8.1 Rekenen met complexe getallen [1]wjvanderzanden.nl/sites/default/files/Sheets Klas 6D Hoofdstuk...

16.0 Voorkennis

1Willem-Jan van der Zanden

Voorbeeld 1:Los op in 2x + 3i = 5x + 6i-3x = 3ix = -i

Voorbeeld 2:Los op in 4x2 + 12x + 15 = 04x2 + 12x + 9 + 6 = 0(2x + 3)2 + 6 = 0(2x + 3)2 = -6(2x + 3)2 = 6i2

2x + 3 = i√6 of 2x + 3 = - i√62x = -3 + i√6 of 2x = -3 - i√6x = -1½ + ½i√6 of x = -1½ - ½i√6

16.0 Voorkennis


Hiernaast is het complexe getal a + bigetekend in een assenstelsel.De horizontale as is de reële as.De verticale as is de imaginaire as.

Dit complexe vlak wordt ook wel hetvlak van Gauss of een Argand-diagram genoemd.

Hiernaast worden vectoren gebruikt om tweecomplexe getallen bij elkaar op te tellen.

z1 = 2 + i z2 = 2 + 4iz1 + z2 = 2 + i + 2 + 4i = 4 + 5i (= z)

Er ontstaat nu een parallellogram-constructie

16.0 Voorkennis


De lengte van de vector (ook modulus ofabsolute waarde) die bij het complexe getalz hoort, is te berekenen met de stelling vanPythagoras:

|z| = |4 + 5i| =

|z1| = |2 + i| =

|z2| = |2 + 4i| =

2 24 5 16 25 41

2 22 1 4 1 5

2 22 4 4 16 20

Let op 1: Er geldt nu: |z| ≠ |z1 + z2| (Dit is over het algemeen zo)

Let op 2: Er geldt nu: (Te bewijzen in opgave 20)

Let op 3: Er geldt nu: |z1 ∙ z2| = |z1| ∙ |z2| (Te bewijzen in opgave 21)

2z z z

16.0 Voorkennis


In het assenstelsel is het complexegetal z1 = 1 + i getekend.

Hierbij hoort een draaiingshoek (φ)of argument (Arg(z1)) van ¼π.

Het argument tussen -π en πis de hoofdwaarde van het argument.

Alle waarden voor het argumentvan het complexe getal z1 zijn: ¼π + k⋅ 2πwaarbij k een geheel getal is.

Op de GR kun het argument berekenen via MATH | CMPLX | 4: ANGLE

De letter i krijg je met 2ND | ∙

16.0 Voorkennis


In het assenstelsel is het complexegetal z1 = 1 + i getekend.

In bepaalde gevallen kun je hetargument ook exact berekenen.

Zo geldt voor het complexe getalwat hier naast getekend is:

Hiervoor kun je van de onderstaande tabel gebruik maken:

In dit geval is de modulus gelijk aan:

14

1tan( ) 1

1

hoek 0 ⅙π ¼ π ⅓π ½ π

sinus 0 ½ ½√2 ½√3 1

cosinus 1 ½√3 ½√2 ½ 0

tangens 0 1 √3 -13

3

2 2| | 1 1 1 1 2z

16.0 Voorkennis


Re( )cos( ) Re( ) | |cos( )

| |

zz z

z

In het plaatje hiernaastis een rechthoekigedriehoek te zien. Hieruit volgen:

Im( )sin( ) Im( ) | |sin( )

| |

zz z

z

|z| is de afstand van het punt tot de Oorsprong.We noemen deze afstand nu r.

Het reële en imaginaire deel van het complexe getal z zijn nu te schrijven als:Re(z) = r cos(φ) en Im(z) = r sin(φ).

r (= |z|) en φ (= arg(z)) zijn de poolcoördinaten van het complexe getal z.

16.0 Voorkennis


Notatie 1 Complex getal:Een getal van de vorm z = a + bi met a en b reële getallen en met i2 = -1 heeteen complex getal.

De twee uitkomsten zijn voorbeelden van complexe getallen.

a is het reële deel van het complexe getal (Re(z)).b is het imaginaire deel van het complexe getal (Im(z))

Een complex getal van de vorm bi is een zuiver imaginair getal.

Je gebruikt bij het rekenen met complexe getallen dezelfde rekenregels als jetot nu toe gebruikt hebt bij het rekenen met reële getallen.

16.0 Voorkennis


Notatie 2 Complex getal:Het complexe getal z = a + bi kan genoteerd worden m.b.v. poolcoördinaten:

z = r cos(φ) + i r sin(φ) = r (cos(φ) + i sin(φ)) met r = |z| en φ = arg(z)

Voorbeeld 3:Schrijf z = 3 – 4i met poolcoördinaten. Rond het argument zo nodig af op 1 decimaal.

φ = arg(z) = arg(3 – 4i) ≈ -0,93 (Gebruik de GR!!!)

Hieruit volgt: z = 5(cos(-0,93) + i sin(-0,93))

2 2| | 3 ( 4) 9 16 5z

16.0 Voorkennis


Notatie 3 Complex getal:Het complexe getal z met r = |z| en φ = arg(z) kan ook genoteerd worden als:

z = r eiφ

De formule van Euler is: eiφ = cos(φ) + i sin(φ)

Voorbeeld 4:Schrijf het getal z = 3e2i in de vorm z = a + bi. Rond a en b af op twee decimalen.

z = 3e2i = 3(cos(2) + i sin(2)) = 3 cos(2) = 3i sin(2) ≈ -1,25 + 2,73i

16.0 Voorkennis


Voorbeeld 5:Los exact op in : (z – 2i)2 = -i

z – 2i = ½√2 - ½i√2 v z – 2i = -½√2 + ½i√2z = ½√2 + 2i - ½i√2 z = -½√2 + 2i + ½i√2 z = ½√2 + (2 - ½√2)i z = -½√2 + (2 + ½√2)i

12

14

314 4

22( 2 )

2

2 2

i k i

i k i

i i

z i e

z i e

z i e z i e

16.1 Lineaire complexe functies [1]


Voorbeeld 1:Gegeven zijn de functies f(z) = 3 + 2i en g(z) = 5 + 5i (= 3 + 2i + 2 + 3i)De functie g(z) ontstaat uit de functie van f(z) door het toepassen van de translatie (2, 3)

Algemeen:Bij de functie f(z) = z + a + bi hoort de translatie (a, b).

Voorbeeld 2:Gegeven is het rode vierkant. Pas hierop de functief(z) = 2z toe.

Linksonder: z = 1 + i => f(1 + i) = 2 ∙ (1 + i) = 2 + 2iRechtsonder: z = 3 + i => f(3 + i) = 2 ∙ (3 + i) = 6 + 2iLinksboven: z = 1 + 4i => f(1 + 4i) = 2 ∙ (1 + 4i) = 2 + 8iRechtsboven: z = 3+ 4i => f(3 + 4i) = 2 ∙ (3 + 4i) = 6 + 8i

Algemeen:Bij de functie f(z) = az met a een reëel getal hoort deVermenigvuldiging t.o.v. 0 met factor a.



Voorbeeld 3:Gegeven is de driehoek met de hoekpunten 1 + 2i, 3 + i en 1 + 3i.Teken het beeld bij de functie f(z) = -2z + 4 + 3i.

Stap 1:Een vermenigvuldiging t.o.v. 0 met factor -2 vande rode driehoek geeft de groene driehoek.

Stap 2:De translatie (4, 3) van de groene driehoek geeftde blauwe driehoek.



Voorbeeld 4:Het getal 0 ligt op de blauwe driehoek (het beeld).Een getal dat door een functie f op 0 wordt afgebeeld,heet een nulpunt van f.

Het oplossen van f(z) = 0 geeft het nulpunt.-2z + 4 + 3i = 0-2z = -4 – 3i2z = 4 + 3iz = 2 + 1½i

Voorbeeld 5:Een dekpunt van de complexe functie f is een getal datop zichzelf wordt afgebeeld.

Het oplossen van f(z) = z geeft het dekpunt. -2z + 4+ 3i = z-3z = -4 – 3i3z = 4 + 3iz = 1 + i1

3



Bij de functie f(z) = a + bi hoort de draaivermenigvuldiging die bestaat uit derotatie over arg(a + bi) en de vermenigvuldiging t.o.v. 0 met factor |a + bi|

Voorbeeld 1: Gegeven is de functie f(z) = (1 – i)z.Teken het beeld bij de functie f van het rode vierkant met hoekpunten -2 + i, 3 + i, 3 + 6i, -2 + 6i.

|1 – i| =arg(1 – i) = -¼π

Er is sprake van een rotatie over –¼π en eenvermenigvuldiging t.o.v. 0 met √2. Zo ontstaathet groene vierkant.

2 21 ( 1) 2




Voorbeeld 1:Het lijnstuk van O tot het punt -2 + i op hetrode vierkant wordt –¼π geroteerd. De lengte die √5 was, wordt √2 ∙ √5 = √10.Zo ontstaat het punt -1 + 3i op het groene vierkant.

Het lijnstuk van O tot het punt -2 + 6i op hetrode vierkant wordt –¼π geroteerd. De lengte die √40 was, wordt √2 ∙ √40 = √80.Zo ontstaat het punt 4 + 8i op het groene vierkant.




Voorbeeld 1:Het lijnstuk van O tot het punt 3 + i op hetrode vierkant wordt –¼π geroteerd. De lengte die √10 was, wordt √2 ∙ √10 = √20.Zo ontstaat het punt 4 - 2i op het groene vierkant.

Het lijnstuk van O tot het punt 3 + 6i op hetrode vierkant wordt –¼π geroteerd. De lengte die √45 was, wordt √2 ∙ √45 = √90.Zo ontstaat het punt 9 + 3i op het groene vierkant.




Voorbeeld 2:Geef het bereik van f bij het domein |z| ≤ 2 ⋀ –¼π ≤ Arg(z) ≤ ¼π

Er is een vermenigvuldiging met √2.Hieruit volgt bij het bereik: |z| ≤ 2√2

Er is een rotatie van –¼π.Hieruit volgt bij het bereik: –½π ≤ Arg(z) ≤ 0˚



Bij de functie f(z) = (a + bi)z + c + di met a, b, c en de reëel hoort devermenigvuldiging t.o.v. 0 met de factor |a + bi| en de rotatie over arg(a + bi)gevolgd door de translatie (c, d)

Voorbeeld 1:Gegeven is de functie f(z) = (1 + i)z – 2 + 3i.Teken het beeld bij f van het vierkant met de hoekpunten 1 + i, 3 + i, 3 + 3i en 1 + 3i

|1 + i| =arg(1 + i) = ¼π

Het roteren van het rode vierkant over ¼π en het vermenigvuldigen t.o.v. 0 met √2 geeft het groene vierkant.

De translatie (-2, 3) van het groen vierkant geeft hetblauwe vierkant.

2 21 1 2



Bij de functie f(z) = (a + bi)z + c + di met a, b, c en de reëel hoort devermenigvuldiging t.o.v. 0 met de factor |a + bi| en de rotatie over arg(a + bi)gevolgd door de translatie (c, d)

Voorbeeld 2:Gegeven is de functie f(z) = (1 + i)z – 2 + 3i.Wat is het origineel van f bij 10 + i?

f(z) = 10 + i(1 + i)z – 2 + 3i = 10 + i(1 + i)z = 12 – 2i

12 2 12 2 1 12 12 2 25 7

1 1 1 2

i i i i iz i

i i i

16.2 Niet-lineaire complexe functies [1]


Bij de functie f(z) = zn geldt |zn | = |z|n en arg(zn) = n ∙ arg(z)

Formule van De Moivre: zn = (cos(φ) + i sin(φ) )n = cos(nφ) + i sin(nφ)

Voorbeeld:Gegeven is de functie f(z) = z3

Teken in twee aparte figuren de cirkelsector |z| ≤ 1,5 ⋀ ≤ Arg(z) ≤ en het beeld bij f.

|f(z)| = |z3| = |z|3 =1,53 = 3,375.

arg(z3) = 3 ∙ arg(z) dus -½π ≤ Arg(z) ≤ ½π

16 1

6



Gegeven is de complexe exponentiële functie f(z) = ez

f(0) = e0 = 1f(1) = e1 = ef(-2) = e-2

Het invullen van een getal dat op de reële as ligt, geeft altijd een reëel positiefgetal. Deze functie beeldt de reële as af op de positieve reële as.

Gegeven is de functie f(z) = ez

|f(¼πi)| = |e¼πi| = |cos(¼π) + i sin(¼π)| = |½√2 + ½i√2| = Arg(f(¼πi)) = Arg(e¼πi) = Arg(cos(¼π) + i sin(¼π)|) = ¼π

|f(¾πi)| = |e¾πi| = |cos(¾π) + i sin(¾π)| = |-½√2 + ½i√2| = Arg(f(¾πi)) = Arg(e¾πi) = Arg(cos(¾π) + i sin(¾π)|) = ¾π

Het invullen van een zuiver imaginair getal dat op de imaginaire as ligt, geeft een punt op de eenheidscirkel. Deze functie beeldt de imaginaire as af op de eenheidscirkel.

2 2

1 12 2

2 2 1 1

2 2

1 12 2

2 2 1 1



Gegeven is de functie f(z) = ez

f(z + k ∙ 2πi) = ez + k ∙ 2πi = ez ∙ ek ∙ 2πi = ez ∙ (e 2πi)k = ez ∙ 1k = ez

Deze functie is periodiek met periode 2πi.

Algemeen:Bij de functie f(z) = ez geldt f(a + bi) = ea + bi = ea ∙ ebi is• bij vaste a het beeld een cirkel met middelpunt 0 en straal ea;• bij vaste b het beeld een halve lijn die een hoek van b radialen maakt met de

positieve reële as;

Algemeen:f(z) = ln(z) is de complexe logaritmische functie.De rekenregels voor logaritmen kun je hier ook gebruiken.We beperken ons tot functiewaarden f(z) waarvoor geldt: -π ≤ f(z) ≤ π



Voorbeeld 1:Gegeven is de functie f(z) = ln(z). Bereken exact f(i√i)

f(i√i) = ln(i√i) = ln(i1½) = 1½ ln(i) = 1½ln(e½πi) = 1½ ∙ ½πi = ¾πi

Voorbeeld 2:Gegeven is de functie f(z) = ln(z). Bereken exact f(1 + i)

f(1 + i) = ln(1 + i)= ln(√2 ∙ e¼πi) = ln(√2) + ln(e¼πi)= ln(2½ ) + ln(e¼πi)= ½ln(2) + ¼πi



Algemeen:

Bij het complexe getal z worden deze formules:

cos( ) sin( )2 2

ix ix ix ixe e e ex en x

i

cos( ) sin( )2 2

iz iz iz ize e e ez en x

i



Voorbeeld:Bereken exact 1

6sin( )i

1 1 1 16 6 6 6

1 16 6

( ) ( ) 1 1

16

1

1 1 1 1 12 2 2 2

1

1

1

sin( )2 2

2

( 3 ) ( 3 )

2

( 3 ) ( 3 )

4

( 3 ) ( 3 )

4

( 3 1) ( 3 1)

4

3 1 3

4 4 4 4

1 3 3

4 4 4 4

i i i i i i

i i

e e e ei

i i

e e e e

i

e i e i

i

e i e i

i

e i e i i

i i

e i e i

i e e

e e

e e

e e i

16.3 Meetkunde met complexe getallen [1]


Algemeen:Bij de rotatie van het lijnstuk AB om A over een hoekvan φ geldt voor het beeld C van B datc = a + (cos(φ) + i sin(φ)(b – a)Hierin zijn a, b en c de complexe getallen die horenbij de punten A, B en C.

Voorbeeld:Gegeven is het parallellogram ABCD met op zijde CDde gelijkzijdige driehoek CDE. Het punt M is hetmidden van CE.

Druk de complexe getallen e en m uit in decomplexe getallen a, b en d.

c = b + (d – a) = b + d – ae = d + (cos(60˚)+ i sin(60˚)((c – d)

= d + (½ + ½i√3)(b – a)= d + (½ + ½i√3)b – (½ + ½i√3)a

16.3 Meetkunde met complexe getallen [1]


Algemeen:Bij de rotatie van het lijnstuk AB om A over een hoekvan φ geldt voor het beeld C van B datc = a + (cos(φ) + i sin(φ)(b – a)Hierin zijn a, b en c de complexe getallen die horenbij de punten A, B en C.

Voorbeeld:Gegeven is het parallellogram ABCD met op zijde CDde gelijkzijdige driehoek CDE. Het punt M is hetmidden van CE.

Druk de complexe getallen e en m uit in decomplexe getallen a, b en d.

m = ½(c + e) = ½(b + d – a + d + (½ + ½i√3)b – (½ + ½i√3)a= ½((1½ + ½i√3)b + 2d – (1½ + ½i√3)a)= (¾ + ¼i√3)b + d – (¾ + ¼i√3)a

16.4 Derdegraadsvergelijkingen [1]


Voorbeeld:Los op in : z3 + z2 + z – 3 = 0

Stap 1:Bereken met behulp van de GR de reële oplossing:De optie ZERO geeft z = 1 als reële oplossing.

Stap 2:Gebruik staartdelen om een functie te krijgen die je op kunt lossen:z – 1 / z3 + z2 + z – 3 \ z2 z2 maal z – 1 = z2(z – 1) = z3 – z2

z3 – z2 Let op: Hierdoor valt de z3 weg.---------------- -

2z2 + z – 3

z – 1 / 2z2 + z – 3 \ z2 + 2z 2z maal z – 1 = 2z(z – 1) = 2z2 – 2z2z2 – 2z Let op: Hierdoor valt de 2z2 weg. ---------------- -

3z – 33z – 3 \ z2 + 2z + 3--------- -

0



Voorbeeld:Los op in : z3 + z2 + z – 3 = 0

Stap 3:Los de nu ontstane vergelijking op.

z3 + z2 + z – 3 = 0(z – 1)(z2 + 2z + 3) = 0z = 1 ∨ z2 + 2z + 3 = 0z = 1 ∨ z2 +2 z = -3z = 1 ∨ (z + 1)2 – 1 = -3z = 1 ∨ (z + 1)2 = -2z = 1 ∨ (z + 1)2 = 2i2

z = 1 ∨ z + 1 = i√2 ∨ z + 1 = -i√2z = 1 ∨ z = -1 + i√2 ∨ z = -1 -i√2

Algemeen:Als x = k een oplossing is van de vergelijking x3 + ax2 + bx + c = 0 danis x3 + ax2 + bx + c = (x – k)(x2 + … )



Voorbeeld:Los algebraïsch op in: z3 + 12z = 63

Stap 1:Bij de vergelijking z3 + pz = q geldt:z = u + v , p = -3uv en u3 + v3 = q

z = u + v , 12 = -3uv en u3 + v3 = 63

Stap 2:Bereken u3 en v3 en z:

Uit 12 = -3uv volgt 4

vu





3

3

3

3

6 3

2

3

3 3

33

463

6463

63 64 0

( 63) 4 64 4225 65

63 6564

2

63 63 64 1

64 1 4 1 3

uu

uu

u u

D D

u

v u

z

De andere oplossing nemen voor u3

geeft dezelfde uitkomst voor z.




Stap 3:Je hebt nu de reële oplossing. Gebruik staartdelen om een functie te krijgen die je op kunt lossen:

z – 3 / z3 + 12z – 63 \ z2 z2 maal z – 3 = z2(z – 3) = z3 – 3z2

z3 – 3z2 Let op: Hierdoor valt de z3 weg.---------------- -

3z2 + 12z – 63

z – 3 / 3z2 + 12z – 63 \ z2 + 3z 3z maal z – 3 = 3z(z – 3) = 3z2 – 9z3z2 – 9z Let op: Hierdoor valt de 3z2 weg. ---------------- -

21z – 6321z – 63 \ z2 + 3z + 21--------- -

0




Stap 4:Los de nu ontstane vergelijking op:

z3 + 12z – 63 = 0(z – 3)(z2 + 3z + 21) = 0z = 3 ∨ z2 + 3z + 21 = 0z = 3 ∨ z2 + 3z = -21z = 3 ∨ (z + 1½)2 – 2¼ = -21z = 3 ∨ (z + 1½)2 = -18¾z = 3 ∨ (z + 1½)2 = 18¾i2

z = 3 ∨ z + 1½ = 2½i√3 ∨ z + 1½ = -2½i√3 z = 3 ∨ z = -1½ + 2½i√3 ∨ z = -1½ -2½i√3



Voorbeeld:Los algebraïsch op in: z3 + 2z2 – 14z – 40 = 0

Stap 1:Gebruik de subsitutie z = y - ⅓a om de vergelijking te herleiden tot de vormy3 + py = q. Hierbij is a het getal voor de z2.

z = y - ⅓ ∙ 2z = y - ⅔

3 22 2 23 3 3

3 2 28 8 8 2843 27 3 9 3

3 1 23 27

( ) 2( ) 14( ) 40 0

2 2 14 40 0

15 30

y y y

y y y y y y

y y




Stap 2:Bij de vergelijking z3 + pz = q geldt:z = u + v , p = -3uv en u3 + v3 = q

z = u + v , -15⅓ = -3uv en u3 + v3 =


Uit -15⅓ = -3uv volgt 46

9v

u

27

30





3

3 227

3 2273

6 3227

10023 27 9 501

27 9

3 3 502 127 27 9

50 501 1 23 327 9 27 9 3

2 2 23 3 3

4630

9

97.33630

729

97.33630 0

729

10000 1003

27 9

30 315 3

2

30 15 3

15 3 15 3 4

4 4

uu

uu

u u

D D

u

v u

y

z y

De andere oplossing nemen voor u3

geeft dezelfde uitkomst voor z.




Stap 5:Je hebt nu de reële oplossing. Gebruik staartdelen om een functie te krijgen die je op kunt lossen:

z – 4 / z3 + 2z2 -14z – 40 \ z2 z2 maal z – 4 = z2(z – 4) = z3 – 4z2

z3 – 4z2 Let op: Hierdoor valt de z3 weg.---------------- -

6z2 - 14z – 40

z – 4 / 6z2 - 14z – 40 \ z2 + 6z 6z maal z – 4 = 6z(z – 4) = 6z2 – 24z6z2 – 24 Let op: Hierdoor valt de 6z2 weg. ---------------- -

10z – 4010z – 40 \ z2 + 6z + 10--------- -

0




Stap 6:Los de nu ontstane vergelijking op:

z3 + 2z2 – 14z – 40 = 0(z – 4)(z2 + 6z + 10) = 0z = 4 ∨ z2 + 6z + 10 = 0z = 4 ∨ z2 + 6z = -10z = 4 ∨ (z + 3)2 – 9 = -10z = 4 ∨ (z + 3)2 = -1z = 4 ∨ (z + 3)2 = i2

z = 4 ∨ z + 3 = i ∨ z + 3 = -i z = 4 ∨ z = -3 + i ∨ z = -3 - i

8.1 Rekenen met complexe getallen [1]wjvanderzanden.nl/sites/default/files/Sheets Klas 6D Hoofdstuk...

Documents

Transcript of 8.1 Rekenen met complexe getallen [1]wjvanderzanden.nl/sites/default/files/Sheets Klas 6D Hoofdstuk...