VBTL 5/6 D-gevorderde wiskunde – Leerboek Complexe getallen - inkijk methode

LEERBOEK

Complexe getallen

D-finaliteit

Philip Bogaert

Filip Geeurickx

Marc Muylaert

Roger Van Nieuwenhuyze

Erik Willockx

CARTOONS

Dave Vanroye

Hoe gebruik je VBTL?

Dit boek bevat twee hoofdstukken.

Elk hoofdstuk is opgebouwd uit verschillende paragrafen met aan het einde een handige samenvatting.

Definities vind je op een rode achtergrond. Eigenschappen vind je op een groene achtergrond. Methodes, rekenregels en formules vind je op een zachtblauwe achtergrond.

Wiskunde is een eeuwenoude wetenschap. De geschiedenis van de wiskunde en de herkomst van bepaalde begrippen worden zachtpaars afgedrukt.

1 2 *

De nummers van de oefeningen hebben een gele kleur.

Een sterretje duidt op een extra uitdaging.

Maak ook kennis met voorbeeldvragen uit ijkingstoetsen en toelatingsexamens.

Achteraan in dit boek vind je de oplossingen

ICT is een ideaal hulpmiddel.

Bij dit boek hoort een webpagina van GeoGebra, gevuld met heel wat digitale oefeningen en applets. Die vind je terug via www.polpo.be.

Wat moet je kennen en kunnen?

Op het einde van elk hoofdstuk zie je een handig overzicht van wat je moet kennen en kunnen

Welkom in de wonderlijke wetenschappelijke wereld van de wiskunde. In dit unieke leerboek behandelen we complexe getallen.

Je maakte al kennis met complexe getallen. Je weet dus dat de verzameling r uitgebreid wordt tot c In die verzameling heeft de vergelijking x2 = –1 wel oplossingen, namelijk i en –i

Je leert rekenen met complexe getallen, je zult eigenschappen behandelen en terechtkomen in het vlak van Gauss (genoemd naar de Duitse wiskundige Friedrich Gauss, 1777 – 1855) waar je complexe getallen zult voorstellen.

1

2

0Complexe getallen 1

Hoofdstuktitel

Ooit begon je te tellen met natuurlijke getallen. Je rekende met 0, 1, 2, 3 …, maar de vergelijking x + 3 = 2 was zo niet op te lossen. De noodzaak was er om negatieve getallen in te voeren en zo kwam je bij de gehele getallen. Maar ook dat was onvoldoende om de vergelijking 3x + 4 = 8 op te lossen. Toen leerde je de rationale en later de reële getallen kennen. We gaan op dezelfde wijze de vergelijking x2 = –4 oplossen. We leren zo wat complexe getallen zijn en voeren hiervoor een imaginair getal i in. In dit hoofdstuk leer je niet alleen rekenen met complexe getallen maar leer je ook hoe je die getallen in polaire vorm noteert. Er wordt ook aangetoond hoe je die getallen voorstelt in het complexe vlak. En zo imaginair zijn de toepassingen van die complexe getallen niet, want ze zijn onmisbaar in tal van sectoren, van engineering over elektronica tot medische beeldvorming.

Een wereld vol wiskunde

De algebra en haar drie fasen

In de loop der jaren hebben verschillende ontdekkingen en veranderingen een bijdrage geleverd aan de ontwikkeling van de algebra. Naargelang van de soort notatie die werd gebruikt, kunnen we drie fasen onderscheiden. In de retorische algebra wordt alles beschreven in de natuurlijke taal, zonder symbolen. Diophantus noteerde als eerste een onbekende met een eigen symbool. Het gebruik van beschrijvingen vermengd met afkortingen en wiskundige symbolen noemen we de gesyncopeerde algebra. Pas op het einde van de zestiende eeuw werden vergelijkingen met symbolen aangeduid en ontstond de symbolische algebra

❶ Griekenland (250)

De Arithmetica van Diophantus is een verzameling van meer dan honderd problemen waarin de oplossingen werden geschreven van bepaalde types vergelijkingen. Vooral het oplossen van lineaire en kwadratische vergelijkingen kreeg heel wat aandacht. Hierbij zocht Diophantus naar positieve rationale wortels. Vergelijkingen die leidden tot negatieve of irrationale oplossingen werden als nutteloos beschouwd. Diophantus was een van de eersten die met symbolen werkten. Zo kende hij een symbool (een vaste Griekse letter) voor een onbekende en gebruikte hij een vast teken voor kwadraat en derde macht.

❷ Egypte (–1650)

Op de Rhind-papyrus van Ahmes vinden we rekenmethodes om problemen (vergelijkingen) met één onbekende aan te pakken. Ook de Egyptenaren aanvaardden slechts positieve rationale wortels.

❸ Mesopotamië (–1950)

In spijkerschrift, op kleitabletten, losten de Babyloniërs al kwadratische vergelijkingen op. Slechts positieve rationale wortels werden aanvaard.

❹ China (–200)

De Chinese tekst van Nine Chapters on the Mathematical Art is tot op heden de oudste wiskundige verhandeling waarin een algemene methode wordt beschreven voor het oplossen van een stelsel van n vergelijkingen met n onbekenden (n = 2, 3, 4, 5). We vinden er ook worteltrekkingen terug die leiden tot derdegraadsvergelijkingen van de vorm x 3 – c = 0.

❺ Arabische Rijk (Perzië) (800-1100)

Het woord ‘algebra’ is afkomstig van een fonetische vertaling van de titel van een boek dat rond 830 geschreven is door de Arabische astronoom en wiskundige Mohammed ibn Moesa Al-Chwarizmi, namelijk Hisab al-jabr wa almuqabala

Het eerste deel van dit boek behandelt zowel vergelijkingen van de eerste als van de tweede graad. De algebra was weer volledig zonder symbolen, alle vergelijkingen werden in woorden beschreven. Ghiyath al-Din Abu’l-Fath Omar ibn Ibrahim Al-Nisaburi Khayyami (kortweg Omar Khayyam) ontwierp een volledige theorie voor het oplossen van derdegraadsvergelijkingen, gebaseerd op het vinden van snijpunten van kegelsneden.

❻ India (628)

De wiskundige Brahmagupta gebruikte vanaf het jaar 628 negatieve getallen om schulden aan te duiden.

Iets meer dan 500 jaar later beweerde Bha – skara dat elk positief getal twee wortels heeft.

❶ Frankrijk

François Viète voerde in zijn

In artem analyticam isagoge (1591), een boek over algebra, als eerste een systematische algebraïsche notatie in. Hij verbeterde de theorie van Cardano en Tartaglia om vergelijkingen op te lossen en liet zien dat het handig was om letters te gebruiken voor onbekenden.

Abraham de Moivre introduceerde de goniometrie in het werken met complexe getallen. Van hem komt de beroemde formule ( cos x + i sin x )n = cos nx + i sin nx

Albert Girard getuigde in zijn Invention nouvelle en l’algèbre (1629) het vermoeden dat een n -degraadsvergelijking n wortels heeft als je de imaginaire en de eventuele dubbele wortels meetelt.

Jean le Rond d’Alembert deed in 1746 voor het eerst een poging tot bewijsvoering. Uiteindelijk was het de Duitser Carl Friedrich Gauss die er het eerste volledige bewijs voor leverde. Hij gaf trouwens meer dan een bewijs voor deze stelling.

Evariste Galois, zoon van een burgemeester van een stad nabij Parijs, is de grondlegger van de groepentheorie, waardoor men meer inzicht kreeg in het oplossen van vergelijkingen en de stelling van Abel.

❷ Groot-Brittannië

Robert Recorde voert in zijn The Whetstone of Witte (1557) voor het eerst het gelijkheidsteken ‘=’ in, dat wij nu nog steeds gebruiken.

❸ Noorwegen

De Noorse cartograaf Caspar Wessel (1745–1818) was de eerste die complexe getallen voorstelde door middel van punten in het complexe vlak. Hij publiceerde hierover in 1797. Omdat het werk van Wessel aan de aandacht van de 19e-eeuwse wiskundigen is ontsnapt, is het complexe vlak nog twee keer ‘ontdekt’: door de Fransman Argand (1786–1822) in 1806 en door de Duitser Gauss in 1831. Niels Henrik Abel, zoon van een dorpspredikant, toonde in 1824 aan dat het onmogelijk is een algemene vergelijking van de vijfde graad op te lossen. Eigenlijk was hij hierin niet de eerste, de Italiaan Paolo Ruffini had in 1799 al een bewijs voor die onmogelijkheid gegeven.

❹ Italië

In zijn Liber Abaci (1202, herzien in 1228) introduceerde Leonardo van Pisa (Fibonacci) de Hindoe-Arabische notatie voor getallen: de negen cijfers, de nul en het positiestelsel. Zijn boeken waren jarenlang de leerboeken voor de rekenmeesters uit die tijd. Luca Pacioli stelde in 1494 in zijn publicatie Summa dat het vinden van een formule voor de algemene oplossing van de derdegraadsvergelijking net zo lastig was als de kwadratuur van de cirkel. In 1515 was Scipione del Ferro de eerste die de vergelijking x 3 + px = q wist op te lossen, maar hij hield zijn ontdekking echter geheim. Vlak voor zijn dood vertelde hij het aan zijn leerling Antonio Fior

Fior daagde op 17 januari 1536 Tartaglia (Niccolo Fontana) uit om dertig opgaven binnen de dertig dagen op te lossen. In de vroege ochtend van 13februari kwam Tartaglia tot de oplossing van derdegraadsvergelijkingen. Fior verloor het met 30-0.

Girolamo Cardano, een arts en wiskundige uit de buurt van Milaan, was op de hoogte van de Summa en de door Pacioli veronderstelde onmogelijkheid om derdegraadsvergelijkingen op te lossen. Geïntrigeerd door de wedstrijd Tartaglia-Fior probeerde hij tevergeefs zelf een methode te vinden. Eind 1538 benaderde hij dan Tartaglia en probeerde hem langzaam zijn methode te ontfutselen. Hij beloofde wel plechtig die niet te publiceren, maar brak zijn eed en publiceerde de methode in zijn boek Ars Magna

Na Tartaglia en Cardano vond Ludovico Ferrari, een leerling van Cardano, al snel de oplossing voor de vierdegraadsvergelijking. Cardano beschouwde ook negatieve getallen, maar wist niets aan te vangen met de zogenaamde ‘casus irreducibilis’, waarbij de reële oplossing van de derdegraadsvergelijking verschijnt als de som van complexe getallen.

Die moeilijkheid werd door Rafael Bombelli in zijn Algebra (1572) aangepakt. Hierin ontwikkelde hij een theorie van imaginaire en complexe getallen.

❺ Duitsland

Michael Stifel voerde de negatieve getallen en de notaties – (aftrekking), + (optelling) en × (vermenigvuldiging) in. Hij schreef ook Aritmetica integra (1544) waarin o.a. oplossingen van derde- en vierdegraadsvergelijkingen voorkomen.

Carl Friedrich Gauss voerde in 1831 de complexe getallen in als een geordend koppel reële getallen, in het vlak van Gauss. Hij gaf het eerste correcte bewijs van de fundamentele stelling van de algebra en formuleerde het vermoeden dat een vijfdegraadsvergelijking geen algemene oplossing heeft.

❻ België

Een belangrijke methode voor het oplossen van vergelijkingen van hogere graad werd door de Bruggeling Simon Stevin in L’Arithmétique (1585) ontwikkeld. Stevin noteert de variabele als 1 , het kwadraat van de variabele als 2 enz.

Complexe getallen

1.3

1.2

1.1 Complexe getallen

1Imaginaire eenheid i

Je hebt geleerd dat de vergelijking ax 2 + bx + c = 0 alleen oplossingen heeft als de discriminant D = b 2 – 4ac positief of nul is. Dat komt omdat het kwadraat van een reëel getal steeds positief of nul is, of dus m.a.w. niet negatief kan zijn.

Beschouw de vergelijking x 2 – 2x + 10 = 0.

Passen we de abc-formule uit het vierde jaar toe, dan bekomen we de volgende oplossingen : x = 2 ± √ 36 2 = 2 ± 6√ 1 2 = 1 ± 3√ 1

Die vergelijking heeft geen oplossingen in R, want de vierkantswortel nemen uit een negatief getal is in R onmogelijk.

Telkens als je in de wiskunde een ‘beperking’ tegenkwam, werd de getallenverzameling uitgebreid. We stellen ons daarom tot doel in dit hoofdstuk R uit te breiden tot een verzameling waarin elk element ten minste één vierkantswortel heeft.

Om te beginnen had je de verzameling van de natuurlijke getallen N.

Om de vergelijking x + 7 = 3 te kunnen oplossen, werden de negatieve getallen ingevoerd en de verzameling van de getallen werd uitgebreid tot de verzameling Z, de verzameling van de gehele getallen

Om de vergelijking 3x = 7 te kunnen oplossen, werden de rationale getallen ingevoerd en de verzameling van de getallen werd uitgebreid tot de verzameling Q, de verzameling van de rationale getallen.

Voor het oplossen van de vergelijking x 2 = 3 zijn er naast de rationale getallen nog andere getallen nodig. Zo ontstond de verzameling R, de verzameling van de reële getallen

Omdat die verzameling voorgesteld kan worden door de reële rechte dachten we dat dat het eindpunt van het verhaal was.

Euler vond de wortel uit –1 zo merkwaardig dat hij het getal imaginair noemde. Hij stelde het voor door het symbool i en noemde het de imaginaire eenheid.

imaginaire eenheid i

i iseenvierkantsworteluit 1

i 2 = 1

De oplossingen van de vergelijking x 2 – 2x + 10 = 0 zijn dan te schrijven als : x = 1 + 3i en x = 1 – 3i

Die getallen noemen we complexe getallen. Bemerk dat i geen reëel getal is: het kwadraat van elk reëel getal is immers positief.

We vermijden de notatie √ 1 , omdat het geval √ 1 bij onoplettend rekenwerk aanleiding kan geven tot foutieve resultaten.

Zo is : Of :

2Definitie

complexe getallen

Een complex getal is een getal van de vorm z = a + bi ( a , b ∈ R).

Alle complexe getallen samen vormen de verzameling C

a noemen we het reële deel van het complex getal. Notatie: a = Re( z )

b noemen we het imaginaire deel van het complex getal. Notatie: b = Im( z )

Als b = 0, is het complex getal reëel. Het is duidelijk dat R ⊂ C

Als a = 0 en b ≠ 0, noemen we het complex getal zuiver imaginair

a + bi = c + di ⟺ a = c en b = d

a + bi = 0 ⟺ a = 0 en b = 0

• 0

• 2

• 1

• 3

• –3

N

Z

• –1

• –2

R

Q

• 1 2

• 3 4

• 1,33…

• 0,18

• √2

• p

• √3

• i

• 1 – i

• 3 + 2i

C

Complex getal

3 + 2i ∈ C –2 ∈ C i ∈ C

Complexe getallen

De normale schrijfwijze a + bi van een complex getal (a, b) is historisch de oudste. Het woord imaginair dateert van 1637 en is afkomstig van de Franse wiskundige Descartes (1596–1650). De afkorting i voor de imaginaire eenheid werd geïntroduceerd door Leonhard Euler in Institutiones calculi integralis, geschreven in 1777 en gepubliceerd in 1794. Daarin lezen we: “Quoniam mihi quidem alia adhuc via non patet istud praestandi nisi per imaginaria procedenco, formulam √ 1 littera i in posterum designabo, ita ut sit i i = 1 ideoque 1 1 i = i.” Gauss nam het gebruik van de letter i over in zijn werk Disquisitiones. De complexe getallen werden door Gauss in 1831 en door de Ierse wiskundige Hamilton in 1837 voorgesteld als reële getallenkoppels (a, b). Die schrijfwijze zorgde ervoor dat de rekenregels in c beter vastgelegd konden worden, maar was ook de aanleiding tot de ontdekking van de quaternionen (1843) door Hamilton en de studie van geordende n-tallen (1844) door de Duitse wiskundige Grassmann (1809–1877). Anderzijds bracht ze de Duitse wiskundige Weierstrass (1815–1897) ertoe rond 1860 ook de rationale getallen als koppels van gehele getallen te definiëren en de gehele getallen als koppels van natuurlijke getallen. In 1890 kwam de geniale Amerikaan Steinmetz (1865–1923) op het idee de complexe getallen toe te passen bij de studie van de wisselstroom, die zo in enkele jaren tijd een enorme boost kreeg. Het symbool i wordt in de elektriciteitsleer vervangen door j om verwarring te vermijden met de stroomsterkte. De complexe getallen spelen ook een belangrijke rol in de relativiteitstheorie en de leer van de fractalen.

1.2 Rekenen met complexe getallen

Bewerkingen met complexe getallen zullen we uitvoeren alsof we rekenen met reële getallen.

Alleen moeten we er rekening mee houden dat i 2 = –1.

1Som en verschil van twee complexe getallen

Gegeven : z 1, z 2 ∈ C waarbij z 1 = a + bi en z 2 = c + di met a , b , c , d ∈ R

z 1 + z 2 = ( a + bi ) + ( c + di ) = ( a + c) + ( b + d ) i

z 1 – z 2 = ( a + bi ) – ( c + di ) = ( a – c) + ( b – d ) i

Voorbeelden :

( 2 – 4i ) + ( 3 + 5i ) = 5 + i

( 3 + i ) – ( 1 – 2i ) = 2 + 3i

( 1 – i ) + ( 2 + i ) = 3

( –3 + 2i ) + ( 3 + 5i ) = 7i

tegengestelde complexe getallen

Tegengestelde complexe getallen zijn twee complexe getallen waarvan de som 0 is. Het tegengestelde getal van een complex getal z wordt met –z genoteerd.

Voorbeeld :

z = 2 + 3i ⟹ –z = –2 – 3i en ( 2 + 3i ) + ( –2 – 3i ) = 0

eigenschappen c , +

∀z 1, z 2, z 3 ∈ C :

1 z 1 + z 2 ∈ C

2 z 1 + z 2 = z 2 + z 1

3 (z 1 + z 2) + z 3 = z 1 + (z 2 + z 3)

4 z 1 + 0 = 0 + z 1 = z 1

5 z 1 + (–z 1) = (–z 1) + z 1 = 0

Taak : bewijs die eigenschappen.

–( a + bi ) = –a –bi

2Product van twee complexe getallen

Gegeven : z 1, z 2 ∈ C waarbij z 1 = a + bi en z 2 = c + di met a , b , c , d ∈ R

z 1 z 2 =(a + bi ) ( c + di )

= ac + bci + adi + bdi 2

i 2 = 1 =(ac bd )+( bc + ad )i

Voorbeelden :

( 2 – 3i ) ( 1 + 2i ) = 2 – 3i + 4i – 6i 2 = 8 + i

( 2 – 3i ) ( 2 + 3i ) = 4 – 6i + 6i – 9i 2 = 13

( 1 + 2i ) · ( 2 + i ) = 2 + 4i + i + 2i 2 = 5i

eigenschappen c , ·

∀z 1, z 2, z 3 ∈ C :

1 z 1 z 2 ∈ C

2 z 1 z 2 = z 2 z 1

3 (z 1 z 2) z 3 = z 1 (z 2 z 3)

4 z 1 1 = 1 z 1 = z 1

5 0 z 1 = z 1 0 = 0

6 z 1 ( z 2 + z 3) = z 1 z 2 + z 1

Taak : bewijs die eigenschappen.

3 Toegevoegde complexe getallen of de geconjugeerde van een complex getal

toegevoegde complexe getallen

Toegevoegde complexe getallen zijn getallen die hetzelfde reële deel maar tegengestelde imaginaire delen hebben.

We zeggen ook nog dat 5 – 2i de geconjugeerde is van 5 + 2i . Analoog is 5 + 2i de geconjugeerde van 5 – 2i .

Om het toegevoegd complex getal van z aan te duiden, gebruiken we de notatie z

Als z = a + bi , dan is z = a + bi = a – bi

Voorbeelden :

–2 + 3i = –2 – 3i

4i = –4i

3 = 3

a + bi = a – bi

eigenschappen

1 ∀z ∈ C : z = z

2 ∀z ∈ C : z + z ∈ R

3 ∀z ∈ C : z z ∈ R

4 ∀z 1, z 2 ∈ C : z 1 + z 2 = z 1 + z 2

5 ∀z 1, z 2 ∈ C : z 1 z 2 = z 1 z 2

We bewijzen bovenstaande eigenschappen :

1 Stel z = a + bi,danis z = a + bi = a bi = a + bi = z

2 Stel z = a + bi,danis z + z =(a + bi )+(a + bi )= a + bi + a bi = 2a = 2Re ( z )

3 Stel z = a + bi ,danis z z =(a + bi ) (a + bi )=(a + bi ) (a bi )= a 2 b 2 i 2 = a 2 + b 2

=[Re ( z )]2 +[Im ( z )]2

4 Stel z 1 = a + bi en z 2 = c + di, dan is

z 1 + z 2 = (a + bi )+( c + di )

=(a + c )+( b + d )i

=(a + c ) ( b + d )i

=(a bi )+( c di )

= z 1 + z 2

5 Stel z 1 = a + bi en z 2 = c + di, dan is

z 1 z 2 = (a + bi ) ( c + di )

=(ac bd )+( bc + ad )i

=(ac bd ) ( bc + ad )i

=(a bi ) · ( c di )

= z 1 · z 2

4 Quotiënt van twee complexe getallen

Voorbeeld :

Bereken 2 + 3i 5 + 4i

Vermenigvuldig teller en noemer met het toegevoegd complex getal van de noemer. 2 + 3i 5 + 4i = (2 + 3i )(5 4i ) (5 + 4i )(5 4i ) =

Algemeen : a + bi c + di = (a + bi ) · ( c di ) ( c + di ) ( c di ) = (ac + bd )+( bc ad )i c 2 + d 2 = ac + bd c 2 + d 2 + bc ad c 2 + d 2 i

Neem aan dat c + di ≠ 0.

( A + B ) ( A B )= A 2 B 2 A + B

5Omgekeerde van een complex getal

Voorbeeld:

Gegeven : z = 2 – i

Dan is : z 1 = 1 z = 1 2 i = 2 + i

Algemeen :

Gegeven : z = a + bi

Dan is : z 1 = 1 z = 1 a + bi = a bi (a + bi )(a bi ) = a bi a 2 + b 2

eigenschap

z z –1 = z –1 z = 1

6Machtsverheffing in c

We definiëren machten van complexe getallen met een natuurlijke exponent.

machten in c

∀a + bi ∈ C : (a + bi )0 = 1

(a + bi )1 = a + bi

n 2: (a + bi )n = (a + bi ) (a + bi ) (a + bi )

n factoren

De machtsverheffing in C heeft dezelfde eigenschappen als in R

We besteden in het bijzonder aandacht aan de machten van i :

i 1 = i

i 2 = –1

i 3 = i 2 · i = ( –1) · i = –i

i 4 = i 2 · i 2 = ( –1) · ( –1) = 1

Dus: i 1 = i i 2 = –1 i 3 = –i i 4 = 1

Machten van i met een hogere exponent berekenen we met behulp van die formules door eerst in de exponent een zo groot mogelijk viervoud af te splitsen.

Voorbeelden :

i 7 = i 4 + 3 = i 4 i 3 = 1 ( –i ) = –i

i 17 = i 16 i = ( i 4)4 i = 14 i = i

Berekening:

Met de vorige formules verloopt de berekening van een macht van een complex getal als volgt:

• (3 + 2i )2 = 32 + 2 · 3 · 2i +(2i )2

= 9 + 12i + 4i 2

= 9 + 12i 4

= 5 + 12i

• (1 2i )2 = 12 + 2 · 1 · ( 2i )+( 2i )2

= 1 4i + 4i 2

= 1 4i 4

= 3 4i

• (1 + 2i ) 2 = (1 + 2i ) 1 2

= 1 2i 5

2 omgekeerdevaneencomplexgetal

= 1 4i + 4i 2 25

= 3 4i 25

= 3 25 4 25 i

7Vierkantswortels uit een negatief reëel getal

We weten dat een reëel getal kleiner dan 0 geen vierkantswortel heeft:

x 2 = –9 ⟹ x ∉ R

We zeggen dat –9 geen vierkantswortel in R heeft. Als we met complexe getallen werken, dan kunnen we –9 als volgt schrijven:

–9 = 9 ⋅ ( –1) = 9i 2

We lezen onmiddellijk de complexe getallen af waarvan het kwadraat gelijk is aan –9.

De tegengestelde imaginaire getallen 3i en –3i heten de vierkantswortels van –9 in C

Besluit:

vierkantswortels uit een negatief reëel getal

Een reëel getal a kleiner dan 0:

• heeft geen vierkantswortel in R ;

De vierkantswortels van –16 in C zijn 4i en –4i

• heeft twee tegengestelde imaginaire wortels in C namelijk: i √ a en i √ a met a ∈ R

Voorbeelden:

De vierkantswortels in C van –49 zijn 7i en –7i

De vierkantswortels in C van –64 zijn 8i en –8i

Opmerkingen:

1 Elk reëel getal, verschillend van 0, heeft twee tegengestelde vierkantswortels in C.

2 Het wortelteken √ wordt uitsluitend gebruikt voor de positieve wortel uit een positief reëel getal.

Er bestaat geen teken voor een vierkantswortel uit een negatief getal.

8Vierkantswortels uit een complex getal

vierkantswortel in c in woorden:

We noemen een vierkantswortel uit een complex getal a + bi elk complex getal x + yi waarvan het kwadraat gelijk is aan a + bi . in symbolen:

x + yi is een vierkantswortel uit a + bi ⟺ ( x + yi )2 = a + bi a , b , x , y ∈ R

Voorbeelden :

i is een vierkantswortel uit –1, want i 2 = –1

–3i is een vierkantswortel uit –9, want ( –3i )2 = 9i 2 = –9

3 + i is een vierkantswortel uit 8 + 6i want ( 3 + i )2 = 9 + 6i + i 2 = 8 + 6i

Voorbeeld 1 :

Bepaal alle complexe getallen die een vierkantswortel zijn uit 3 – 4i

x + yi iseenvierkantswortelvan3 4i

( x + yi )2 = 3 4i

x 2 + 2 xyi + y 2 i 2 = 3 4i

x 2 y 2 + 2 xyi = 3 4i

x 2 y 2 = 3

2 xy = 4

x 2 y 2 = 3

xy = 2 ( x = 0)

 

y = 2 x

 

x 2 2 x

2 = 3 



x 4 4 = 3 x 2

y = 2 x

  

x 4 3 x 2 4 = 0 (1)

y = 2 x

 



x 2 = 4 y = 2 x of ✚ ✚ ✚ ✚ ✚✚    x 2 = 1 y = 2 x

 



x = 2 y = 1 of x = 2 y = 1

x + yi = 2 i of x + yi = 2 + i

Besluit :

(1)Dezevergelijkingisbikwadratisch. Westellen u = x 2 ,zobekomenwe deresolventevergelijking u 2 3 u 4 = 0. Deoplossingenzijn u = 4en u = 1.

teverwerpenwant x ∈ R =⇒ x 2 0

3 – 4i heeft in C twee tegengestelde vierkantswortels, namelijk 2 – i en –2 + i

Voorbeeld 2 :

Bepaal alle complexe getallen die een vierkantswortel zijn uit – 4.

x + yi iseenvierkantsworteluit 4

( x + yi )2 = 4

x 2 + 2 xyi + y 2 i 2 = 4

x 2 y 2 + 2 xyi = 4

x 2 y 2 = 4

2 xy = 0

 

 x 2 y 2 = 4 x = 0 of x 2 y 2 = 4 y = 0

 

 y 2 = 4

x = 0 of ✚ ✚ ✚ ✚ ✚✚ x 2 = 4 y = 0

 

 y = 2

te verwerpen want x ∈ R ⟹ x 2 ⩾ 0

x = 0 of y = 2

Besluit :

x = 0

x + yi = 2i of x + yi = 2i

– 4 heeft in C twee tegengestelde vierkantswortels, namelijk – 2i en 2i . Merk op dat die wortels zuiver imaginair zijn.

Algemeen :

De redenering kan herhaald worden voor elke a ∈ R–. Een negatief reëel getal a heeft in C twee vierkantswortels, namelijk i √ a en i √ a .

Algemene werkwijze :

x + yi iseenvierkantsworteluit a + bi

( x + yi )2 = a + bi

x 2 + 2 xyi + y 2 i 2 = a + bi

x 2 y 2 + 2 xyi = a + bi



x 2 y 2 = a xy = b 2

x 2 +( y 2 )= a

x 2 ( y 2 )= b 2 4

Degetallen x 2 en y 2 hebbenalssom a enalsproduct b 2 4 .

Diegetallenzijndusdeoplossingenvan

Westellennu r = a 2 + b 2 danis

Wegensdevergelijking2 xy = b moethetproduct xy hettekenvan b hebben!

Als b 0,danis

Opmerkingen :

– Hieruit blijkt dat elk complex getal ( ≠ 0) steeds twee tegengestelde vierkantswortels heeft.

– Het wortelteken √ wordt uitsluitend gebruikt voor de positieve vierkantswortel uit een positief reëel getal. Er bestaat geen teken voor een vierkantswortel uit een complex getal.

Ter controle lossen we voorbeeld 1 en voorbeeld 2 op met de formule (1) en (2) van de algemene methode.

Voorbeeld 1 : a = 3 en b = –4

Met formule (2)

Dus : eerste wortel : 2 – i

tweede wortel : –2 + i

Voorbeeld 2: a = –4 en b = 0

Met formule (1)

x

Dus : eerste wortel : 2i

tweede wortel : –2i

9Complexe getallen en ICT

• Wil je met je TI-84 √ 1 berekenen, dan lukt dat alleen als je ( 1 + 0 i ) intikt. i verkrijg je via 2nd

Het is handiger om, als je met complexe getallen werkt, in het MODE -menu je instellingen op complex te zetten. Je ziet dat √ 1 nu wel berekend wordt.

Voor de rest kun je met je GRM gewoon rekenen met complexe getallen.

Onder het menu MATH CMPLX vind je specifieke functies voor complexe getallen, zoals de toegevoegde.

• Met GeoGebra :

10 Tweedegraadsvergelijkingen met reële coëfficiënten en een negatieve discriminant

Je leerde vroeger dat de tweedegraadsvergelijking ax 2 + bx + c = 0 met reële coëfficiënten geen oplossingen heeft als D = b 2 – 4ac < 0. Als we rekenen met complexe getallen, dan is de vierkantsworteltrekking van een negatief reëel getal mogelijk en heeft een tweedegraadsvergelijking altijd oplossingen. Dat je complexe getallen mag gebruiken, drukken we meestal als volgt uit: 'Los op in C'. Bovendien zullen we in dat geval meestal z gebruiken als onbekende.

De algemene vergelijking: az 2 + bz + c = 0met a , b , c ∈ R en a ≠ 0.

Oplossing : az 2 + bz + c = 0

beideledenmaal4a (=0)

4a 2 z 2 + 4abz + 4ac = 0

4a 2 z 2 + 4abz = 4ac

beideledenplus b 2

4a 2 z 2 + 4abz + b 2 = b 2 4ac

(2az + b )2 = D

k en k zijnin C devierkantswortelsuit D

2az + b = k of2az + b = k

2az = b + k of2az = b k

z = b + k 2a of z = b k 2a

Besluit :

De wortels van een tweedegraadsvergelijking az 2 + bz + c = 0 met reële coëfficiënten berekenen we in C met de formules :

z 1 = b + k 2a en z 2 = b k 2a (met k en k devierkantswortelsin C uit D = b 2 4ac )

D > 0

D > 0

k = √D

Erzijntweeverschillendereële wortels, z 1 en z 2 :

z 1 = b + √D

2a en z 2 = b √D 2a

D = 0

D = 0

k = 0

Eriséénreëlewortel:

z 1 = z 2 = b 2a

D < 0

D < 0

k = i √ D

Erzijntweetoegevoegdecomplexe wortels, z 1 en z 2 :

z 1 = b + i √ D 2a en z 2 = b i √ D 2a

Voorbeeld 1 :

Losopin C : z 2 + 2 z + 5 = 0

a = 1; b = 2; c = 5

D = b 2 4ac = 4 20 = 16 < 0

=⇒ k = i √16 = 4i en k = 4i

Dus: z 1 = b + k 2a = 2 + 4i 2 = 1 + 2i

z 2 = b k 2a = 2 4i 2 = 1 2i

V = {−1 + 2i ; 1 2i }

Voorbeeld 2 :

Losopin C :7 z 2 4 z + 1 = 0

a = 7; b = 4; c = 1

D = b 2 4ac = 16 28 = 12 < 0

=⇒ k = i √12 = 2i √3en k = 2i √3

Dus: z 1 = b + k 2a = 4 + 2i √3 14 = 2 + i √3 7

z 2 = b k 2a = 4 2i √3 14 = 2 i √3 7

V = 2 + i √3 7 ; 2 i √3 7

11 Samenvatting

• Je weet dat de imaginaire eenheid i de vierkantswortel is uit –1 ( i 2 = –1) en dat een complex getal van de vorm z = a + bi is ( a , b ∈ R)

Als b = 0, dan is het complex getal reëel.

Als a = 0 en b ≠ 0, dan is het complex getal zuiver imaginair.

a + bi = c + di ⟺ a = c en b = da + bi = 0 ⟺ a = 0en b = 0

• Je kunt rekenen met complexe getallen en je kent de eigenschappen van die bewerkingen in C ( z 1, z 2 ∈ C waarbij z 1 = a + bi en z 2 = c + di met a , b , c , d ∈ R)

z 1 + z 2 =(a + bi )+( c + di )=(a + c )+( b + d )i

z 1 z 2 =(a + bi ) ( c + di )=(a c )+( b d )i

z 1 z 2 =(a + bi ) ( c + di )

= ac + bci + adi + bdi 2

i 2 = 1 =(ac bd )+( bc + ad )i

a + bi

c + di = ac + bd c 2 + d 2 + bc ad c 2 + d 2 i

∀ z 1 , z 2 , z 3 ∈ C :

1 z 1 + z 2 ∈ C

2 z 1 + z 2 = z 2 + z 1

3 ( z 1 + z 2 )+ z 3 = z 1 +( z 2 + z 3 )

4 z 1 + 0 = 0 + z 1 = z 1

5 z 1 +( z 1 )=( z 1 )+ z 1 = 0

∀ z 1 , z 2 , z 3 ∈ C : 1 z 1 z 2 ∈ C

2 z 1 · z 2 = z 2 · z 1

3 ( z 1 z 2 ) z 3 = z 1 ( z 2 z 3 )

4 z 1 · 1 = 1 · z 1 = z 1 50 z 1 = z 1 0 = 0

6 z 1 ( z 2 + z 3 )= z 1 z 2 + z 1 z 3

• Je kent de betekenis van tegengestelde complexe getallen en toegevoegde complexe getallen en je kunt de eigenschappen hieromtrent formuleren.

Tegengestelde complexe getallen zijn twee complexe getallen waarvan de som 0 is.

z = a + bi ⟹ –z = –a – bi

Toegevoegde complexe getallen hebben hetzelfde reële deel, maar tegengestelde imaginaire delen.

z = a + bi ⟹ z = a – bi

∀ z 1 , z 2 , z ∈ C :

1 z = z

2 z + z ∈ R

3 z z ∈ R

4 z 1 + z 2 = z 1 + z 2

5 z 1 · z 2 = z 1 · z 2

• Je kunt het omgekeerde van een complex getal berekenen, alsook de vierkantswortel uit en de macht van een complex getal.

Omgekeerde van een complex getal

z = a + bi =⇒ z 1 = a bi a 2 + b 2

Vierkantswortels van een complex getal

Elk negatief reëel getal a heeft in C twee vierkantswortels, namelijk i √ a en i √ a

x + yi is een vierkantswortel uit a + bi ⟺ ( x + yi )2 = a + bi

Elk complex getal heeft in C twee tegengestelde vierkantswortels.

Macht van een complex getal (a + bi )0 = 1 ∀n ∈ N0 : (a + bi )n =(a + bi ) (a + bi ) ... (a + bi )(n factoren)

Machten van i : i 1 = i i 2 = –1 i 3 = –i i 4 = 1

• Je kunt een tweedegraadsvergelijking met reële coëfficiënten en een negatieve discriminant in C oplossen. De tweedegraadsvergelijking az 2 + bz + c = 0 met a ∈ R0 en b , c ∈ R met D = b 2 – 4ac < 0 heeft als wortels z 1 = b + k 2a en z 2 = b k 2a waarbij k = i √ D

2 3 4

12Oefeningen

Vul in met het meest passende symbool: N, Z, Q, R of C

a √625 ∈

b 1 √3 ∈

c √16 ∈

d2i ∈ ......

e2,78 ∈

f 1 2i ∈ ......

g 3 4 + i ∈

h1,151515... ∈ ......

Bepaal de reële getallen a en b zodat aan de gegeven gelijkheid voldaan is.

a 2 + i = a bi

b a = 2 + bi

c 2i = a + bi

Vul de volgende tabel in.

d2a = 2 bi

e (a 1)+(2 b 1)i = 3 + 3i

COMPLEX GETAL –1 + 2i –4i 1 2 i 2 √2 √3 i

REËEL DEEL

IMAGINAIR DEEL

TEGENGESTELD

COMPLEX GETAL

TOEGEVOEGD

COMPLEX GETAL

Bereken in C :

a ( 2 – i ) + ( 3 + 4i )

b ( 4i – 2) – ( 2 + 5i )

c ( 7 + 6i ) + 2( 1 + i )

d3( 4 – i ) – 4( i + 3)

e ( 2 – 3i )( 1 – i )

f4i ( 8 – 2i )

g ( 2 + i )( –2 + i )

h ( 4 – i )( 3 – 2i ) – ( 2 + 3i )( 4i – 1)

i ( 2 + i )( 2 – i ) – 2( 1 + i )( 3 – i )

j ( 3 – i )( 1 + 3i )( 2 – 2i )

k ( 1 + 2i )( 1 – 3i )( 1 + 4i )

l ( 1 – i )2

m ( 2 + 3i )2

n ( 5i )3

o ( –3i )4

p ( –2i )5

q ( 2 + i )3

r ( 6 – i )( 2 + 3i ) – ( 4 + 2i )2

s2i ( 1 + i )2 – i ( 2 – i )2

t2( 1 – 7i )2 – ( 2 – i )( 3 + i )( 4 – i )

u ( 1 – i )4

v i 7( 3 – 4i ) + i 5( 1 + 2i )2 – i 3 + i

Bereken in C :

a 2 3i

b 7i

c 3 i + 4 + 2i

d 1 + 3i 4 + 5i

Gegeven : z 1 = 3 – 2i

z 2 = –1 – i

z 3 = 4 + 5i

Gevraagd : Bereken in C.

a z 1 + z 2 z 3

b z 1 · z 2

c z 2

d z 2 3

e z 2 1 2 · z 2 · z 3 + i ( z 1 + 3 z 2 )

f ( z 1 z 2 )( z 3 i z 1 )

Gegeven : z 1 = 5 + i

z 2 = 1 – 6i

z 3 = 3i + 4

Gevraagd : Bereken in C

a z 1 z 2 + 2 z 3

b z 1 z 2

c z 3 z 1

Welke van volgende stappen is niet correct? Verklaar.

1 ① = √ 1 2

② = ( 1)2 ③ = √1 ④ = 1

e 2i (5 i )

f (2 + 3i )(3 2i )

g (4 i )(1 + 2i )

h i · (1 + i )2

d ( z 1 + 2 z 2 )2 z 3 · z 3

e Re ( z 1 2 z 2 )

f Im ( z 3 + z 1 )

Bereken in C en controleer met ICT.

a 2 3 + 2i

b 1 5 + 2i

c 2 4i 1 + i

d 7 + 4i i

e 3 2i 3 + 2i

f 3i 1 2 i

g 1 i + i

10

Gegeven : z 1 = 2 – i

z

2 = 1 + 2i

z 3 = –3 + i

Gevraagd : Bereken in C

a z 1 z 2

b 1 z 3

1 z 2 + 1 z 1

a Bereken i 3 , i 4 , i 5 , i 6 , i 7 , i 8 , i 9 en i 10

b Bereken i 4k , i 4k + 1 , i 4k + 2 en i 4k + 3

c Bereken i –1 , i –2 , i –3 , i –4 , i –5 en i –6

d Bereken i n waarin n het huidige jaartal voorstelt.

Gegeven : f ( z )= z 2 z z + 1

Gevraagd :

a f ( i )

b f ( 2i – 1)

c f 1 + i 1 i

h 1 3i 2 + 3i + 2 3i 1 + 3i

i 1 + i 1 i 1 i 1 + i

j 2i + 5 3 i + 4 + i 1 + 3i

k i 1 2i + 7 2i i

l (2 i )2 (1 + 2i )2

m (2 3i )(4 + 5i )

(2 5i )(3 + 4i )

n 1 + i √2 1 i √2

2 + 1 i √2 1 + i √2

2

c z 3 z 1

z 2 z 1

d z 3 z 3 + z 3 z 3

Los op in C en controleer met ICT.

a (2 3i ) z + 8i = 5i + 1

b (1 i ) (2iz 4i + 5)= z 2 + 7i

c (2 3i ) z 4( z + 6i 1)= i (iz 5)

d (4 3i )( z 2) (2 + 3i )(5 iz )=(1 i )(3iz 5)

BEREKEN … ALS …

a z z ( z + z ) z = 2 – 3i

b z z z z z = 2 + i

c 1 z 1 z z = 1 – 2i

d z · z z + z z = 3 + 2i

e z 2 z 2 z = 1 + i

f z 2 + z 2 + z z z = – i

g z 2 + z 2 z = 1 – i

Bepaal z als je weet dat :

a2 z 3 z = 1 20i

b z + 4 z = 15 + 6i

c3 z 2iz = 16 14i

Bepaal de vierkantswortels in R en in C van de volgende getallen.

VIERKANTSWORTELS IN R

VIERKANTSWORTELS IN C

Bepaal de vierkantswortels uit :

a 9

b 2i

c 3 4i

d 5 + 12i

e i

f1 + 2i √6

g48 + 14i

i i (96 + 28i ) j (3 4i )( 8 + 6i )

k

+ 12i

Los op in C en controleer met ICT.

a z 2 6 z + 10 = 0

b z 2 4 z + 13 = 0

c z 2 3 z + 6 = 0

d z 2 + 1 = 0

e z 2 z + 1 = 0

f9 z 2 6 z + 1 = 0

g z ( z 3)= z 5

h2 z ( z 5)= 2 z 68

Geef een tweedegraadsvergelijking met reële coëfficiënten waarvan 1 i √3 een oplossing is.

Voor welke x , y ∈ R geldt :

a ( x + y )+(3 x y )i =(2 x y )+( x + y )i

b ( 1 + 2i )( x + yi ) 3( x + yi )=(5 + 2i )i

c ( x + yi )2 ( x yi )2 = 0

De vergelijking z 2 + az + b = 0 ( a , b ∈ R) heeft als wortel 2 – i Bepaal a en b en de andere wortel.

Bewijs de volgende eigenschappen.

a z 1 z 2 = z 1 z 2 b Re ( z )= z + z 2 c Im ( z )= z z 2i

De oplossing van de vergelijking ( 1 – 2i )( z + 4) = z is het complex getal z = a + bi ( i 2 = –1, a , b ∈ R). Bepaal b .

(A) b = –4 (B) b = –2 (C) b = 2 (D) b = 4

Oefenmodules ijkingstoets 2022-2023, faculteit ingenieurswetenschappen KU Leuven, oefening 3.14

Welke van onderstaande getallen is de oplossing van volgende vergelijking in a ∈ C met i 2 = –1?

1 + i 2 + 1 a 1 + i = 1 + 2ai 1 i

(A) a = i (B) a = –1 (C) a = 1 – i (D) a = 1 + i

Oefenmodules ijkingstoets 2022-2023, faculteit ingenieurswetenschappen KU Leuven, oefening 3.16

26

Veronderstel dat x en y complexe getallen zijn die voldoen aan het stelsel

( 1 i ) x 2 y = 4 x + (2 i ) y = i

waarbij i 2 = –1.

Bepaal x + y

(A) x + y = –1 + 4i (B) x + y = –1 + 2i (C) x + y = –1 (D) x + y = 1(E) x + y kan oneindig veel waarden aannemen.

Oefenmodules ijkingstoets 2022-2023, faculteit ingenieurswetenschappen KU Leuven, oefening 6.12

Beschouweencomplexgetal a + bi (a , b ∈ R , i 2 = 1) datvoldoetaan (a + bi )2 = 5 4 + 3i

Welkevanonderstaandeuitsprakenisnietgeldig?

(A)

| b | = 3 √10

(B) a 2 + b 2 = 1 (of | a + bi | = 1)

(C) a 2 b 2 = 4 5

Oefenmodules ijkingstoets 2020, faculteit ingenieurswetenschappen KU Leuven, oefening 6.10

(D) ab < 0

27

Beschouw complexe getallen z en w zodat z 2 = 1 – i en w = 1 + 3i . Waaraan is w 2z 4 dan gelijk ?

(A) 4( 3 + 4i )

(B) 2( –1 + 7i )

IJkingstoets burgerlijk ingenieur juli 2023, oefening 26

(C) 2( –4 + 5i )

(D) 8( 4 – 3i )

1.3 Polaire vorm van een complex getal

1Het complexe vlak of het vlak van Gauss

Elk complex getal z = a + bi is volledig bepaald door het koppel reële getallen ( a , b ).

Dat koppel kunnen we beschouwen als de coördinaat van een punt P in een vlak waarin een georthonormeerd assenstelsel is aangebracht.

Het punt P( a , b ) noemen we het beeldpunt van het complex getal z = a + bi .

Is b = 0, dan is z = a reëel en ligt het beeldpunt van z op de x -as, de reële as.

Is a = 0 en b ≠ 0, dan is z = bi zuiver imaginair en ligt het beeldpunt van z op de y -as, de imaginaire as.

Het vlak dat op die manier is ontstaan, heet het complexe vlak of het vlak van Gauss.

Merk op dat bij elk punt van het complexe vlak één complex getal hoort en dat omgekeerd elk complex getal voorgesteld kan worden door één punt in het complexe vlak.

Voorbeelden:

Taak:

a Toon aan dat de beeldpunten van twee tegengestelde complexe getallen elkaars beeld zijn door de puntspiegeling sO.

b Toon aan dat de beeldpunten van twee toegevoegde complexe getallen elkaars beeld zijn door de spiegeling sx