Complexe getallen - win.tue.nlsterk/2WF07/lala10-H1.pdf · Hoofdstuk 1 Complexe getallen 1.1...

Hoofdstuk 1

Complexe getallen

1.1 Rekenen met complexe getallen

1.1.1 We kunnen reele getallen opvatten als punten van een rechte lijn, de getal-lenrechte. Net zo kunnen we complexe getallen opvatten als punten van hetvlak. Om voor punten van het vlak de naam “getallen” waar te maken,moeten we een optelling en een vermenigvuldiging voor punten in het vlakgaan definieren. In deze paragraaf bespreken we

• het begrip complex getal,

• de optelling en vermenigvuldiging van complexe getallen,

• de beschrijving van complexe getallen in termen van poolcoordinaten,

• quotienten van complexe getallen,

• de geconjugeerde van een complex getal,

• diverse rekenregels,

• de meetkundige interpretatie van complexe getallen.

1.1.2 We nemen in het platte vlak een loodrecht assenstelsel. Van dit assenstelselnoemen we de horizontale as de reele as en de verticale as de imaginaire

as. Ieder punt in het vlak wordt ten opzichte van dit assenstelsel bepaalddoor twee coordinaten a en b, die uiteraard reeel zijn. We noemen het punt(a, b) een complex getal, dat we in de regel in plaats van met (a, b) zullennoteren als a+bi. De punten (a, 0) op de eerste as noteren we eenvoudigwegmet a en de punten (0, b) op de tweede as met bi. In het bijzonder is i het

33

34 Complexe getallen

punt (0, 1). Voor een complex getal gebruiken we vaak de letter z of w. Deverzameling complexe getallen wordt aangegeven met C.

z = a + bi

a

bi

0reele as

6

imaginaire as -

1.1.3 (Som) We definieren de som van twee complexe getallen z1 = a1 + b1 i enz2 = a2 + b2 i als volgt:

z1 + z2 := (a1 + a2) + (b1 + b2)i.

Bijvoorbeeld is (1 + i) + (−2 + 4i) = −1 + 5i. Optelling van complexegetallen is dus de coordinaatsgewijze optelling in het vlak. Meetkundig ishet de bekende vectoroptelling. Door uitschrijven gaan we eenvoudig nadat voor deze optelling van complexe getallen alle rekenregels gelden diewe van de optelling van reele getallen kennen. Bijvoorbeeld is de optellingcommutatief : voor alle complexe getallen z en w geldt z + w = w + z.De optelling is ook associatief : voor alle complexe getallen z1, z2, z3 geldt(z1 + z2) + z3 = z1 + (z2 + z3).

1.1.4 (Product) We definieren het product van twee complexe getallen z1 = a1 +b1 i en z2 = a2 + b2i door

z1z2 := (a1a2 − b1b2) + (a1b2 + a2b1) i.

Dit lijkt een ingewikkelde formule, maar hij is eenvoudig te onthouden. Werkhet product (a1 + b1 i) (a2 + b2 i) uit, gebruik makend van de rekenregelsvoor reele getallen, en gebruik als extra eigenschap i2 = − 1, dan volgt deformule van het rechterlid. Ga na dat

(1 + i) (−2 + 4i) = −2 + 4i + (−2)i + i(4i) = −6 + 2i.

Vanwege de manier waarop we deze vermenigvuldiging gedefinieerd heb-ben is het niet verwonderlijk dat voor de vermenigvuldiging van complexegetallen en de interactie met de optelling van complexe getallen dezelfde re-kenregels gelden als voor de reele getallen, met de extra eigenschap i2 = − 1.De verificatie hiervan is betrekkelijk veel maar eenvoudig rekenwerk. Naastcommutativiteit en associativiteit is de zogenaamde distributiviteit van devermenigvuldiging over de optelling een voorbeeld van zo’n rekenregel: vooralle complexe getallen z1, z2, z3 geldt z1(z2 + z3) = z1z2 + z1z3.

1.1 Rekenen met complexe getallen 35

1.1.5 (Absolute waarde en argument) Vermenigvuldiging van complexe getal-len heeft ook een meetkundige interpretatie. Daarbij gebruiken we de nu tebespreken absolute waarde en argument, zie verder 1.1.9 en 1.1.12. We kun-nen in het vlak een punt, behalve in Cartesische coordinaten, ook weergevenmet poolcoordinaten:

• de absolute waarde is de afstand tot de oorsprong;

• het argument is de hoek met de positieve x–as.

De absolute waarde van het complexe getal z = a + bi (met a en b reeel!)is gelijk aan

√a2 + b2. Het argument is slechts op een veelvoud van 2π na

bepaald. Als we het argument kiezen tussen −π en π dan spreken we vande hoofdwaarde van het argument. De hoofdwaarde van het argument vanpunten op de negatieve reele as is π. Voor de oorsprong is het argumentongedefinieerd.

I

R|z|

z Oarg(z)

Als een complex getal z absolute waarde |z| en argument ϕ heeft, dan zijnde coordinaten respectievelijk |z| cos ϕ en |z| sinϕ, zodat we dat complexegetal kunnen schrijven als

z = |z| cos ϕ + i|z| sinϕ, ofz = |z|(cos ϕ + i sinϕ).

1.1.6 Voorbeeld. Het complexe getal i heeft absolute waarde√

02 + 12 = 1 enargument π/2.

Het complexe getal −1+ i heeft absolute waarde√

(−1)2 + 12 =√

2; dehoofdwaarde van het argument is 3π/4. Het getal is dus ook te schrijven als√

2 (cos(3π/4) + i sin(3π/4)). Het voordeel van deze schrijfwijze is dat weonmiddellijk zien wat absolute waarde en argument van −1 + i zijn.

1.1.7 (Reele en imaginaire deel) Als z = a + bi met a, b ∈ R, dan heten a en brespectievelijk het reele deel van z, genoteerd door Re(z), en het imaginaire

deel van z, genoteerd door Im(z). Re en Im zijn dus afbeeldingen van C


naar R. Merk op dat het imaginaire gedeelte van een complex getal reeel is!De volgende eigenschappen volgen direct uit de definities:

Re(z1 + z2) = Re(z1) + Re(z2),Re(z1z2) = Re(z1)Re(z2) − Im(z1)Im(z2),Im(z1 + z2) = Im(z1) + Im(z2),Im(z1z2) = Re(z1)Im(z2) + Im(z1)Re(z2).

Uit de absolute waarde en het argument van een complex getal z kunnen weeenvoudig het reele en imaginaire gedeelte vinden:

Re(z) = |z| cos(arg(z)),Im(z) = |z| sin(arg(z)).

Omgekeerd vinden we uit het reele en imaginaire gedeelte de absolute waardevan z met de formule

|z| =√

Re(z)2 + Im(z)2 .

Vaak denkt men dat (de hoofdwaarde van) het argument gegeven wordtdoor de formule

arg(z) = arctan( Im(z)

Re(z)

)

.

Dit is juist als Re(z) > 0, maar in het algemeen onjuist. Ga dit zelf na aande hand van het complexe getal −1 − i. De volgende (niet zo belangrijke)formule is wel correct als z niet op de negatieve reele as ligt:

arg(z) = 2 arctanIm(z)

|z| + Re(z).

1.1.8 (Driehoeksongelijkheid) De absolute waarde heeft de volgende eigenschap:

|z1 + z2| ≤ |z1| + |z2|.

Deze eigenschap staat bekend als de driehoeksongelijkheid. Zie verder Op-gave 6.

1.1.9 (Absolute waarde en argument: rekenregels) Beschouw twee complexegetallen z1 en z2 met poolcoordinaten (|z1|, ϕ1) en (|z2|, ϕ2), respectievelijk.Dan geldt

z1 = |z1| cos ϕ1 + i |z1| sinϕ1,z2 = |z2| cos ϕ2 + i |z2| sinϕ2,


waaruit volgt:

z1z2 = |z1| |z2|(

(cos ϕ1 cos ϕ2 − sinϕ1 sinϕ2) +

i(cos ϕ1 sinϕ2 + cos ϕ2 sinϕ1))

= |z1| |z2|(

cos(ϕ1 + ϕ2) + i sin(ϕ1 + ϕ2))

.

Hieruit volgen de volgende twee belangrijke formules (mod=modulo):

|z1 z2| = |z1| |z2|,arg(z1 z2) = arg(z1) + arg(z2) (mod 2π).

(1.1)

Door herhaald toepassen van deze regels vinden we voor n complexe getallenz1, z2, . . . , zn:

|z1 z2 · · · zn| = |z1| |z2| · · · |zn|,arg(z1 z2 · · · zn) = arg(z1) + arg(z2) + · · · + arg(zn) (mod 2π).

(1.2)

Zijn z1, z2, . . . , zn alle gelijk aan het getal z, dan vinden we:

|zn| = |z|n,arg(zn) = n arg(z) (mod 2π).

(1.3)

1.1.10 (Het quotient) Voor ieder complex getal z 6= 0 bestaat ook ‘1/z’. Immers,1/z dient te voldoen aan

z (1/z) = 1,

dus wegens formule (1.1) aan

|z| |1/z| = |1| = 1 ,arg(z) + arg(1/z) = arg(1) = 0,

zodat we 1/z in poolcoordinaten kunnen definieren door∣

∣

1z

∣

∣ = 1|z| ,

arg(1/z) = − arg(z).

Het quotient z/w van twee complexe getallen (met w 6= 0) definieren we nuals het product

z (1/w).

In termen van poolcoordinaten volgt met formule (1.1) voor het quotient:

|z/w| = |z|/|w|,arg(z/w) = arg(z) − arg(w) (mod 2π).

(1.4)


Voor dit quotient gelden de gebruikelijke rekenregels; zo is bijvoorbeeld

z1

z2

w1

w2=

z1w1

z2w2.

We kunnen van 1/z ook het reele en imaginaire deel opsporen. Stel z = a+bimet a, b ∈ R en niet beide nul. Dan is

1

z=

1

a + bi=

a − bi

(a + bi)(a − bi)=

a − bi

a2 + b2.

Ga na dat1

3 + 4i=

3 − 4i

25en dat

1 + i

2 + 3i=

5 − i

13.

1.1.11 (De geconjugeerde) Als z = a + bi met a, b ∈ R een complex getal is, danheet a−bi de geconjugeerde van z, ook genoteerd als conj(z) of z. Conjugerenis dus spiegelen t.o.v. de reele as. Ieder van de volgende eigenschappen kaneenvoudig nagegaan worden, meetkundig of door “invullen”.

Re(z) = Re(z),Im(z) = − Im(z),Re(z) = 1

2(z + z),Im(z) = 1

2i(z − z),|z| = |z|,

arg(z) = − arg(z),z1 + z2 = z1 + z2,z1z2 = z1 · z2,z + z = 2 Re(z),z z = |z|2.

Merk op dat uit de laatste formule volgt

1

z=

z

|z|2 ,

in overeenstemming met 1.1.10. We vinden dus 1/z door eerst te spiegelent.o.v. de x–as en dan door |z|2 te delen.

1.1.12 (Meetkundige interpretatie) Laat z = a+bi en w = c+di twee complexegetallen zijn. De absolute waarde |z−w| heeft als meetkundige interpretatiede afstand van z tot w. Immers, |z − w| =

√

(c − a)2 + (d − b)2, terwijl destelling van Pythagoras vertelt dat dit de afstand is van z tot w. Van dezeinterpretatie kunnen we soms gebruik maken:


• De vergelijking |z − i| = 5 heeft als oplossingen precies die complexegetallen z die afstand 5 tot i hebben. Dit is een cirkel om i met straal 5.Natuurlijk kunnen we deze vergelijking ook omwerken tot de bekendevergelijking van een cirkel: als z = x + iy, dan volgt

|z− i| = 5 ⇔ |z− i|2 = 25 ⇔ |x+(y−1)i|2 = 25 ⇔ x2 +(y−1)2 = 25.

• De vergelijking |z − a| = |z − b| heeft als oplossingen alle punten z diedezelfde afstand tot a en b hebben. Dit is de middelloodlijn tussen aen b.

Er is ook een meetkundige interpretatie voor het vermenigvuldigen met eencomplex getal; deze interpretatie volgt uit 1.1.9. We illustreren haar aan dehand van het vermenigvuldigen met i. Als z 6= 0, dan is |zi| = |z| · |i| = |z|,terwijl arg(zi) = arg(z) + arg(i) = arg(z) + π/2. Met andere woorden, ziwordt uit z verkregen door z over de hoek π/2 te roteren. Op een zelfdemanier volgt dat z vermenigvuldigen met 1+ i betekent dat we z in absolutewaarde oprekken met een factor

√2 en het resultaat draaien over de hoek

π/4.

1.1.13 Rekenen met complexe getallen vereist een redelijke rekenvaardigheid. Wedienen steeds een keuze te maken of we de representatie in Cartesischecoordinaten of in poolcoordinaten zullen gebruiken. Ruwweg kunnen wedaarbij de volgende vuistregels hanteren:

• als de berekening hoofdzakelijk optellingen bevat, dan is gebruik vanCartesische coordinaten raadzaam;

• als de berekening hoofdzakelijk vermenigvuldigingen bevat, dan is re-kenen in poolcoordinaten aan te bevelen.

Bij het oplossen van vergelijkingen speelt een rol dat twee complexe getallenaan elkaar gelijk zijn dan en slechts dan als zowel de reele als imaginai-re gedeelten aan elkaar gelijk zijn; voor twee complexe getallen ongelijk 0geldt dat ze gelijk zijn dan en slechts dan als ze dezelfde absolute waar-den hebben en de argumenten op een veelvoud van 2π na gelijk zijn. Metdeze eigenschappen kunnen we complexe vergelijkingen omzetten in reelevergelijkingen. Dat is overigens niet altijd handig of nodig.

1.1.14 Voorbeeld. We lossen de vergelijking z2 = 2i op.


• (Eerste oplossing) Bij deze oplossing schrijven we z = x + iy (met xen y reeel) en vullen in:

x2 + 2ixy − y2 = 2i.

Gelijkstellen van de reele en imaginaire delen levert de twee vergelij-kingen x2 − y2 = 0 en 2xy = 2. Uit de eerste vergelijking (voor dereele getallen x en y) volgt x = y of x = −y. Invullen in de tweedegeeft x2 = 1 en x2 = −1. De vergelijking x2 = −1 heeft geen (reele!)oplossingen en de vergelijking x2 = 1 leidt tot x = 1 of x = −1. Wevinden ten slotte de twee oplossingen 1 + i en −1 − i.

• (Tweede oplossing) Gebruik makend van de absolute waarde en hetargument redeneren we als volgt.

z2 = 2i ⇔ |z2| = 2 en arg(z2) = π/2 + 2kπ (k geheel)⇔ |z|2 = 2 en 2 arg(z) = π/2 + 2kπ (k geheel)

⇔ |z| =√

2 en arg(z) = π/4 + kπ (k geheel).

Hieruit volgen de twee oplossingen

√2 (cos(π/4) + i sin(π/4)) en

√2 (cos(5π/4) + i sin(5π/4))

(we gebruiken enkel de waarden k = 0 en k = 1, omdat we voor k = 2weer dezelfde oplossing vinden als voor k = 0, voor k = 3 dezelfdeoplossing als voor k = 1 enz.). Ga na dat dit dezelfde getallen zijn alsbeschreven in de eerste oplossing.

1.2 De complexe e–macht, sinus en cosinus

Tot nu toe kunnen we met complexe getallen alleen optellen en aftrekken,vermenigvuldigen en delen, en machtsverheffen tot een gehele macht. Wezullen nu laten zien hoe we in de complexe getallen de e–macht en de sinus-en cosinusfunctie definieren.

1.2.1 Definitie. (Complexe e–macht) Voor ieder complex getal z definierenwe het complexe getal ez door

|ez| = eRe(z) ,arg(ez) = Im(z) .

1.2 De complexe e–macht, sinus en cosinus 41

1.2.2 Merk op dat we in deze definitie de van de reele getallen bekende e–machtgebruiken. Als z een reeel getal is, dan is |ez| = ez en arg(ez) = 0, dusdefinitie 1.2.1 levert de reele e–macht op en breidt derhalve de definitiever-zameling van de e–macht uit van R naar C. Omdat de reele e–macht nooit0 is, volgt dat de complexe e–macht ook nooit 0 is: |ez| = eRe(z) 6= 0, en eengetal waarvan de absolute waarde ongelijk 0 is, is zelf ongelijk 0.

1.2.3 Voorbeeld. Het complexe getal eπi heeft absolute waarde eRe(πi) = e0 = 1en argument Im(πi) = π zodat eπi = −1. Het getal e1+πi/2 heeft absolutewaarde eRe(1+πi/2) = e1 en argument Im(1+πi/2) = π/2 zodat e1+πi/2 = e i.

1.2.4 Voorbeeld. Om de vergelijking ez = 1+i op te lossen stellen we de absolutewaarden links en rechts gelijk en ook de argumenten. Met z = x+iy betekentdit

ex =√

2 en y =π

4+ 2kπ met k geheel.

We vinden dus de volgende (oneindige) oplossingsverzameling:

{ 1

2log(2) + i(

π

4+ 2kπ) | k ∈ Z },

waarin log de natuurlijke logaritme is.

1.2.5 Stelling. ez1 ez2 = ez1+z2 .

Bewijs.

|ez1ez2 | = |ez1 | |ez2 | = eRe(z1)eRe(z2) = eRe(z1)+Re(z2) ,

|ez1+z2 | = eRe(z1+z2) = eRe(z1)+Re(z2) .

Het linker– en het rechterlid hebben dus dezelfde absolute waarde. Ookgeldt

arg(ez1ez2) = arg(ez1) + arg(ez2) = Im(z1) + Im(z2) ,

arg(ez1+z2) = Im(z1 + z2) = Im(z1) + Im(z2) .

Het linker– en het rechterlid hebben dus ook hetzelfde argument, en daarmeezijn ze gelijk. ¤

1.2.6 Stelling. (ez)n bestaat voor ieder complex getal z en voor iedere gehele(dus ook negatieve) n. Voor iedere gehele n en iedere complexe z geldt

(ez)n = enz .


Bewijs. Omdat voor iedere z het getal ez 6= 0, bestaat (ez)n voor iedere z eniedere gehele (dus ook negatieve) n. Resteert het bewijs van de gelijkheid(ez)n = enz. Voor positieve n is deze eigenschap een gevolg van de vorige.

Voor n = 0 zijn linkerlid en rechterlid per definitie 1.

Nu n = − 1. Wegens 1.1.10 is de absolute waarde van 1/ez gelijk aan

|(ez)−1| = |ez|−1 =(

eRe(z))−1

= e−Re(z) = eRe(− z)

en analoog vinden we voor het argument

arg(

(ez)−1)

= − arg(ez) = − Im(z) = Im(− z) .

Dus is (ez)−1 = e−z. Dat nu de eigenschap voor alle negatieve n waar isvolgt uit Stelling 1.2.5. ¤

1.2.7 Gevolg. e2πin = 1 , eπin = (− 1)n voor iedere gehele n.

Beide eigenschappen volgen direct uit de definitie van ez en Stelling 1.2.6.

1.2.8 Stelling. De functie ez is periodiek met periode 2πi.

Bewijs. ez+2πi = eze2πi = ez · 1 = ez. ¤

1.2.9 De formules in Gevolg 1.2.7 zijn een bijzonder geval van een algemene ei-genschap. Laat ϕ een reeel getal zijn. Dan is eiϕ een complex getal metabsolute waarde 1 en argument ϕ, dus:

Eigenschap. Voor ieder reeel getal ϕ geldt

eiϕ = cos ϕ + i sinϕ .

Deze relatie legt het verband tussen de e–macht, de sinus en de cosinus engeeft bovendien een andere veel gebruikte notatie voor een complex getal intermen van zijn absolute waarde en argument:

z = |z| ei arg z.

Zo is bijvoorbeeld 1 + i =√

2 eπi/4.

1.2.10 Uit 1.2.9 volgt voor reele ϕ

e−iϕ = cos ϕ − i sin ϕ ,

1.2 De complexe e–macht, sinus en cosinus 43

zodat voor iedere reele ϕ geldt

cos ϕ = 12

(

eiϕ + e−iϕ)

,

sin ϕ = 12i

(

eiϕ − e−iϕ)

.

We definieren nu voor complexe z de sinus en de cosinus.

1.2.11 Definitie. (Complexe sinus en cosinus)

cos z = 12

(

eiz + e−iz)

,

sin z = 12i

(

eiz − e−iz)

.

Wegens 1.2.9 resulteren deze definities voor het geval dat z reeel is in de vanouds bekende sinus en cosinus.

1.2.12 Stelling. De sinus en de cosinus zijn periodiek met periode 2π. Ook geldt

sin2(z) + cos2(z) = 1 ∀z ∈ C.

Bewijs.

sin(z + 2π) = 12i

(

ei(z+2π) − e−i(z+2π))

= 12i

(

eize2πi − e−ize−2πi)

= 12i

(

eiz − e−iz)

= sin z,

want e−2πi heeft absolute waarde 1 en argument − 2π, en is dus ook gelijkaan 1.

Net zo tonen we aan dat de cosinus periodiek is met periode 2π.De betrekking sin2(z) + cos2(z) = 1 vinden we door de definities van

sin(z) en cos(z) in te vullen. ¤

1.2.13 Voorbeeld. Los op de vergelijking

cos(z) = 2 .

Het is duidelijk dat er binnen R geen oplossingen zijn. We moeten oplossen

1

2

(

eiz + e−iz)

= 2 .


Noem eiz = w, dan is w 6= 0 wegens 1.2.2 en vinden we de vergelijking

w + 1w = 4 ,

w2 − 4w + 1 = 0 ,

(w − 2)2 = 3 ,

w = 2 ±√

3 .

Hieruit volgt

|eiz| = e−Im(z) = |w| = 2 ±√

3 , dus Im(z) = − log(2 ±√

3) .

arg(eiz) = Re(z) = arg w = 0 (mod 2π), dus Re(z) = k 2π , k ∈ Z .

Alle oplossingen van de vergelijking zijn dus

z = − i log(2 +√

3) + k · 2π , k ∈ Z,

z = − i log(2 −√

3) + k · 2π , k ∈ Z.

Merk op dat de absolute waarde van de complexe cosinus dus niet altijdkleiner dan of gelijk is aan 1, zoals voor de reele cosinus!

1.2.14 Stelling.

ez = ez,

sin(z) = sin(z),

cos(z) = cos(z).

Bewijs.|ez| = |ez| = eRe(z) = eRe(z),

arg(

ez)

= − arg(ez) = − Im(z) = Im(z),

dus ez = ez.

sin(z) =1

2i

(

eiz − e−iz)

=( 1

2i

)(

eiz − e−iz)

= − 1

2i

(

eiz − e−iz)

= − 1

2i

(

e−iz − eiz)

=1

2i

(

eiz − e−iz)

= sin(z).

De formule voor cos(z) wordt analoog bewezen. ¤

1.3 Complexe polynomen 45

1.2.15 Met de rekenregel ezew = ez+w voor de complexe e–macht zijn de diverse go-nioformules snel af te leiden en handig te onthouden. Herschrijf bijvoorbeeldde gelijkheid e2it = eiteit (voor reele t) als volgt:

cos(2t) + i sin(2t) = (cos t + i sin t)(cos t + i sin t).

Werk het rechterlid uit en vergelijk het reele deel en het imaginaire deel vanhet linkerlid en van het uitgewerkte rechterlid:

cos(2t) = cos2 t − sin2 t en sin(2t) = 2 sin t cos t.

Deze formules gelden ook voor complexe waarden van t; dat is eenvoudig teverifieren door de definitie van de complexe sinus en cosinus toe te passen.

Uit de gelijkheid eiaeib = ei(a+b) is op soortgelijke manier af te leiden dat

cos(a + b) = cos a cos b − sin a sin b;sin(a + b) = sin a cos b + cos a sin b.

1.3 Complexe polynomen

1.3.1 Het oplossen van vergelijkingen is een belangrijke bezigheid in de wiskunde.Met complexe getallen kunnen we meer vergelijkingen aan dan enkel metreele getallen. Een veel voorkomend type vergelijking is de veeltermverge-lijking of polynoomvergelijking. In deze paragraaf bespreken we het begripcomplex polynoom en een aantal typen polynoomvergelijkingen.

1.3.2 (Complexe polynomen) Een uitdrukking van de gedaante

anzn + an−1zn−1 + · · · + a1z + a0

waarin a0, . . . , an complexe getallen zijn, heet een complex polynoom (ofcomplexe veelterm) in z. Als an 6= 0 dan heet n de graad van het polynoom.De getallen a0, . . . , an heten de coefficienten van het polynoom. Zijn ze allereeel, dan noemen we het polynoom reeel.

Laat p(z) een polynoom zijn. Als p(α) = 0, dan heet α een nul-

punt van het polynoom of ook wel een wortel of oplossing van de (poly-noom)vergelijking p(z) = 0.

We gebruiken in deze paragraaf, en ook later, regelmatig de formules(1.2) en (1.3):

|z1z2 · · · zn| = |z1| |z2| · · · |zn|,arg(z1z2 · · · zn) = arg(z1) + arg(z2) + · · · + arg(zn) (mod 2π)


en in het bijzonder als z1 = z2 = ... = zn = z:

|zn| = |z|n,arg(zn) = n arg(z) (mod 2π).

1.3.3 Voorbeeld. We bepalen alle oplossingen in C van

z3 = i .

Zo’n oplossing moet voldoen aan

|z3| = |z|3 = |i| = 1 , dus |z| = 1 .

Ook moet gelden

arg(z3) = 3 arg(z) = arg(i) =π

2+ k · 2π , k ∈ Z ,

zodat

arg(z) =π

6+ k · 2π

3, k ∈ Z .

Op veelvouden van 2π na vinden we dus slechts 3 verschillende waarden vanarg(z), namelijk voor k = 0, 1 en 2. De drie oplossingen van de vergelijkingzijn dus

z = cosπ

6+ i sin

π

6, z = cos

5π

6+ i sin

5π

6, z = cos

9π

6+ i sin

9π

6.

1.3.4 Net zo als in dit voorbeeld lossen we in het algemeen de vergelijking

zn = a

op, waarin n een natuurlijk getal is en a een complex getal met a 6= 0.Immers, uit zn = a volgt

|zn| = |z|n = |a| , dus |z| = n

√

|a| ,

arg(zn) = n arg(z) = arg(a) + k · 2π , k ∈ Z ,

arg(z) =1

narg(a) + k · 2π

n, k ∈ Z .

Op veelvouden van 2π vinden we dus n verschillende waarden voor arg z,namelijk voor k = 0, ..., n − 1.

De vergelijking zn = a heeft dus n verschillende oplossingen, die alleop de cirkel |z| = n

√

|a| liggen en waarvan de onderlinge hoekafstand vantwee opeenvolgende 2π/n is. Hieronder zijn de vier oplossingen van z4 = 1geschetst.


1

i

−1

−i

De vergelijking zn = 0 geeft aanleiding tot ‘n’ vergelijkingen z = 0. Devergelijking zn = 0 heeft dus n samenvallende oplossingen 0. Zie ook 1.3.6.

In het bijzonder heeft de vergelijking

z2 = a , a 6= 0

twee oplossingen, beide met absolute waarde√

|a| en met respectievelijk12 arg(a) en 1

2 arg(a) + π als argument.

We onderzoeken nu in het algemeen de nulpunten van een ne graads complexpolynoom p(z).

1.3.5 Stelling. Als voor een complex polynoom p(z) van graad n geldt p(α) = 0,dan bevat p(z) een factor z − α, d.w.z. er bestaat een polynoom q(z) vangraad n − 1 zo dat

p(z) = (z − α) q(z) .

Bewijs. Voor iedere keuze van α kunnen we p(z) delen door z − α. Wevinden dan een quotient q(z) en een rest r, een complex getal. Dus:

p(z)

z − α= q(z) +

r

z − α,

p(z) = (z − α)q(z) + r .

Nu is p(α) = 0, zodat

0 = p(α) = (α − α)q(α) + r

dus r = 0. ¤

1.3.6 Als p(α) = 0, dan kan p(z) geschreven worden als (z−α)q(z). Als q(α) = 0,dan bevat ook q(x) een factor (z − α), en geldt dus

p(z) = (z − α)2r(z) , enz.


Definitie. α heet een nulpunt van multipliciteit m van een complex poly-noom p(z) als er een polynoom t(z) met t(α) 6= 0 bestaat zo dat

p(z) = (z − α)mt(z) .

De multipliciteit van een nulpunt α is dus het aantal factoren (z − α) vanp(z).

1.3.7 Als p(z) een polynoom van graad n is, dan volgt direct uit het voorgaan-de dat het aantal nulpunten van p(z), ieder geteld met zijn multipliciteit,hoogstens n is. In feite geldt een nog veel sterkere eigenschap.

1.3.8 Stelling. (Hoofdstelling van de algebra) Ieder complex polynoom vangraad n heeft precies n nulpunten als ieder nulpunt geteld wordt met zijnmultipliciteit.

Het bewijs van deze stelling valt buiten het kader van deze cursus. Merkop dat we de stelling al bewezen hebben voor polynomen van het type zn −a. Merk ook op dat de hoofdstelling van de algebra niet geldt binnen dereele getallen: x2 + 1 is een reeel polynoom van graad 2 dat binnen R geennulpunten heeft.

1.3.9 (Graad 1) Voor polynomen van graad 1 is het nulpunt altijd direct te vin-den: Uit

az + b = 0 , a 6= 0

volgt z = − b/a.

1.3.10 (Graad 2) We beschouwen nu polynomen van graad 2:

az2 + bz + c , a 6= 0 .

We herschrijven het polynoom als volgt

az2 + bz + c = a(z2 +b

az) + c = a(z +

b

2a)2 +

4ac − b2

4a.

Noem nu z + b2a = w, dan vinden we de (kwadratische) vergelijking

w2 =b2 − 4ac

4a2.

Deze heeft twee oplossingen voor w (tenzij b2 − 4ac = 0), zie 1.3.4, waaruitdirect de twee oplossingen voor z volgen.

Bovenstaande techniek heet kwadraat afsplitsen. Merk op dat we deabc–formule niet gebruiken; die geeft aanleiding tot wortels van complexegetallen en die hebben we niet gedefinieerd.


1.3.11 Voorbeeld. Beschouw de vergelijking

z2 + (2 + 4i)z + i = 0 .

Kwadraat afsplitsen levert

(z + (1 + 2i))2 = −3 + 3i ,

zodat wegens 1.3.4.

z + 1 + 2i = 4√

18(cos(3π

8) + i sin(

3π

8)) of

z + 1 + 2i = 4√

18(cos(11π

8) + i sin(

11π

8)).

Hieruit volgt

z = − 1 + 4√

18 cos(3π

8) + i(− 2 + 4

√18 sin

3π

8) of

z = − 1 − 4√

18 cos(3π

8) + i(− 2 − 4

√18 sin

3π

8).

1.3.12 (Graad 3 en hoger) Het is nog mogelijk om voor polynomen van graad3 en graad 4 algoritmen te geven die leiden naar de drie of vier nulpuntenvan deze polynomen. Voor polynomen van graad hoger dan vier bestaandergelijke algoritmen niet, en is het dus betrekkelijk toevallig als we denulpunten exact kunnen vinden. Uiteraard bestaan er algoritmen die denulpunten numeriek benaderen.

Tot slot van deze paragraaf besteden we enige aandacht aan polynomenwaarvan de coefficienten reeel zijn.

1.3.13 Stelling. Beschouw het polynoom

p(z) = anzn + an−1zn−1 + · · · + a1z + a0 ,

waarin an, an−1, ..., a1, a0 reeel zijn. Als het complexe getal α voldoet aanp(α) = 0, dan geldt ook p(α) = 0.

Bewijs. Gegeven is

anαn + an−1αn−1 + · · · + a1α + a0 = 0 .


Complex conjugeren geeft

anαn + an−1αn−1 + · · · + a1α + a0 = 0 .

Toepassen van de rekenregels 1.1.11. levert dan

anαn + an−1αn−1 + · · · + a1α + a0 = 0,

dus p(α) = 0. ¤

1.3.14 Gevolg. Elk polynoom (ongelijk het nulpolynoom) met reele coefficientenis ontbindbaar in factoren van graad 1 of 2 met reele coefficienten.

Bewijs. Laat p(z) een polynoom met reele coefficienten zijn. Als α een reeelnulpunt van p is, dan kan p(z) geschreven worden als

p(z) = (z − α)q(z) ,

waarin q ook een polynoom met reele coefficienten is. Als α een niet–reeelnulpunt is, dan is α ook een nulpunt en is

p(z) = (z − α)(z − α) r(z)= (z2 − (α + α)z + αα) r(z)= (z2 − 2Re(α)z + |α|2) r(z) .

De eerste factor heeft reele coefficienten, dus r(z) ook. Aangezien q(z) enr(z) lagere graad hebben dan p(z), kunnen we deze constructie herhalen,net zo lang tot we voor q(z) of r(z) een polynoom van graad 0, dus een reeleconstante, gevonden hebben. ¤

1.3.15 Voorbeeld. Van het polynoom

p(z) = z5 − 6z4 + 25z3 − z2 + 6z − 25

is gegeven dat 3 − 4i een nulpunt is. We gaan dit polynoom ontbinden inreele factoren van graad 1 en 2. Omdat het polynoom reele coefficientenheeft, is 3 + 4i ook een nulpunt, en moet het een factor

(z − 3 + 4i)(z − 3 − 4i) = z2 − 6z + 25

bevatten. Een staartdeling geeft dan

p(z) = (z2 − 6z + 25)(z3 − 1) .

De laatste factor heeft z = 1 als nulpunt en bevat dus een factor z − 1:

p(z) = (z2 − 6z + 25)(z − 1)(z2 + z + 1) .

De derde factor is verder onontbindbaar.

1.4 Complexwaardige functies van een reele variabele,harmonische trillingen 51

1.4 Complexwaardige functies van een reele vari-

abele, harmonische trillingen

1.4.1 We beschouwen in deze paragraaf complexwaardige functies van een reelevariabele t, gedefinieerd op een interval I. Aan de orde komen:

• continuıteit van zulke functies,

• differentiatie en integratie van dergelijke functies,

• de rol van deze functies bij de beschrijving van harmonische trillingen.

1.4.2 Als we de variabele van een complexwaardige functie als de tijd opvatten danvormen de functiewaarden een “baan” in het complexe vlak. Een voorbeeldis de functie

f(t) = eit,

waarin t de reele getallen doorloopt. Voor iedere t is f(t) een complex getalmet coordinaten (cos t, sin t). Als t een interval met lengte 2π doorloopt, danbeschrijft f(t) een cirkel in C om de oorsprong met straal 1. Beschouwenwe t als de tijd, dan beschrijft f(t) een eenparige cirkelbeweging.

1.4.3 Definitie. (Reele en imaginaire deel) Laat f : I → C een complex-waardige functie zijn. Dan definieren we Re(f) : I → R en Im(f) : I → R

voor alle t ∈ I doorRe(f)(t) = Re(f(t)),Im(f)(t) = Re(f(t)).

Dus

f(t) = (Re f)(t) + i(Im f)(t).

1.4.4 (Continuıteit) Een complexwaardige functie f : I → C heet continu int = α ∈ I als

limt→α

f(t) = f(α) ,

dus als

limt→α

(

Re(f)(t), Im(f)(t))

=(

Re(f)(α), Im(f)(α))

.

Hieruit volgt dat een complexwaardige functie f continu in t = α is dan enslechts dan als de beide coordinaatfuncties Re(f) en Im(f) continu zijn int = α. Daaruit volgt weer dat de complexwaardige functie f continu is op Idan en slechts dan als de beide coordinaatfuncties Re(f) en Im(f) continuzijn op I. In het bijzonder vinden we dat als de beide coordinaatfuncties


Re(f) en Im(f) combinaties (som, product, quotient – let wel op delen door0 – en samenstelling) zijn van continue functies gedefinieerd op I, de functief continu is op I.

1.4.5 (Differentieerbaarheid) Een complexwaardige functie f : I → C heetdifferentieerbaar in t = α als

lim∆t→0

f(α + ∆t) − f(α)

∆t= f ′(α)

bestaat. Uiteraard is f ′(α) hier een complex getal. Noteren we f(α+∆t)−f(α) door ∆f , dan geldt dus voor kleine ∆t

∆f ≃ f ′(α)∆t .

De richting van f ′(α) is dus de richting van de raakvector aan de baan.

1.4.6 Stelling. f ′(α) = Re(f)′(α) + i Im(f)′(α).

Bewijs.

f ′(α) = lim∆t→0

f(α + ∆t) − f(α)

∆t

= lim∆t→0

Re(f)(α + ∆t) + iIm(f)(α + ∆t) − Re(f)(α) − iIm(f)(α)

∆t

= lim∆t→0

Re(f)(α + ∆t) − Re(f)(α)

∆t+

+i lim∆t→0

Im(f)(α + ∆t) − Im(f)(α)

∆t= Re(f)′(α) + iIm(f)′(α) ¤

Deze stelling zegt dus dat het reele gedeelte van de afgeleide de afgeleideis van het reele gedeelte, en analoog dat het imaginaire gedeelte van deafgeleide de afgeleide is van het imaginaire gedeelte.

1.4.7 Eigenschap. Net zo als dat bij reeelwaardige functies gebeurt, tonen we devolgende eigenschappen van het differentieren van complexwaardige functiesaan:

• optelregel: (f + g)′(α) = f ′(α) + g′(α);

• productregel: (f g)′(α) = f ′(α)g(α) + f(α)g′(α).


1.4.8 In principe kunnen we de afgeleide van een complexwaardige functie vindendoor het reele en het imaginaire deel afzonderlijk te differentieren en deresultaten weer samen te voegen volgens Stelling 1.4.6. Vaak is dat onhandig.

Met de definitie van afgeleide gaan we eenvoudig na dat

d

dt(a t) = a

voor ieder complex getal a. Daaruit leiden we met de optel– en productregeldirect af dat

d

dt(antn + an−1t

n−1 + · · ·+ a1t+ a0) = n antn−1 +(n− 1)an−1tn−2 + · · ·+ a1

waarin an, ..., a0 complexe getallen zijn.

De volgende eigenschap is wat we op grond van de kettingregel zoudenverwachten:

1.4.9 Stelling. Laat a(t) een complexwaardige differentieerbare functie zijn. Danis

d

dtea(t) = a′(t)ea(t) .

Bewijs. We splitsen ea(t) in het reele en imaginaire gedeelte, differentierenen voegen het resultaat weer samen; hiervoor gebruiken we x(t) = Re(a(t))en y(t) = Im(a(t)).

ea(t) = ex(t)+iy(t)

= ex(t) cos y(t) + i ex(t) sin y(t),

dus, gebruik makend van de regels voor reeelwaardige functies en van stelling1.4.6, vinden we:

d

dtea(t) = ex(t)x′(t) cos y(t) − ex(t)y′(t) sin y(t) +

i ex(t)x′(t) sin y(t) + i ex(t)y′(t) cos y(t)

= ex(t)x′(t) cos y(t) + i ex(t)x′(t) sin y(t) +

i ex(t)y′(t) cos y(t) + i2ex(t)y′(t) sin y(t)

= ex(t)(cos y(t) + i sin y(t))(x′(t) + iy′(t))

= ea(t)a′(t). ¤


1.4.10 Voorbeeld.

d2

dt2

(

et sin 4t)

= Im(

d2

dt2e(1+4i)t

)

= Im(

(1 + 4i)2e(1+4i)t)

= Im(

(− 15 + 8i)et(cos 4t + i sin 4t))

= 8et cos 4t − 15et sin 4t.

1.4.11 (Integratie) We gaan nu over tot bepaalde en onbepaalde integralen vaneen complexwaardige functie f . De bepaalde integraal

b∫

a

f(t) dt

wordt net zo gedefinieerd als voor een reeelwaardige functie. We verdelenhet interval [a, b] in eindig veel deelintervalletjes met lengte (∆t)i, kiezen inieder deelinterval een punt ξi en vormen de Riemannsom

n∑

i=1

f(ξi) (∆t)i

De integraal is nu de limiet van de Riemannsom voor maximale deelinter-vallengte naar nul.

Nu geldt voor de Riemannsom

n∑

i=1

f(ξi)(∆t)i =n

∑

i=1

Re(f)(ξi)(∆t)i + in

∑

i=1

Im(f)(ξi)(∆t)i ,

zodat we vinden voor de limiet voor maximale deelintervallengte naar nul

b∫

a

f(t) dt =

b∫

a

Re(f)(t)dt + i

b∫

a

Im(f)(t)dt.

Deze eigenschap zegt dus dat het reele gedeelte van een integraal de integraalvan het reele gedeelte is, en dat het imaginaire gedeelte van een integraal deintegraal van het imaginaire gedeelte is.


1.4.12 Stel F is een primitieve van de complexwaardige functie f . Dan is Re(F )′ =Re(f) en Im(F )′ = Im(f) zodat

b∫

a

f(t)dt =

b∫

a

Re(f)(t)dt + i

b∫

a

Im(f)(t)dt

= Re(F )(b) − Re(F )(a) + i(Im(F )(b) − Im(F )(a))= F (b) − F (a).

De hoofdstelling van de integraalrekening geldt dus ook voor complexwaar-dige functies.

1.4.13 De volgende eigenschappen komen bij toepassingen veel voor. Stel T > 0 endefinieer ω = 2π

T . Dan is voor n ∈ Z, n 6= 0

T∫

0

einωtdt =1

inωeinωt

∣

∣

∣

T

t=0

=1

inω

(

e2πin − e0)

= 0,

en voor n = 0 isT

∫

0

ei0ωtdt =

T∫

0

dt = T.

De voor reeelwaardige functies geldende regels voor partiele integratie ensubstitutie gelden ook voor complexwaardige functies.

1.4.14 Voorbeeld. We bepalen voor iedere n ∈ Z

cn =1

2

1∫

0

t e2πintdt

Partiele integratie levert voor n 6= 0

cn =t

4πine2πint

∣

∣

∣

1

0− 1

4πin

1∫

0

e2πintdt .


Deze laatste integraal is 0 wegens het vorige voorbeeld, dus

cn =1

4πin= − i

4πnvoor n 6= 0

c0 = 1/4.

1.4.15 Complexe e–machten worden vaak gebruikt bij het beschrijven van harmo-nische trillingen.

1.4.16 Definitie. (Harmonische trilling) Laat A een positief reeel getal zijn enω en ϕ reele getallen. Dan heet de functie

A cos(ωt + ϕ) (t ∈ R)

een harmonische trilling met amplitudo A, hoeksnelheid ω en fasehoek ϕ. Inplaats van het woord hoeksnelheid wordt vaak het woord hoekfrequentie, ofsoms zelfs kortweg frequentie, gebruikt.

1.4.17 Een harmonische trilling is periodiek, en de periode is

T =2π

ω.

Deze periode heet de trillingstijd. De frequentie (in Herz) is het aantaltrillingen per tijdseenheid, dus gelijk aan 1/T . De hoekfrequentie is dus 2πmaal zo groot als de frequentie in Herz.

1.4.18 Laat a een complex getal zijn met absolute waarde A en argument ϕ. Danis

a = A(cos ϕ + i sinϕ) = Aeiϕ.

Dan isa eiωt = A eiϕeiωt = Aei(ωt+ϕ)

= A cos(ωt + ϕ) + iA sin(ωt + ϕ),

zodatA cos(ωt + ϕ) = Re(a eiωt).

Iedere harmonische trilling is dus het reele gedeelte van de complexwaardigefunctie

a eiωt .

Omgekeerd, als t de reele getallen doorloopt, dan beschrijft

a eiωt


een baan in het complexe vlak, in parametervoorstelling gegeven door

{

x = A cos(ωt + ϕ)y = A sin(ωt + ϕ).

Dit is de parametervoorstelling van een eenparige cirkelbeweging in het vlakom de oorsprong met straal A, hoeksnelheid ω en starthoek ϕ. Iedere har-monische trilling is dus de projectie op de reele as van zo’n eenparige cirkel-beweging in het complexe vlak.

Voor de meeste berekeningen met harmonische trillingen blijkt dat wer-ken met het reele gedeelte niet echt handig is. We hebben echter al eeneenvoudige formule voor het reele gedeelte van een complex getal gezien:

Re(z) =1

2(z + z) .

Voor de harmonische trilling vinden we dus

A cos(ωt + ϕ) = Re(

a eiωt)

=1

2

(

a eiωt + a eiωt)

=1

2

(

a eiωt + a e−iωt)

.

Merk op dat a e−iωt de gespiegelde t.o.v. de reele as is van aeiωt. De harmo-nische trilling is dus de som van twee gespiegelde eenparige cirkelbewegingenin het complexe vlak en omgekeerd.

1.4.19 Voorbeeld.

5 sin(3t) + 12 cos(3t) = 5 · 12i

(

e3it − e−3it)

+ 12 · 12

(

e3it + e−3it)

=(

6 − 52 i

)

e3it +(

6 + 52 i

)

e−3it.

Inderdaad is 5 sin(3t) + 12 cos(3t) de som van twee geconjugeerde eenparigecirkelbewegingen in het complexe vlak en dus een harmonische trilling.

Stel ϕ = arg(

6 − 52 i

)

= arctan −512 . Dan is

5 sin 3t + 12 cos(3t) = 132 eiϕe3it + 13

2 e−iϕe−3it

= 132

(

ei(3t+ϕ) + e−i(3t+ϕ))

= 13 cos(3t + ϕ).

De harmonische trilling heeft dus een amplitudo 13, hoeksnelheid 3 en fase-

hoek ϕ = arctan(

−512

)

.


1.5 Aantekeningen

Veel uitgewerkte voorbeelden van het rekenen met complexe getallen zijn te vindenin [6] en [7] (zie de bibliografie aan het eind van de syllabus).

De constructie van complexe getallen kan opgevat worden als een speciaal gevalvan een constructie van rekensystemen die in Algebra 2 aan de orde komt. DeAlgebra 2

formulering van de complexe getallen met behulp van paren reele getallen zoals indit hoofdstuk gegeven dateert uit 1833 en gaat terug op W.R. Hamilton (1805–1865), zie [1], p. 524. Hamilton wist deze constructie nog te generaliseren tot eenrekensysteem met elementen van de vorm a+bi+cj+dk (met a, b, c, d ∈ R), waarini2 = −1, j2 = −1, k2 = −1, ij = k = −ji, jk = i = −kj, ki = j = −ik; dit is hetrekensysteem der quaternionen.

Voor de lineaire algebra ligt het nut van complexe getallen daarin dat we allerleipolynoomvergelijkingen kunnen oplossen (dat zal in de volgende hoofdstukken blij-ken). Rekenen met polynomen komt bij Verzamelingenleer en Algebra uitgebreiderVerzamelingenleer

aan de orde.en AlgebraDe Hoofdstelling van de Algebra gaat terug op C.F. Gauss (1777–1855), zie

[1]; er bestaan diverse bewijzen van deze stelling, sommige algebraısch, sommigeanalytisch. Een bewijs dat gebruik maakt van complex integreren wordt behandeldFunctie–

theorie bij Functietheorie. Dat er geen expliciete formules bestaan om veeltermvergelijkin-gen van graad 5 en hoger op te lossen, vergt de nodige algebraısche voorkennis;soortgelijke algebraısche technieken zijn nodig om een vergelijkbaar verschijnsel tebegrijpen, namelijk dat er van sommige in bekende functies uit te drukken functiesAlgebra

geen primitieven bestaan die zelf weer combinaties van bekende functies zijn (een

voorbeeld van zo’n functie is ex2

). Zulke technieken (voornamelijk uit de groepen-theorie en de lichaamstheorie) komen aan de orde bij latere (keuze)vakken in dealgebra.

De analyse van functies f : C → C (d.w.z. differentieerbaarheids- en integreer-

baarheidskwesties) komt aan de orde bij het vak Functietheorie. Deze complexe

analyse wordt veel gebruikt in de elektrotechniek en de mathematische fysica.

1.6 Opgaven

§1

1 Schrijf de volgende complexe getallen in de vorm a + bi met a en b reeel:

a. (2 + 3i)(1 − i), d.7 + i

1 + 2i,

b. (−12 + 1

2 i√

3)(−12 − 1

2 i√

3), e.9 − 3i

1 + 3i,

c.1

4 − 3i, f.

z

(z + 1)2, met z = 1

2

√2 + 1

2

√2i.

1.6 Opgaven 59

2 Schrijf de volgende complexe getallen in de vorm r(cos ϕ+ i sinϕ), waarbijr > 0 en −π ≤ ϕ ≤ π, en teken deze punten in het complexe vlak:

a. −3, d.√

3 + i,

b. 2i, e. 5 + 12i,

c. 1 + i, f. 4 − 4i.

3 Teken in het complexe vlak een willekeurig complex getal z, met onge-specificeerd reeel en imaginair deel en ongespecificeerde absolute waarde enargument.

a. Teken zonder te rekenen (!) de volgende complexe getallen op hun juistepositie t.o.v. z:

z + 2, −2z,1

z, z − 2i, iz, z, −iz.

b. Idem voor de getallen z(cos(π/2)−i sin(π/2)), 3z(cos(7π/6)+i sin(7π/6))en z(cos(2π/3) + i sin(2π/3)).

4 Schets in het complexe vlak de verzameling van die z ∈ C die voldoen aan:

|z + 1 − i|2 ≤ 2 enπ

2≤ arg z ≤ 3π

4.

5 Bepaal de verzameling van complexe getallen z die voldoen aan:a. |z − i| = |z + 3i|, d. Re(z2 + 1) = 0 en |z| =

√2,

b. |z − 3i| = |4 + 2i − z|, e. arg(z/z) = 2π3 .

c. Re(z2) = Im(z2),

6 Bewijs de driehoeksongelijkheid |z1 + z2| ≤ |z1| + |z2| aan de hand van devolgende onderdelen.

a. Bewijs de ongelijkheid voor z1 = 1; schrijf daarbij z2 in poolcoordinaten:z2 = r(cos φ + i sinφ).

b. Bewijs de ongelijkheid |z1 + z2| ≤ |z1| + |z2| voor z1 6= 0 door aan beidekanten een factor |z1| naar buiten te halen.

Laat verder zien dat voor complexe getallen z1, z2, . . . , zn geldt:

|z1 + z2 + · · · + zn| ≤ |z1| + |z2| + · · · + |zn|.


§2

7 Teken de volgende getallen in het complexe vlak en schrijf hen in de vorma + bi:

a. 2eπi/2, d. e5πi/3,

b. 3e2πi/3, e. e(−πi/3)+3,

c.√

2eπi/4, f. e−5πi/6+2kπi, k ∈ Z.

8 Los de volgende vergelijkingen op:a. ez = 1 + i, d. e|z| = 1,

b. ez = 1 +√

3i, e. e−z2

= −i,

c. eRe(z) = 5, f. e2iz = 1+i1−i .

9 Laat met behulp van de definities van cosinus en sinus zien dat voor allecomplexe z geldt:

a. sin 2z = 2 sin z cos z.

b. cos 2z = cos2 z − sin2 z.

10 Los de volgende vergelijkingen op:

a. 12(eiz + e−iz) = 0,

b. sin(2z) = 4.

§3

11 Los de volgende vergelijkingen op en teken de oplossingen in het complexevlak:

a. z6 = 1, e. (z + 2 − i)6 = 27i,

b. z3 = 8, f. z2 = z,

c. z4 = 16i, g. z3 = −z.

d. (z + i)4 = −1,

1.6 Opgaven 61

12 Los de volgende vergelijkingen op en teken de oplossingen in het complexevlak:

a. z2 + z + 1 = 0,

b. z2 − 2iz + 8 = 0,

c. z2 − (4 + 2i)z + 3 + 4i = 0,

d. z2(i + z2) = −6.

13 a. De vergelijking z3 + (2− 3i)z2 + (−2− 6i)z − 4 = 0 heeft een oplossingz = i. Bepaal de andere oplossingen.

b. De vergelijking z4+4z3+3z2−14z+26 = 0 heeft een oplossing z = 1+i.Bepaal de andere oplossingen.

c. Van een derdegraads polynoom met reele coefficienten is gegeven dat 5en 1 + 2i nulpunten zijn. Bepaal zo’n polynoom.

d. Van een vierdegraads polynoom met reele coefficienten is gegeven dat ien 2 − 3i nulpunten zijn. Bepaal zo’n polynoom.

14 Ontbind in reele factoren van zo laag mogelijke graad:

a. z4 − 3z2 − 4,

b. z3 + 3z2 + 4z + 2,

c. z4 + z3 + 2z2 + z + 1.

15 a. Bereken (1 + i)11.

b. Van het complexe getal z is gegeven dat

z4 = 8√

3 + 8i enπ

2≤ arg(z) ≤ π.

Geef de exacte waarde van |z23| en van arg(z23), gemeten tussen 0 en2π.

16 Bewijs dat voor elk natuurlijk getal n geldt:

(cos ϕ + i sinϕ)n = cos nϕ + i sinnϕ

(formule van De Moivre, naar de Franse wiskundige A. de Moivre (1667–1754)). Bepaal hiermee formules voor cos 3ϕ en sin 4ϕ in termen van cosϕen sin ϕ.


§4

17 a. Bepaal de afgeleide van de functie f(t) = t2e3it.

b. Laat zien dat voor de functie f(t) = 14 t(1−it)eit geldt: f ′′(t)+f(t) = teit.

18 Gegeven is de functie

f(t) = et cos t.

Bereken f (10)(t).

19 Herschrijf elk van de volgende uitdrukkingen in de vorm A cos(ωt+ϕ) metreele A, ω en ϕ en met A > 0:

a. ie3it − ie−3it,b. (1 + i)e5it + (1 − i)e−5it,

c. (−12 + 1

2 i√

3)e2it + (−12 − 1

2 i√

3)e−2it,d. 3 sin(2t) + 4 cos(2t),e. 2 sin(t + 1) − 3 cos(t + 1).

20 Zij p(z) = az2 + bz + c een complex polynoom met a 6= 0. Bewijs devolgende bewering: Het polynoom p heeft een dubbel nulpunt (nulpunt metmultipliciteit 2) dan en slechts dan als b2 − 4ac = 0. In de bewering zijntwee implicaties opgenomen. Behandel beide implicaties apart als volgt.

• Te bewijzen: als p een dubbel nulpunt heeft dan geldt b2 − 4ac = 0.Neem dus aan dat p een dubbel nulpunt heeft, zeg λ. Lever het bewijsvan deze stap als volgt.

– Er geldt p(z) = az2 + bz + c = a(z − λ)2.

– Druk b en c uit in termen van λ en verifieer dat b2 − 4ac = 0.

• Te bewijzen: als b2 − 4ac = 0 dan heeft p een dubbel nulpunt.Splits een kwadraat af en maak gebruik van de relatie b2 − 4ac = 0.

1.6.1 Oefenen op tentamenniveau

21 Bepaal de verzameling van de elementen z ∈ C die voldoen aan

∣

∣

∣

∣

z · z(1 − z)2

∣

∣

∣

∣

= 1.

1.6 Opgaven 63

22 Los de volgende vergelijking op in C :

e2iz =1 + i

1 − i.

23 a. Schets in het complexe vlak de verzameling van alle z ∈ C waarvoorgeldt

| arg(z)| =π

4,

en de verzameling van alle z ∈ C waarvoor geldt

|z + 2i| = |z − 3|.

b. Bereken alle z ∈ C waarvoor geldt

| arg(z)| =π

4en |z + 2i| = |z − 3|.

24 Het polynoom z4 − 2z3 + 9z2 − 8z + 20 heeft z = 1 + 2i als nulpunt. Geefde ontbinding in reele factoren van zo laag mogelijke graad en bereken deandere nulpunten.

25 Schrijf −√

3 cos(3t) − sin(3t) in de vorm A cos(ωt + φ) met reele A > 0, ωen φ.

Complexe getallen - win.tue.nlsterk/2WF07/lala10-H1.pdf · Hoofdstuk 1 Complexe getallen 1.1...

Documents

Transcript of Complexe getallen - win.tue.nlsterk/2WF07/lala10-H1.pdf · Hoofdstuk 1 Complexe getallen 1.1...