stel nu u = a + ib (met reële a en b), zo dat we krijgen: (a + ib)2 = −36 Links en rechts reële en imaginaire delen nemen geeft: a2 − b2 = −36 en 2ab = 0 Combinatie van a = 0 met a2 − b2 = −36 leidt tot b2 = 36, dus b = ±6, en dus u = ±6i. Combinatie van b = 0 met a2 − b2 = −36 leidt tot a2 = −36 en dat is onmogelijk omdat a reëelwaardig is. Conclusie: de oplossingen van de u-vergelijking zijn u = ±6i. Je kunt de u-vergelijking sneller oplossen door deze te herschrijven als u2 = 36i2 , ofwel u2 − 36i2 = 0, met andere woorden (u − 6i)(u + 6i) = 0, en dus u = ±6i. Laat nu u = 6i, de vergelijking voor w wordt: w = −8 + 6i en die leidt tot z 2 = −8 + 6i. Met z = a + ib (met reële a en b) leidt dat tot: (1)

a2 − b2 = −8

(2)

a2 + b2 = 10

(3)

2ab = 6

Door combinatie van (1) en (2) vind je 2a2 = 2, dus a = ±1 en met (3) volgt daaruit b = ±3 (zelfde teken voor a en b). Je vindt dus z1 = 1 + 3i en z2 = −1 − 3i. Op soortgelijke manier leidt u = −6i via z 2 = −8 − 6i tot z3 = 1 − 3i en z4 = −1 + 3i.

¤

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

Recommend Documents