Lineaire Algebra 1 [Lecture notes] [PDF]

Zitiervorschau

Lineaire Algebra 1

Faculteit Wiskunde en Informatica Technische Universiteit Eindhoven 2012-2013

ii

Syllabus bij Lineaire Algebra 1 (2WF20)

Inhoudsopgave 1 Complexe getallen 1.1 Rekenen met complexe getallen . . . . 1.2 De complexe e–macht, sinus en cosinus 1.3 Complexe polynomen . . . . . . . . . . 1.4 Meetkunde met complexe getallen . . 1.5 Aantekeningen . . . . . . . . . . . . . 1.6 Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6.1 Oefenen op tentamenniveau . . 2 Vectorrekening in dimensies 2 en 3 2.1 Vectoren in het vlak en in de ruimte 2.2 Rechten en vlakken . . . . . . . . . . 2.3 Bases, co¨ ordinaten en vergelijkingen 2.4 Afstanden, hoeken en het inproduct 2.5 Het uitproduct . . . . . . . . . . . . 2.6 Vectoren en meetkunde . . . . . . . 2.7 Aantekeningen . . . . . . . . . . . . 2.8 Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . 2.8.1 Oefenen op tentamenniveau .

. . . . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . . . .

3 Matrices en stelsels lineaire vergelijkingen 3.1 Matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Rijreductie (vegen) . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Stelsels lineaire vergelijkingen . . . . . . . . 3.4 Aantekeningen . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5 Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.1 Oefenen op tentamenniveau . . . . . i

. . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . .

. . . . . . .

1 1 8 13 19 26 27 33

. . . . . . . . .

35 35 40 42 47 53 56 60 60 65

. . . . . .

67 67 73 76 83 84 88

ii

INHOUDSOPGAVE

4 Vectorruimten 4.1 Vectorruimten en lineaire deelruimten 4.2 Opspansels, (on)afhankelijke stelsels . 4.3 Co¨ ordinaten . . . . . . . . . . . . . . . 4.4 Aantekeningen . . . . . . . . . . . . . 4.5 Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5.1 Oefenen op tentamenniveau . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

89 89 99 109 114 116 122

5 Rang en inverse van een matrix, determinanten 5.1 Rang en inverse van een matrix . . . . . . . . . . 5.2 Determinanten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Aantekeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4 Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4.1 Oefenen op tentamenniveau . . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

123 123 129 143 144 148

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

6 Inproductruimten 6.1 Inproduct, lengte en hoek . . . . . . . . 6.2 Orthoplementen en orthonormale bases 6.3 De QR-decompositie . . . . . . . . . . . 6.4 Aantekeningen . . . . . . . . . . . . . . 6.5 Opgaven . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5.1 Oefenen op tentamenniveau . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

149 . 149 . 158 . 169 . 171 . 172 . 175

A Voorkennis A.1 Notaties . . . . . . . . A.1.1 Verzamelingen A.1.2 Afbeeldingen . A.2 Gonioformules . . . . . A.3 Het Griekse alfabet . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

B Antwoorden van diverse opgaven

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

177 177 177 178 179 180 181

Voorwoord Deze syllabus hoort bij het vak Lineaire Algebra 1 (2WF20) en is een opvolger van eerdere syllabi uitgegeven aan de TU/e. Naast deze syllabus is een studeerwijzer beschikbaar op het web. Hans Sterk augustus 2012

iii

Hoofdstuk 1

Complexe getallen 1.1

Rekenen met complexe getallen

1.1.1 We kunnen re¨ele getallen opvatten als punten van een rechte lijn, de getallenrechte. Net zo kunnen we complexe getallen opvatten als punten van het vlak. Om voor punten van het vlak de naam “getallen” waar te maken, moeten we een optelling en een vermenigvuldiging voor punten in het vlak gaan defini¨eren. In deze paragraaf bespreken we • het begrip complex getal, • de optelling en vermenigvuldiging van complexe getallen, • de beschrijving van complexe getallen in termen van poolco¨ordinaten, • quoti¨enten 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 assenstelsel noemen we de horizontale as de re¨ele as en de verticale as de imaginaire as. Ieder punt in het vlak wordt ten opzichte van dit assenstelsel bepaald door twee co¨ ordinaten a en b, die uiteraard re¨eel zijn. We noemen het punt (a, b) een complex getal, dat we in de regel in plaats van met (a, b) zullen noteren als a + bi. De punten (a, 0) op de eerste as noteren we eenvoudigweg met a en de punten (0, b) op de tweede as met bi. In het bijzonder is i het 1

2

Complexe getallen

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

z = a + bi

-

0

a

6

re¨ele as

1.1.3 De som van twee complexe getallen We defini¨eren de som van twee complexe getallen z1 = a1 + b1 i en z2 = a2 + b2 i als volgt: z1 + z2 := (a1 + a2 ) + (b1 + b2 )i. Bijvoorbeeld is (1 + i) + (−2 + 4i) = −1 + 5i. Optelling van complexe getallen is dus de co¨ordinaatsgewijze optelling in het vlak. Meetkundig is het de bekende vectoroptelling. Door uitschrijven gaan we eenvoudig na dat voor deze optelling van complexe getallen alle rekenregels gelden die we van de optelling van re¨ele getallen kennen. Bijvoorbeeld is de optelling commutatief : 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 Het product van twee complexe getallen We defini¨eren het product van twee complexe getallen z1 = a1 + b1 i en z2 = a2 + b2 i door z1 z2 := (a1 a2 − b1 b2 ) + (a1 b2 + a2 b1 ) i. Dit lijkt een ingewikkelde formule, maar hij is eenvoudig te onthouden. Werk het product (a1 + b1 i) (a2 + b2 i) uit, gebruik makend van de rekenregels voor re¨ele getallen, en gebruik als extra eigenschap i2 = − 1, dan volgt de formule 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 hebben is het niet verwonderlijk dat voor de vermenigvuldiging van complexe getallen en de interactie met de optelling van complexe getallen dezelfde rekenregels gelden als voor de re¨ele getallen, met de extra eigenschap i2 = − 1.

1.1 Rekenen met complexe getallen

3

De verificatie hiervan is betrekkelijk veel maar eenvoudig rekenwerk. Naast commutativiteit en associativiteit is de zogenaamde distributiviteit van de vermenigvuldiging over de optelling een voorbeeld van zo’n rekenregel: voor alle complexe getallen z1 , z2 , z3 geldt z1 (z2 + z3 ) = z1 z2 + z1 z3 . 1.1.5 Absolute waarde en argument Vermenigvuldiging van complexe getallen heeft ook een meetkundige interpretatie. Daarbij gebruiken we de nu te bespreken absolute waarde en argument, zie verder 1.1.9 en 1.1.12. We kunnen in het vlak een punt, behalve in Cartesische co¨ ordinaten, ook weergeven met poolco¨ ordinaten: • 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 re¨eel!) √ 2 is gelijk aan a + b2 . Het argument is slechts op een veelvoud van 2π na bepaald. Als we het argument kiezen tussen −π en π dan spreken we van de hoofdwaarde van het argument. De hoofdwaarde van het argument van punten op de negatieve re¨ele as is π. Voor de oorsprong is het argument ongedefinieerd. z O

I

|z|

arg(z) R

Als een complex getal z absolute waarde |z| en argument ϕ heeft, dan zijn de co¨ ordinaten respectievelijk |z| cos ϕ en |z| sin ϕ, zodat we dat complexe getal kunnen schrijven als z = |z| cos ϕ + i|z| sin ϕ, z = |z|(cos ϕ + i sin ϕ).

of

√ 1.1.6 Voorbeeld. Het complexe getal i heeft absolute waarde 02 + 12 = 1 en argument π/2. p √ Het complexe getal −1 + i heeft absolute waarde (−1)2 + 12 = 2; de hoofdwaarde 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 we onmiddellijk zien wat absolute waarde en argument van −1 + i zijn.

4

Complexe getallen

1.1.7 Re¨ ele en imaginaire deel Als z = a+bi met a, b ∈ R, dan heten a en b respectievelijk het re¨ele 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 re¨eel is! De volgende eigenschappen volgen direct uit de definities: Re(z1 + z2 ) = Re(z1 ) + Re(z2 ), Re(z1 z2 ) = Re(z1 )Re(z2 ) − Im(z1 )Im(z2 ), Im(z1 + z2 ) = Im(z1 ) + Im(z2 ), Im(z1 z2 ) = Re(z1 )Im(z2 ) + Im(z1 )Re(z2 ). Uit de absolute waarde en het argument van een complex getal z kunnen we eenvoudig het re¨ele en imaginaire gedeelte vinden: Re(z) = |z| cos(arg(z)), Im(z) = |z| sin(arg(z)). Omgekeerd vinden we uit het re¨ele en imaginaire gedeelte de absolute waarde van z met de formule |z| =

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

Vaak denkt men dat (de hoofdwaarde van) het argument gegeven wordt door de formule ³ Im(z) ´ arg(z) = arctan . Re(z) Dit is juist als Re(z) > 0, maar in het algemeen onjuist. Ga dit zelf na aan de hand van het complexe getal −1 − i. De volgende (niet zo belangrijke) formule is wel correct als z niet op de negatieve re¨ele as ligt: arg(z) = 2 arctan

Im(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 Opgave 6.

1.1 Rekenen met complexe getallen

5

1.1.9 Absolute waarde en argument: rekenregels Beschouw twee complexe getallen z1 en z2 met poolco¨ordinaten (|z1 |, ϕ1 ) en (|z2 |, ϕ2 ), respectievelijk. Dan geldt z1 = |z1 | cos ϕ1 + i |z1 | sin ϕ1 , z2 = |z2 | cos ϕ2 + i |z2 | sin ϕ2 , waaruit volgt: ³ z1 z2 = |z1 | |z2 | (cos ϕ1 cos ϕ2 − sin ϕ1 sin ϕ2 ) +

´ i(cos ϕ1 sin ϕ2 + cos ϕ2 sin ϕ1 ) ³ ´ = |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 getallen z1 , 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: |z n | = |z|n , arg(z n ) = n arg(z)

(mod 2π).

(1.3)

1.1.10 Het quoti¨ ent 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 poolco¨ ordinaten kunnen defini¨eren door ¯1¯ ¯ ¯ = 1, z |z| arg(1/z) = − arg(z).

6

Complexe getallen

Het quoti¨ent z/w van twee complexe getallen (met w 6= 0) defini¨eren we nu als het product z (1/w). In termen van poolco¨ordinaten volgt met formule (1.1) voor het quoti¨ent: |z/w| = |z|/|w|, arg(z/w) = arg(z) − arg(w)

(mod 2π).

(1.4)

Voor dit quoti¨ent gelden de gebruikelijke rekenregels; zo is bijvoorbeeld z 1 w1 z 1 w1 = . z 2 w2 z 2 w2 We kunnen van 1/z ook het re¨ele en imaginaire deel opsporen. Stel z = a+bi met a, b ∈ R en niet beide nul. Dan is

Ga na dat

1 1 a − bi a − bi = = = 2 . z a + bi (a + bi)(a − bi) a + b2

1 3 − 4i = 3 + 4i 25

en dat

1+i 5−i = . 2 + 3i 13

1.1.11 De geconjugeerde Als z = a + bi met a, b ∈ R een complex getal is, dan heet a − bi de geconjugeerde van z, ook genoteerd als conj(z) of z¯. Conjugeren is dus spiegelen t.o.v. de re¨ele as. Ieder van de volgende eigenschappen kan eenvoudig nagegaan worden, meetkundig of door “invullen”. Re(z) Im(z) Re(z) Im(z) |z| arg(z) z1 + z2 z1 z2 z + z¯ z z¯

= = = = = = = = = =

Re(¯ z ), − Im(¯ z ), 1 (z + z¯), 2 1 ¯), 2i (z − z |¯ z |, − arg(¯ z ), z1 + z2 , z1 · z 2 , 2 Re(z), |z|2 .

Merk op dat uit de laatste formule volgt 1 z¯ = 2 , z |z|

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

1.1 Rekenen met complexe getallen

7

1.1.12 Meetkundige interpretatie Laat z = a + bi en w = c + di twee complexe getallen zijn. De absolute waarde |z − w| heeft pals meetkundige interpretatie de afstand van z tot w. Immers, |z − w| = (c − a)2 + (d − b)2 , terwijl de stelling van Pythagoras vertelt dat dit de afstand is van z tot w. Van deze interpretatie kunnen we soms gebruik maken: • De vergelijking |z − i| = 5 heeft als oplossingen precies die complexe getallen 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 bekende vergelijking 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 die dezelfde afstand tot a en b hebben. Dit is de middelloodlijn tussen a en b. Er is ook een meetkundige interpretatie voor het vermenigvuldigen met een complex getal; deze interpretatie volgt uit 1.1.9. We illustreren haar aan de hand 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, zi wordt uit z verkregen door z over de hoek π/2 te roteren. Op een zelfde manier volgt dat z vermenigvuldigen √ met 1 + i betekent dat we z in absolute waarde 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. We dienen steeds een keuze te maken of we de representatie in Cartesische co¨ordinaten of in poolco¨ ordinaten zullen gebruiken. Ruwweg kunnen we daarbij de volgende vuistregels hanteren: • als de berekening hoofdzakelijk optellingen bevat, dan is gebruik van Cartesische co¨ ordinaten raadzaam; • als de berekening hoofdzakelijk vermenigvuldigingen bevat, dan is rekenen in poolco¨ ordinaten aan te bevelen. Bij het oplossen van vergelijkingen speelt een rol dat twee complexe getallen aan elkaar gelijk zijn dan en slechts dan als zowel de re¨ele als imaginaire gedeelten aan elkaar gelijk zijn; voor twee complexe getallen ongelijk 0

8

Complexe getallen

geldt dat ze gelijk zijn dan en slechts dan als ze dezelfde absolute waarden hebben en de argumenten op een veelvoud van 2π na gelijk zijn. Met deze eigenschappen kunnen we complexe vergelijkingen omzetten in re¨ele vergelijkingen. Dat is overigens niet altijd handig of nodig. 1.1.14 Voorbeeld. We lossen de vergelijking z 2 = 2i op. • (Eerste oplossing) Bij deze oplossing schrijven we z = x + iy (met x en y re¨eel) en vullen in: x2 + 2ixy − y 2 = 2i. Gelijkstellen van de re¨ele en imaginaire delen levert de twee vergelijkingen x2 − y 2 = 0 en 2xy = 2. Uit de eerste vergelijking (voor de re¨ele getallen x en y) volgt x = y of x = −y. Invullen in de tweede geeft x2 = 1 en x2 = −1. De vergelijking x2 = −1 heeft geen (re¨ele!) oplossingen en de vergelijking x2 = 1 leidt tot x = 1 of x = −1. We vinden ten slotte de twee oplossingen 1 + i en −1 − i. • (Tweede oplossing) Gebruik makend van de absolute waarde en het argument redeneren we als volgt. z 2 = 2i ⇔ |z 2 | = 2 en arg(z 2 ) = 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 = 2 weer dezelfde oplossing vinden als voor k = 0, voor k = 3 dezelfde oplossing als voor k = 1 enz.). Ga na dat dit dezelfde getallen zijn als beschreven 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. We zullen nu laten zien hoe we in de complexe getallen de e–macht en de sinusen cosinusfunctie defini¨eren.

1.2 De complexe e–macht, sinus en cosinus

9

1.2.1 Definitie. (Complexe e–macht) Voor ieder complex getal z defini¨eren we het complexe getal ez door |ez | = eRe(z) , z arg(e ) = Im(z) . 1.2.2 Merk op dat we in deze definitie de van de re¨ele getallen bekende e–macht gebruiken. Als z een re¨eel getal is, dan is |ez | = ez en arg(ez ) = 0, dus definitie 1.2.1 levert de re¨ele e–macht op en breidt derhalve de definitieverzameling van de e–macht uit van R naar C. Omdat de re¨ele e–macht nooit 0 is, volgt dat de complexe e–macht ook nooit 0 is: |ez | = eRe(z) 6= 0, en een getal 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 = 1 en argument Im(πi) = π zodat eπi = −1. Het getal e1+πi/2 heeft absolute waarde 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 absolute waarden links en rechts gelijk en ook de argumenten. Met z = x+iy betekent dit √ π ex = 2 en y = + 2kπ met k geheel. 4 We vinden dus de volgende (oneindige) oplossingsverzameling: 1 π { log(2) + i( + 2kπ) | k ∈ Z }, 2 4 waarin log de natuurlijke logaritme is. 1.2.5 Stelling. ez1 ez2 = ez1 +z2 . Bewijs. |ez1 ez2 | = |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. Ook geldt arg(ez1 ez2 ) = 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 daarmee zijn ze gelijk. ¤

10

Complexe getallen

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 en iedere 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 ³ ´−1 |(ez )−1 | = |ez |−1 = eRe(z) = e− Re(z) = eRe(− z) en analoog vinden we voor het argument ³ ´ arg (ez )−1 = − arg(ez ) = − Im(z) = Im(− z) . Dus is (ez )−1 = e−z . Dat nu de eigenschap voor alle negatieve n waar is volgt 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 = ez e2πi = ez · 1 = ez .

¤

1.2.9 De formules in Gevolg 1.2.7 zijn een bijzonder geval van een algemene eigenschap. Laat ϕ een re¨eel getal zijn. Dan is eiϕ een complex getal met absolute waarde 1 en argument ϕ, dus: Eigenschap. Voor ieder re¨eel getal ϕ geldt eiϕ = cos ϕ + i sin ϕ . Deze relatie legt het verband tussen de e–macht, de sinus en de cosinus en geeft bovendien een andere veel gebruikte notatie voor een complex getal in termen van zijn absolute waarde en argument:

Zo is bijvoorbeeld 1 + i =

√

z = |z| ei arg z . 2 eπi/4 .

1.2 De complexe e–macht, sinus en cosinus

11

1.2.10 Uit 1.2.9 volgt voor re¨ele ϕ e−iϕ = cos ϕ − i sin ϕ , zodat voor iedere re¨ele ϕ geldt ³ ´ eiϕ + e−iϕ ,

cos ϕ =

1 2

sin ϕ =

1 2i

³

´ eiϕ − e−iϕ .

We defini¨eren nu voor complexe z de sinus en de cosinus. 1.2.11 Definitie. (Complexe sinus en cosinus) ³ ´ cos z = 21 eiz + e−iz , sin z =

1 2i

³

eiz

−

e−iz

´

.

Wegens 1.2.9 resulteren deze definities voor het geval dat z re¨eel is in de van ouds 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) =

1 2i

³

´ ei(z+2π) − e−i(z+2π) =

=

1 2i

³

´ eiz − e−iz = sin z,

1 2i

³

eiz e2πi − e−iz e−2πi

´

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

12

Complexe getallen

Het is duidelijk dat er binnen R geen oplossingen zijn. We moeten oplossen ´ 1 ³ iz e + e−iz = 2 . 2 Noem eiz = w, dan is w 6= 0 wegens 1.2.2 en vinden we de vergelijking w+

1 w

=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 altijd kleiner dan of gelijk is aan 1, zoals voor de re¨ele cosinus! 1.2.14 Stelling. ez = ez¯, sin(z) = sin(¯ z ), cos(z) = cos(¯ z ). Bewijs. z Re(z) = eRe(¯ z) , z ³ |e ´| = |e | = e = − arg(ez ) = − Im(z) = Im(¯ z ), arg ez

dus ez = ez¯. ´ ´ ³ 1 ´³ ´ 1 ³ ¯i¯z 1 ³ iz ¯ eiz − e−iz = − e − e−iz = e − e−i¯z 2i 2i 2i ´ ´ 1 ³ −i¯z 1 ³ i¯z =− e − ei¯z = e − e−i¯z 2i 2i

sin(z) =

= sin(¯ z ).

1.3 Complexe polynomen De formule voor cos(z) wordt analoog bewezen.

13 ¤

1.2.15 Met de rekenregel ez ew = ez+w voor de complexe e–macht zijn de diverse gonioformules snel af te leiden en handig te onthouden. Herschrijf bijvoorbeeld de gelijkheid e2it = eit eit (voor re¨ele 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 re¨ele deel en het imaginaire deel van het 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 te verifi¨eren door de definitie van de complexe sinus en cosinus toe te passen. Uit de gelijkheid eia eib = 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 met re¨ele getallen. Een veel voorkomend type vergelijking is de veeltermvergelijking of polynoomvergelijking. In deze paragraaf bespreken we het begrip complex polynoom en een aantal typen polynoomvergelijkingen. 1.3.2 Complexe polynomen Een uitdrukking van de gedaante an z n + an−1 z n−1 + · · · + a1 z + a0 waarin a0 , . . . , an complexe getallen zijn, heet een complex polynoom (of complexe veelterm) in z. Als an 6= 0 dan heet n de graad van het polynoom. De getallen a0 , . . . , an heten de co¨effici¨enten van het polynoom. Zijn ze alle re¨eel, dan noemen we het polynoom re¨eel. Laat p(z) een polynoom zijn. Als p(α) = 0, dan heet α een nulpunt van het polynoom of ook wel een wortel of oplossing van de (polynoom)vergelijking p(z) = 0.

14

Complexe getallen

We gebruiken in deze paragraaf, en ook later, regelmatig de formules (1.2) en (1.3): |z1 z2 · · · zn | = |z1 | |z2 | · · · |zn |, arg(z1 z2 · · · zn ) = arg(z1 ) + arg(z2 ) + · · · + arg(zn )

(mod 2π)

en in het bijzonder als z1 = z2 = ... = zn = z: |z n | = |z|n , arg(z n ) = n arg(z)

(mod 2π).

1.3.3 Voorbeeld. We bepalen alle oplossingen in C van z3 = i . Zo’n oplossing moet voldoen aan |z 3 | = |z|3 = |i| = 1 , dus |z| = 1 . Ook moet gelden arg(z 3 ) = 3 arg(z) = arg(i) =

π + k · 2π , k ∈ Z , 2

zodat

2π π +k· , k∈Z. 6 3 Op veelvouden van 2π na vinden we dus slechts 3 verschillende waarden van arg(z), namelijk voor k = 0, 1 en 2. De drie oplossingen van de vergelijking zijn dus arg(z) =

z = cos

π π + i sin , 6 6

z = cos

5π 5π + i sin , 6 6

z = cos

9π 9π + i sin . 6 6

1.3.4 Net zoals 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 z n = a volgt p |z n | = |z|n = |a| , dus |z| = n |a| , arg(z n ) = n arg(z) = arg(a) + k · 2π , k ∈ Z ,

1.3 Complexe polynomen

15

2π 1 arg(a) + k · , k∈Z. n n Op veelvouden van 2π vinden we dus n verschillende waarden voor arg z, namelijk voor k = 0, ..., n − 1. De vergelijking p z n = a heeft dus n verschillende oplossingen, die alle op de cirkel |z| = n |a| liggen en waarvan de onderlinge hoekafstand van twee opeenvolgende 2π/n is. Hieronder zijn de vier oplossingen van z 4 = 1 geschetst. arg(z) =

i

−1

1

−i De vergelijking z n = 0 geeft aanleiding tot ‘n’ vergelijkingen z = 0. De vergelijking z n = 0 heeft dus n samenvallende oplossingen 0. Zie ook 1.3.6. In het bijzonder heeft de vergelijking z 2 = a , a 6= 0 twee oplossingen, beide met absolute waarde 1 1 2 arg(a) en 2 arg(a) + π als argument.

p |a| en met respectievelijk

We onderzoeken nu in het algemeen de nulpunten van een ne graads complex polynoom 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) van graad n − 1 zo dat p(z) = (z − α) q(z) . Bewijs. Voor iedere keuze van α kunnen we p(z) delen door z − α. We vinden dan een quoti¨ent q(z) en een rest r, een complex getal. Dus: p(z) r = q(z) + , z−α z−α p(z) = (z − α)q(z) + r .

16

Complexe getallen

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)2 r(z) , enz. Definitie. α heet een nulpunt van multipliciteit m van een complex polynoom p(z) als er een polynoom t(z) met t(α) 6= 0 bestaat zo dat p(z) = (z − α)m t(z) . De multipliciteit van een nulpunt α is dus het aantal factoren (z − α) van p(z). 1.3.7 Als p(z) een polynoom van graad n is, dan volgt direct uit het voorgaande 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 van graad n heeft precies n nulpunten als ieder nulpunt geteld wordt met zijn multipliciteit. Het bewijs van deze stelling valt buiten het kader van deze cursus. Merk op dat we de stelling al bewezen hebben voor polynomen van het type z n − a. Merk ook op dat de hoofdstelling van de algebra niet geldt binnen de re¨ele getallen: x2 + 1 is een re¨eel polynoom van graad 2 dat binnen R geen nulpunten heeft. 1.3.9 Polynomen van graad 1 Voor polynomen van graad 1 is het nulpunt altijd direct te vinden: Uit az + b = 0 , a 6= 0 volgt z = − b/a. 1.3.10 Polynomen van graad 2 We beschouwen nu polynomen van graad 2: az 2 + bz + c , a 6= 0 .

1.3 Complexe polynomen

17

We herschrijven het polynoom als volgt b b 4ac − b2 az 2 + bz + c = a(z 2 + z) + c = a(z + )2 + . a 2a 4a Noem nu z +

b 2a

= 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, waaruit direct de twee oplossingen voor z volgen. Bovenstaande techniek heet kwadraat afsplitsen. Merk op dat we de abc–formule niet gebruiken; die geeft aanleiding tot wortels van complexe getallen en die hebben we niet gedefinieerd. 1.3.11 Voorbeeld. Beschouw de vergelijking z 2 + (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 3π ) + i sin( )) of 8 8

z + 1 + 2i =

√ 4

18(cos(

11π 11π ) + i sin( )). 8 8

Hieruit volgt z = −1 + z = −1 −

√ 4

18 cos(

√ 3π 3π ) + i(− 2 + 4 18 sin ) 8 8

√ 4

18 cos(

√ 3π 3π ) + i(− 2 − 4 18 sin ). 8 8

of

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

18

Complexe getallen

Tot slot van deze paragraaf besteden we enige aandacht aan polynomen waarvan de co¨effici¨enten re¨eel zijn. 1.3.13 Stelling. Beschouw het polynoom p(z) = an z n + an−1 z n−1 + · · · + a1 z + a0 , waarin an , an−1 , ..., a1 , a0 re¨eel zijn. Als het complexe getal α voldoet aan p(α) = 0, dan geldt ook p(¯ α) = 0. Bewijs. Gegeven is an αn + an−1 αn−1 + · · · + a1 α + a0 = 0 . Complex conjugeren geeft an αn + an−1 αn−1 + · · · + a1 α + a0 = ¯0 . Toepassen van de rekenregels 1.1.11. levert dan an α ¯ n + an−1 α ¯ n−1 + · · · + a1 α ¯ + a0 = 0, dus p(¯ α) = 0.

¤

1.3.14 Gevolg. Elk polynoom (ongelijk het nulpolynoom) met re¨ele co¨effici¨enten is ontbindbaar in factoren van graad 1 of 2 met re¨ele co¨effici¨enten. Bewijs. Laat p(z) een polynoom met re¨ele co¨effici¨enten zijn. Als α een re¨eel nulpunt van p is, dan kan p(z) geschreven worden als p(z) = (z − α)q(z) , waarin q ook een polynoom met re¨ele co¨effici¨enten is. Als α een niet–re¨eel nulpunt is, dan is α ¯ ook een nulpunt en is p(z) = (z − α)(z − α ¯ ) r(z) = (z 2 − (α + α ¯ )z + αα ¯ ) r(z) = (z 2 − 2Re(α)z + |α|2 ) r(z) . De eerste factor heeft re¨ele co¨effici¨enten, dus r(z) ook. Aangezien q(z) en r(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 re¨ele constante, gevonden hebben. ¤

1.4 Meetkunde met complexe getallen

19

1.3.15 Voorbeeld. Van het polynoom p(z) = z 5 − 6z 4 + 25z 3 − z 2 + 6z − 25 is gegeven dat 3 − 4i een nulpunt is. We gaan dit polynoom ontbinden in re¨ele factoren van graad 1 en 2. Omdat het polynoom re¨ele co¨effici¨enten heeft, is 3 + 4i ook een nulpunt, en moet het een factor (z − 3 + 4i)(z − 3 − 4i) = z 2 − 6z + 25 bevatten. Een staartdeling geeft dan p(z) = (z 2 − 6z + 25)(z 3 − 1) . De laatste factor heeft z = 1 als nulpunt en bevat dus een factor z − 1: p(z) = (z 2 − 6z + 25)(z − 1)(z 2 + z + 1) . De derde factor is verder onontbindbaar.

1.4

Meetkunde met complexe getallen

1.4.1 Complexe getallen zijn in diverse takken van de wiskunde nuttig gebleken. In deze paragraaf diepen we de rol van complexe getallen in de vlakke meetkunde wat verder uit. Complexe getallen zijn overigens lang niet bij elk meetkundig probleem handig. Technieken gebaseerd op complexe getallen vormen een nuttige aanvulling op het arsenaal aan technieken uit de klassieke en analytische meetkunde. In het vervolg identificeren we het vlak uit de klassieke meetkunde met het complexe vlak. Punten uit het vlak beschrijven we met complexe getallen. Hierbij hebben we de vrijheid om de oorsprong handig te kiezen. Ook veronderstellen we hier en daar wat kennis van klassieke vlakke meetkunde uit het vwo-programma. 1.4.2 Rechten in het vlak Is z 6= 0 een complex getal, dan vormen de getallen tz waarbij t de re¨ele getallen doorloopt de rechte door 0 en z. Het lijnstuk tussen 0 en z beschrijf je door t alleen waarden uit het interval [0, 1] te laten doorlopen. We geven dit lijnstuk wel aan met [0, z]. Het midden van het lijnstuk [0, z] is het 1 complexe getal z. Uiteraard is −z de gespiegelde van z in de oorsprong 0. 2

20

Complexe getallen

Zijn z en w twee verschillende complexe getallen dan vormen de getallen w + t(w − z) met t re¨eel de rechte door z en w. Het lijnstuk tussen z en 1 w geven we wel aan met [z, w]. Voor t = vinden we het midden van het 2 lijnstuk [z, w]: 1 1 w + (z − w) ofwel (z + w). 2 2 De lengte van het lijnstuk [z, w] is gelijk aan de afstand tussen z en w, dus gelijk aan |z − w|. De rechten door z1 en z2 (met z1 6= z2 ) respectievelijk w1 en w2 (met w1 6= w2 ) zijn parallel precies dan als w2 − w1 een re¨eel veelvoud is van w2 − w 1 re¨eel is. z2 − z1 ofwel als het quoti¨ent z2 − z 1 1.4.3 Voorbeeld. Geef in driehoek △ABC het midden van AC aan met D en het midden van BC met E. Dan is DE parallel met AB en lijnstuk AB is twee maal zo lang als lijnstuk DE. Gebruikmakend van complexe getallen kun je dit als volgt inzien. Geef met z1 , z2 , z3 achtereenvolgens de hoekpunten A, B, C aan. Dan vinden we voor de middens D en E: 1 1 (z1 + z3 ) en (z2 + z3 ) . 2 2 Omdat

1 1 1 (z2 + z3 ) − (z1 + z3 ) = (z2 − z1 ) 2 2 2 vinden we dat lijnstuk DE en AB parallel zijn en dat lijnstuk DE half zo lang is als lijnstuk AB.

1.4.4 Translaties Laat u een complex getal zijn. De afbeelding T : C → C gegeven door T (z) = z+u is een translatie over u. Translaties voeren bijvoorbeeld rechten in rechten over en cirkels in cirkels. Translaties zijn eenvoudige voorbeelden van transformaties van het vlak. 1.4.5 Rotaties en cirkels Is w een complex getal met absolute waarde 1 en argument α radialen, dan bewerkstelligt de afbeelding R : C → C gegeven door R(z) = zw een rotatie over α radialen. Immers, |zw| = |z| · |w| = |z|,

1.4 Meetkunde met complexe getallen

21

zodat zw en z op dezelfde afstand van de oorsprong liggen, en arg(zw) = arg(z) + arg(w) = arg(z) + α

(mod 2π),

zodat het argument van zw met α is toegenomen ten opzichte van dat van z. Heeft w niet per se absolute waarde 1, dan bewerkstelligt vermenigvuldigen met w een rotatie over arg(w) en een schaling met factor |w|. Rotaties hebben natuurlijk met cirkels te maken. Een cirkel met straal r en middelpunt z0 bestaat uit de complexe getallen z die voldoen aan |z − z0 | = r. Soms kan het handig zijn deze vergelijking op andere manieren te schrijven, bijvoorbeeld als |z − z0 |2 = r2 of (z − z0 )(z − z¯0 ) = r2 . Is = x0 + iy0 en z = x + iy (met a, b, x0 , y0 re¨eel), dan vind je uiteraard de bekende ‘re¨ele’ vergelijking (x − x0 )2 + (y − y0 )2 = r2 van een cirkel terug. Je kunt een punt van de cirkel |z − z0 | = r ook expliciet beschrijven als volgt: z − z0 heeft absolute waarde r en is dus van de vorm r eit waarbij t het argument (modulo 2π) van z − z0 is. We vinden dus dat z van de vorm z0 + reit is. Het is gemakkelijk na te rekenen dat een rotatie over α radialen van de cirkel met vergelijking |z| = r de cirkel in zichzelf overvoert. Immers, elk punt z dat aan |z| = r voldoet gaat over in zw, terwijl |zw| = |z| · |w| = r · 1 = r. Dus zw ligt weer op de cirkel. 1.4.6 Voorbeeld. Hebben de complexe getallen z en w dezelfde absolute waarde (6= 0) en is de hoek tussen z en w gelijk aan α, dan is het argument van z/w gelijk aan α of −α zodat z/w = eiα of z/w = e−iα . Als bijvoorbeeld in driehoek △αβγ geldt γ − α = e±πi/3 (β − α), dan is de driehoek gelijkzijdig: |γ − α| = |e±πi/3 | · |β − α| = |β − α|, terwijl de hoek tussen de zijden αγ en αβ gelijk is aan ±π/3. De driehoek is dus gelijkbenig met tophoek π/3 radialen, dus een gelijkzijdige driehoek. 1.4.7 Voorbeeld. Is △z1 z2 z3 een driehoek, dan zijn voor elk complex getal w 6= 0 de driehoeken △z1 z2 z3 en △(wz1 )(wz2 )(wz3 ) (hoekpunten met w vermenigvuldigd) gelijkvormig. Dit kun je op allerlei manieren inzien. Je kunt bijvoorbeeld lengtes van overeenkomstige zijden vergelijken en daarbij zie je hoe de rekenregels voor complexe getallen van pas komen: |wz2 − wz1 | |w| · |z2 − z1 | = = |w|, |z2 − z1 | |z2 − z1 |

22

Complexe getallen

en

|w| · |z3 − z1 | |wz3 − wz1 | = = |w| |z3 − z1 | |z3 − z1 |

enz. Het zzz-criterium voor gelijkvormigheid is dus van toepassing. 1.4.8 Voorbeeld. Gegeven driehoek △ABC. Op de zijden BC en AC plaatsen we buitenwaarts twee vierkanten: BCDE en ACF G. Het midden van DF noemen we H. Bewijs dat HC loodrecht staat op AB. Het idee van het F H D

G C A

E B

Figuur 1.1: Driehoek △ABC met de buitenwaarts beschreven vierkanten. hieronder volgende bewijs is om ‘loodrechte stand’ in verband te brengen met het vermenigvuldigen met i. We kiezen de oorsprong in C en geven hoekpunt A verder aan met z en hoekpunt B met w. Dan hoort hoekpunt D bij iw (B roteren om C over 90◦ ) en hoort hoekpunt F bij −iz (hoekpunt A roteren over −90◦ ). Het 1 midden van lijnstuk DF hoort dan bij (iw − iz). Omdat 2 1 1 (iw − iz) = · i · (w − z) 2 2 en w − z bij lijnstuk AB hoort, vinden we dat lijnstuk HC loodrecht staat op AB (en bovendien half zo lang is). 1.4.9 De negenpuntscirkel I We beginnen met driehoek △ABC ofwel △αβγ, waarbij de oorsprong O in het middelpunt van de omgeschreven cirkel is gelegd. We veronderstellen 1 1 1 verder dat |α| = |β| = |γ| = 1. De punten (β + γ), (α + γ) en (α + β) 2 2 2 zijn achtereenvolgens de middens D, E, F van de drie zijden BC, AC en AB. De lijnstukken die de oorsprong O met elk van deze middelpunten verbinden, staan loodrecht op de corresponderende zijden van de driehoek

1.4 Meetkunde met complexe getallen

23

C

P E

D

Q

Z O

H

A

N

R

F

B

Figuur 1.2: De omgeschreven cirkel van △ABC met middelpunt O en die van △DEF met middelpunt N . Verder zijn het zwaartepunt Z, het hoogtepunt H en de hoogtelijnen te zien. 1 (klassieke meetkunde). Het punt (α + β + γ) is het zwaartepunt Z van 3 driehoek △αβγ. Het punt h = α + β + γ is zelf ook een bijzonder punt: h − γ = β + γ = 1 2 · (β + γ), dus h − γ staat loodrecht op AB en is twee maal zo lang als 2 het lijnstuk OD. Het punt h ligt dus op de hoogtelijn uit C. Net zo kun je beredeneren dat h op de hoogtelijn uit B en die uit A ligt. Kortom, de hoogtelijnen uit A, B en C gaan door ´e´en punt, H (of h in termen van complexe getallen). Dit punt is het hoogtepunt van driehoek △ABC. (Vraag: gaan in elke driehoek de hoogtelijnen door ´e´en punt, of zijn de aannames die we gemaakt hebben omtrent △ABC daarvoor te beperkend?) 1 Het punt (α + β + γ) ofwel h/2 blijkt ook een bijzonder punt te zijn. 2 Kijk maar naar de afstanden tot de middens van de drie zijden, bijvoorbeeld de afstand tot D: 1 1 1 1 | (α + β + γ) − (β + γ)| = | α| = . 2 2 2 2 De afstanden tot de middens E en F zijn ook gelijk aan

1 . Het punt h/2 2

24

Complexe getallen

is dus het middelpunt N van de omgeschreven cirkel van driehoek △DEF (zie figuur 1.2). 1.4.10 De negenpuntscirkel II De cirkel door de punten D, E en F blijkt ook door drie andere bijzondere C

M E

D H

O N

K A

L F

B

Figuur 1.3: De omgeschreven cirkel van △DEF met middelpunt N gaat ook door de middens van AH, BH en CH. punten te gaan, en wel de middens van de lijnstukken die h met elk van de 1 hoekpunten verbindt. De afstanden tot h zijn steeds gelijk aan : 2 1 1 1 1 | h − (h + α)| = | − α| = , 2 2 2 2 enz. We zien inmiddels: de middens van de zijden van △ABC en de middens van de lijnstukken HA, HB en HC liggen op ´e´en cirkel. Deze cirkel blijkt ook nog eens door de drie voetpunten van de hoogtelijnen uit elk hoekpunt te gaan (zoals figuur 1.2 suggereert). Daarom noemt men deze cirkel wel de negenpuntscirkel. Het bewijs van dit laatste deel komt bij opgave 24 aan de orde. 1.4.11 Andere transformaties Translaties, rotaties en spiegelingen (en samenstellingen daarvan) hebben de bijzondere eigenschap dat ze bijecties van het vlak zijn. Er zijn ook

1.4 Meetkunde met complexe getallen

25

transformaties die niet per se bijectief zijn, zoals de afbeelding die z in z 2 overvoert. We gaan er hier niet verder op in.

26

1.5

Algebra

Verzamelingenleer en Algebra Complexe Analyse

Algebra

Complexe getallen

Aantekeningen

Veel uitgewerkte voorbeelden van het rekenen met complexe getallen zijn te vinden in [6] en [7] (zie de bibliografie aan het eind van de syllabus). De constructie van complexe getallen kan opgevat worden als een speciaal geval van een constructie van rekensystemen die in de algebravakken aan de orde komt. De formulering van de complexe getallen met behulp van paren re¨ele getallen zoals in dit 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 een rekensysteem met elementen van de vorm a+bi+cj +dk (met a, b, c, d ∈ R), waarin i2 = −1, j 2 = −1, k 2 = −1, ij = k = −ji, jk = i = −kj, ki = j = −ik; dit is het rekensysteem der zogenaamde quaternionen. Voor de lineaire algebra ligt het nut van complexe getallen daarin dat we allerlei polynoomvergelijkingen kunnen oplossen (dat zal in de volgende hoofdstukken blijken). Rekenen met polynomen komt bij Verzamelingenleer en Algebra uitgebreider aan de orde. De Hoofdstelling van de Algebra gaat terug op C.F. Gauss (1777–1855), zie [1]; er bestaan diverse bewijzen van deze stelling, sommige algebra¨ısch, sommige analytisch. Een bewijs dat gebruik maakt van complex integreren wordt behandeld bij Complexe functies en Fouriertheorie. Dat er geen expliciete formules bestaan om veeltermvergelijkingen van graad 5 en hoger op te lossen, vergt de nodige algebra¨ısche voorkennis; soortgelijke algebra¨ısche technieken zijn nodig om een vergelijkbaar verschijnsel te begrijpen, namelijk dat er van sommige in bekende functies uit te drukken functies geen primitieven bestaan die zelf weer combinaties 2 van bekende functies zijn (een voorbeeld van zo’n functie is ex ). Zulke technieken (voornamelijk uit de groepentheorie en de lichaamstheorie) komen aan de orde bij latere (keuze)vakken in de algebra. De analyse van functies f : C → C (d.w.z. differentieerbaarheids- en integreerbaarheidskwesties) komt aan de orde bij het vak Complexe functies en Fouriertheorie. Deze complexe analyse wordt veel gebruikt in de elektrotechniek en de mathematische fysica.

1.6 Opgaven

1.6

27

Opgaven

§1 1 Schrijf de volgende complexe getallen in de vorm a + bi met a en b re¨eel: 7+i a. (2 + 3i)(1 − i), d. , 1 + 2i b.

√ √ (− 12 + 21 i 3)(− 12 − 21 i 3),

e.

9 − 3i , 1 + 3i

c.

1 , 4 − 3i

f.

√ √ z , met z = 21 2 + 21 2i. 2 (z + 1)

2 Schrijf de volgende complexe getallen in de vorm r(cos ϕ + i sin ϕ), waarbij r > 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 ongespecificeerd re¨eel en imaginair deel en ongespecificeerde absolute waarde en argument. a. Teken zonder te rekenen (!) de volgende complexe getallen op hun juiste positie t.o.v. z: 1 , z − 2i, iz, z, −iz. z + 2, −2z, z 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: π 3π |z + 1 − i|2 ≤ 2 en ≤ arg z ≤ . 2 4 5 Bepaal de verzameling van complexe getallen z die voldoen aan:√ a. |z − i| = |z + 3i|, d. Re(z 2 + 1) = 0 en |z| = 2, b.

|z − 3i| = |4 + 2i − z|,

c.

Re(z 2 ) = Im(z 2 ),

e.

arg(z/z) =

2π 3 .

28

Complexe getallen

6 Bewijs de driehoeksongelijkheid |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 | aan de hand van de volgende onderdelen. a. Bewijs de ongelijkheid voor z1 = 1; schrijf daarbij z2 in poolco¨ordinaten: z2 = r(cos φ + i sin φ). b. Bewijs de ongelijkheid |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 | voor z1 6= 0 door aan beide kanten 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 vorm a + bi: a. 2eπi/2 , d. e5πi/3 , b.

3e2πi/3 ,

e.

e(−πi/3)+3 ,

c.

√

f.

e−5πi/6+2kπi , k ∈ Z.

d.

e|z| = 1,

e.

e−z = −i,

f.

e2iz =

2eπi/4 ,

8 Los de volgende vergelijkingen op: a. ez = 1 + i, √

b.

ez = 1 +

c.

eRe(z) = 5,

3i,

2

1+i 1−i .

9 Laat met behulp van de definities van cosinus en sinus zien dat voor alle complexe z geldt: a. sin 2z = 2 sin z cos z. b. cos 2z = cos2 z − sin2 z. 10 Los de volgende vergelijkingen op: a.

1 iz 2 (e

+ e−iz ) = 0,

b. sin(2z) = 4. §3

1.6 Opgaven

29

11 Los de volgende vergelijkingen op en teken de oplossingen in het complexe vlak: a. z 6 = 1, e. (z + 2 − i)6 = 27i, b.

z 3 = 8,

f.

z 2 = z,

c.

z 4 = 16i,

g.

z 3 = −z.

d.

(z + i)4 = −1,

12 Los de volgende vergelijkingen op en teken de oplossingen in het complexe vlak: a. z 2 + z + 1 = 0, b. z 2 − 2iz + 8 = 0, c. z 2 − (4 + 2i)z + 3 + 4i = 0, d. z 2 (i + z 2 ) = −6. 13 a. De vergelijking z 3 + (2 − 3i)z 2 + (−2 − 6i)z − 4 = 0 heeft een oplossing z = i. Bepaal de andere oplossingen. b. De vergelijking z 4 +4z 3 +3z 2 −14z +26 = 0 heeft een oplossing z = 1+i. Bepaal de andere oplossingen. c. Van een derdegraads polynoom met re¨ele co¨effici¨enten is gegeven dat 5 en 1 + 2i nulpunten zijn. Bepaal zo’n polynoom. d. Van een vierdegraads polynoom met re¨ele co¨effici¨enten is gegeven dat i en 2 − 3i nulpunten zijn. Bepaal zo’n polynoom. 14 Ontbind in re¨ele factoren van zo laag mogelijke graad: a. z 4 − 3z 2 − 4, b. z 3 + 3z 2 + 4z + 2, c. z 4 + z 3 + 2z 2 + z + 1. 15 a. Bereken (1 + i)11 .

30

Complexe getallen

b. Van het complexe getal z is gegeven dat √ z 4 = 8 3 + 8i

en

π ≤ arg(z) ≤ π. 2

Geef de exacte waarde van |z 23 | en van arg(z 23 ), gemeten tussen 0 en 2π. 16 Bewijs dat voor elk natuurlijk getal n geldt: (cos ϕ + i sin ϕ)n = cos nϕ + i sin nϕ (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 cos ϕ en sin ϕ. 17 Zij p(z) = az 2 + bz + c een complex polynoom met a 6= 0. Bewijs de volgende bewering: Het polynoom p heeft een dubbel nulpunt (nulpunt met multipliciteit 2) dan en slechts dan als b2 − 4ac = 0. In de bewering zijn twee 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 bewijs van deze stap als volgt. – Er geldt p(z) = az 2 + 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. §4 18 Toon elk van de volgende beweringen aan. a. Het complexe getal z is re¨eel dan en slechts dan als z¯ = z. b. Het complexe getal z is zuiver imaginair (re¨ele deel gelijk aan 0) dan en slechts dan als z + z¯ = 0. c. De complexe getallen z en w (beide 6= 0) zijn parallel dan en slechts dan als z¯w = z w. ¯ [Hint: onderzoek het quoti¨ent z/w.]

1.6 Opgaven

31

d. De complexe getallen z en w (beide 6= 0) staan loodrecht op elkaar dan en slechts dan als z¯w +z w ¯ = 0. [Hint: wat kun je zeggen van het quoti¨ent z/w als z en w loodrecht op elkaar staan?] 19 (Spiegelen) In termen van complexe getallen komt spiegelen in de re¨ele as overeen met complex conjugeren: z = x + iy gaat door spiegeling over in x − iy ofwel z. a. Toon aan dat bij spiegelen in de imaginaire as het complexe getal z wordt overgevoerd in −z. b. Een spiegeling in een andere rechte door de oorsprong, zeg onder een hoek van α radialen met de positieve re¨ele as, kun je beschrijven door deze spiegeling via een rotatie in verband te brengen met spiegeling in de re¨ele as: roteer z eerst over −α radialen, spiegel vervolgens in de re¨ele as, en roteer tenslotte over α radialen. Beschrijf de gespiegelde van z in formulevorm. c. De rechten ℓ en m door de oorsprong maken een hoek van α radialen met elkaar. We spiegelen eerst in ℓ en vervolgens in m. Bewijs dat deze samenstelling een rotatie is over 2α radialen. 20 Laat △ABC een gelijkzijdige driehoek zijn. De hoekpunten A, B en C corresponderen respectievelijk met de complexe getallen α, β en γ. a. Leg de oorsprong in dit onderdeel in A. Laat zien dat je de hoekpunten kunt voorstellen door 0, z en ρz waarbij |ρ| = 1. Laat verder zien, uitgaande van het gegeven dat de drie zijden gelijke lengte hebben, dat de hoekpunten voor te stellen zijn door 0, z, exp(πi/3) z. b. Laat ρ = eπi/3 en ω = ρ2 . Ga na dat ρ3 = −1, dat 1 − ρ + ρ2 = 0 en dat 1 + ω + ω 2 = 0. c. Vanaf dit onderdeel ligt geen der hoekpunten per se in de oorsprong. Bewijs dat γ − α = ρ(β − α) of γ − α = ρ¯(β − α). d. Bewijs dat α + ωβ + ω 2 γ = 0 of α + ω 2 β + ωγ = 0 als △ABC een gelijkzijdige driehoek is. e. Bewijs dat △ABC een gelijkzijdige driehoek is als α + ωβ + ω 2 γ = 0 of α + ω 2 β + ωγ = 0.

32

Complexe getallen

21 Laat v en w verschillende complexe getallen zijn en ℓ de rechte door v en w. De rechte door v en w bestaat uit de complexe getallen van de vorm v + t(w − v) met t re¨eel. z−w een re¨eel getal is voor het complexe getal z−v z (ongelijk aan v en ongelijk aan w), dan ligt z op de rechte ℓ.

a. Bewijs: als het quoti¨ent

b. Bewijs: als z (ongelijk v en w) op ℓ ligt, dan is het quoti¨ent re¨eel getal.

z−w een z−v

c. Bewijs dat v, w en z op ´e´en rechte liggen dan en slechts dan als geldt: (z − w)(¯ z − v¯) = (¯ z − w)(z ¯ − v). 22 ABCD en AB ′ C ′ D′ zijn twee vierkanten die alleen hoekpunt A gemeen hebben en verder buiten elkaar liggen. Het snijpunt van de diagonalen AC en BD noemen we P ; het snijpunt van de diagonalen AC ′ en B ′ D′ noemen we Q; het midden van BD′ noemen we R, en het midden van B ′ D noemen we S. Bewijs dat P QRS een vierkant is, bijvoorbeeld door onder meer aan te tonen dat lijnstuk P S door rotatie over 90◦ overgaat in P R. 23 Spiegelen in de rechte door u en v Laat ℓ de rechte door de punten u en v zijn. We bepalen het spiegelbeeld van een punt z uit het vlak onder loodrechte spiegeling in ℓ. a. Veronderstel dat u = 0. Laat zien dat we z kunnen schrijven in de vorm z = reit · v voor zekere re¨ele r en t. Wat is het spiegelbeeld van z in dit geval? b. Terug naar het algemene geval: laat zien dat z te schrijven is in de vorm u + reit · (v − u). Toon aan dat het spiegelbeeld van z gegeven wordt door u + (¯ z−u ¯)

v−u . v¯ − u ¯

c. Laat zien dat deze laatste uitdrukking gelijk is aan u + v − uv¯ z als |u| = |v| = 1.

1.6 Opgaven

33

24 De negenpuntscirkel De negenpuntscirkel (zie 1.4.9 en 1.4.10) blijkt ook door de voetpunten van de drie hoogtelijnen te gaan. In deze opgave gaan we in op het bewijs. a. De hoogtelijn uit A snijdt de omgeschreven cirkel van △ABC in A′ . Laat zien dat voor het corresponderende complexe getal α′ geldt α − α′ α ¯ − α¯′ = 0. + ¯ β−γ β − γ¯ [Hint: omdat α − α′ loodrecht staat op β − γ, is het quoti¨ent zuiver imaginair.]

α − α′ β−γ

b. Gebruik nu α ¯ = 1/α, β¯ = 1/β enz. om af te leiden dat α′ = −

βγ . α

[Opmerking: een alternatief is om het spiegelbeeld van h = α + β + γ in de rechte AB uit te rekenen met behulp van de formule uit opgave 23c) en te constateren dat dit spiegelbeeld op de omgeschreven cirkel van △ABC ligt.] c. Laat zien dat de lijnstukken BH en BA′ gelijke lengte hebben. d. Concludeer dat het voetpunt P uit A gelijk is aan 1 βγ (h − ). 2 α 1 e. Laat zien dat de afstand van h/2 tot P gelijk is aan . Concludeer dat 2 de negenpuntscirkel inderdaad door de drie voetpunten P , Q en R van de hoogtelijnen gaat.

1.6.1

Oefenen op tentamenniveau

25 Bepaal de verzameling van de elementen z ∈ C die voldoen aan ¯ ¯ ¯ z¯ · z ¯ ¯ ¯ ¯ (1 − z)2 ¯ = 1.

34

Complexe getallen

26 Los de volgende vergelijking op in C : e2iz =

1+i . 1−i

27 a. Schets in het complexe vlak de verzameling van alle z ∈ C waarvoor geldt π | arg(z)| = , 4 en de verzameling van alle z ∈ C waarvoor geldt |z + 2i| = |z − 3|. b. Bereken alle z ∈ C waarvoor geldt | arg(z)| =

π 4

en

|z + 2i| = |z − 3|.

28 Het polynoom z 4 − 2z 3 + 9z 2 − 8z + 20 heeft z = 1 + 2i als nulpunt. Geef de ontbinding in re¨ele factoren van zo laag mogelijke graad en bereken de andere nulpunten. 29 Gegeven is het polynoom p(z). Bewijs dat p(z) een re¨eel polynoom is (d.w.z. dat alle co¨effici¨enten re¨eel zijn) dan en slechts dan als voor alle z ∈ C geldt: p(z) = p(z). 30 Bepaal alle z ∈ C waarvoor geldt z 3 = i z. 31 Gegeven zijn de vierkanten ABCD en A′ B ′ C ′ D′ met dezelfde ori¨entatie. Bewijs dat de middens van de lijnstukken AA′ , BB ′ , CC ′ en DD′ de hoekpunten van een vierkant zijn.