Hoofdstuk 7 - Complexe getallen

Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2
Hoofdstuk 7 - Complexe getallen
7.1 Soorten getallen
bladzijde 156
1aJa.
bJa.
1 − 3 = −2 a ≠ 0 en c ≠ 0
b
d
cNee, bijvoorbeeld is geen natuurlijk getal.
dNee, bijvoorbeeld 1 : 3 = 13 is geen natuurlijk getal.
eDe som, het verschil en het product van twee gehele getallen zijn ook weer gehele
getallen. Het quotiënt van twee gehele getallen hoeft niet een geheel getal te zijn:
5 : 8 = 85 is niet een geheel getal.
2aVoor twee rationale getallen a en c geldt a + c = ad + bc = ad + bc en de som is
b
d
b d bd bd
bd
dus ook een rationaal getal.
Voor twee rationale getallen a en c geldt a − c = ad − bc = ad − bc en het verschil
b
d
b d bd bd
bd
is dus ook een rationaal getal.
Voor twee rationale getallen a en c geldt a × c = ac en het product is dus ook een
b
d
b d bd
rationaal getal.
bVoor twee rationale getallen (dat betekent a, b, c en d allemaal ongelijk aan 0 zijn)
geldt
a
b
c
d
= a ⋅ d = ad en het quotiënt is dus ook weer rationaal.
b c bc
2
2
 
3a 2 = a ⇒ 2 =  a  = a 2 ⇒ 2b2 = a 2 ; uit 2b2 = a 2 volgt dat a 2 deler 2 heeft,


b
b
b
maar dat geldt dan ook voor a zelf en a is dus even.
bMet a = 2 p volgt uit 2b2 = a 2 dat 2b2 = (2 p)2 = 4 p2 en dus is b2 = 2 p2 . Met andere
woorden, b2 is even en dus ook b zelf. Dus a en b zijn beide even en hebben een
gemeenschappelijke deler, namelijk 2. Dit is strijdig met het gegeven dat a en b geen
gemeenschappelijke delers hebben.
bladzijde 157
4a−5 = −15 ∈ ; een geheel getal is dus ook rationaal.
b− 12 = −21 ∈ ; je kunt − 12 schrijven als qp met p en q geheel en q ≠ 0 .
cAls zou gelden 1 + π ∈ dan zou ook (1 + π ) − 1 = π ∈  , maar dat is niet het geval,
dus 1 + π ∉ .
d 5 ∉ ; dit is op eenzelfde manier te bewijzen als 2 ∉ .
e62 ∈ ; sluit rechtstreeks aan op de definitie.
f− 15 ∉ ; dit is op eenzelfde manier te bewijzen als 2 ∉ .
gAls zou gelden 6 + 3 ∈ dan zou ook (6 + 3 ) − 6 = 3 ∈ , maar dat is niet geval ,
dus 6 + 3 ∉
h 12, 25 = 3, 5 = 27 ∈
© Noordhoff Uitgevers bv
0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 137
⁄
137
14-08-2008 14:24:00
Hoofdstuk 7 - Complexe getallen
Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2
5a1000 x = 123, 123123123.... en
999 x = 1000 x − x = 123.123123123.... − 0, 123123123..... = 123
b999 x = 123 ⇒ x = 123 (eventueel x = 41 )
999
333
c1000 y = 2367, 67676767.... en 10 y = 23, 67676767.... ; dus


990 y = 1000 y − 10 y = 2367, 6767.... − 23, 6767... = 2344 en y = 2344  = 1172 
990  495 
d100000 z = 312567, 567567.... en 100 z = 312, 567567.... en dus


99900 z = 100000 z − 100 z = 312255 en z = 312255  = 2313 

99900
740 
6a(3 + 2 2 ) + ( −4 + 6 2 ) = (3 + −4) + (2 + 6) 2 = −1 + 8 2 ;
(3 + 2 2 ) − ( −4 + 6 2 ) = (3 − −4) + (2 − 6) 2 = 7 − 4 2 ;
(3 + 2 2 ) ⋅ ( −4 + 6 2 ) = 3 ⋅ −4 + 3 ⋅ 6 2 + 2 2 ⋅ −4 + 2 2 ⋅ 6 2 = −12 + 18 2 − 8 2 + 24
= 12 + 10 2
bJe werkt met twee willekeurige getallen uit W : a + b 2 en c + d 2 met
a, b, c en d ∈ .
som: (a + b 2 ) + (c + d 2 ) = (a + c) + (b + d) 2 ; uit a, b, c en d ∈ volgt a + c ∈ en
b + d ∈ en dus geldt som ∈W ;
verschil: (a + b 2 ) − (c + d 2 ) = (a − c) + (b − d) 2 ; uit a, b, c en d ∈ volgt dan
a − c ∈ en b − d ∈ en dus geldt verschil ∈W ;
product: (a + b 2 ) ⋅ (c + d 2 ) = ac + ad 2 + bc 2 + 2bd = (ac + 2bd) + (ad + bc) 2 ;
(a + b 2 ) − (c + d 2 ) = (a − c) + (b − d) 2 ; uit a, b, c en d ∈ volgt dan ac + 2bd ∈
en ad + bc ∈ en dus geldt ook product ∈W .
( −7 − 21 2 ) ⋅ (1 − 2 2 ) −7 + 14 2 − 21 2 + 84 77 − 7 2
c−7 − 21 2 =
=
=
= −11 + 2 ;
1−8
−7
1+ 2 2
(1 + 2 2 ) ⋅ (1 − 2 2 )
dus a = −11, b = 1 ; beide getallen zijn rationaal.
2+ 2
d 1 =
= 2 + 2 = 1 + 12 2
4−2
2 − 2 (2 − 2 )(2 + 2 )
eAls a + b 2 ≠ 0 dan zijn a en b niet beide gelijk aan 0. Dit impliceert dat dan
1
ook a − b 2 ≠ 0 en we mogen teller en noemer van
met a − b 2
a+b 2
vermenigvuldigen:
a−b 2
a
+ −b
1
2 ; uit a en b ∈
=
= a−b 2 =
a + b 2 ( a + b 2 ) ⋅ ( a − b 2 ) a 2 − 2b2 a 2 − 2b2 a 2 − 2 b2
1
volgt dat 2 a 2 ∈ en 2 −b 2 ∈ en is dus
∈W mits a + b 2 ≠ 0 .
a+b 2
a − 2b
a − 2b
7.2 Complexe getallen
bladzijde 158
7ax = − 3 of x = 3
bx = 0 is de enige oplossing.
cx 2 − 4 = 0 ⇒ x 2 = 4 ⇒ x = −2 of x = 2
dDe discriminant van deze tweedegraads vergelijking is D = 0 2 − 4 ⋅ 1 ⋅ 4 = −16 < 0 ,
dus is er geen oplossing .
⁄
138
0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 138
© Noordhoff Uitgevers bv
14-08-2008 14:24:10
Hoofdstuk 7 - Complexe getallen
Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2
8a3i + 2i = 5i
b3i ⋅ −3i = (3 ⋅ −3) ⋅ i 2 = −9i 2 = −9 ⋅ −1 = 9
c(4i)2 − i 4 = 16i 2 − (i 2 )2 = 16 ⋅ −1 − ( −1)2 = −16 − 1 = −17
9a(z2 − 1)(z2 + 1) = 0 ⇒ z2 − 1 = 0 of z2 + 1 = 0 ⇒ z2 = 1 of z2 = −1 ⇒
z = −1 of z = 1 of z = − i of z = i
bz(z2 + 4) = 0 ⇒ z = 0 of z2 = −4 ⇒ z = 0 of z2 = 4i 2 ⇒ z = 0 of z = −2i of z = 2i
10ax 2 + 6 x = ( x 2 + 6 x + 9) − 9 = ( x + 3)2 − 9 ;
controle van de gevonden oplossingen met abc-formule:
2
2
x 2 + 6 x − 5 = 0 ⇒ x = −6 − 6 − 4 ⋅ 1 ⋅ −5 ∨ −6 + 6 − 4 ⋅ 1 ⋅ −5 ⇒ x = −33 − 12 56 of x = −3 + 12 56 ⇒
2
2
x = −3 − 14 of x = −3 + 14
bx 2 − 8 x + 19 = 0 ⇒ ( x − 4)2 − 16 + 19 = 0 ⇒ ( x − 4)2 = −3 ⇒ ( x − 4)2 = 3i 2 ⇒
x − 4 = −i 3 of x − 4 = i 3 ⇒ x = 4 − i 3 of x = 4 + i 3
bladzijde 159
11az1 + z2
bz1 + z2
z1 − z2
cz1 + z2
z1 − z2
= 2 − 3i + 5 − 7i = 7 − 10i ; z1 − z2 = 2 − 3i − (5 − 7i) = 2 − 3i − 5 + 7i = −3 + 4i
= 4 − 3i 3 + −2 − 7i 3 = 2 − 10i 3 ;
= 4 − 3i 3 − ( −2 − 7i 3 ) = 4 − 3i 3 + 2 + 7i 3 = 6 + 4i 3
= 2 2 − 3i 7 + 2 2 + 3i 7 = 4 2 ;
= 2 2 − 3i 7 − (2 2 + 3i 7 ) = 2 2 − 3i 7 − 2 2 − 3i 7 = −6i 7
12aNeem z1 = a + bi en z2 = c + di
. Re(z1 + z2 ) = Re(a + bi + c + di) = Re(a + c + (b + d)i) = a + c = Re(z1 ) + Re(z2 ) .
Re(z1 − z2 ) = Re(a + bi − c − di) = Re(a − c + (b − d)i) = a − c = Re(z1 ) − Re(z2 ) .
bNeem weer z1 = a + bi en z2 = c + di
Im(z1 + z2 ) = Im(a + bi + c + di) = Im(a + c + (b + d)i) = b + d = Im(z1 ) + Im(z2 ) .
Im(z1 − z2 ) = Im(a + bi − c − di) = Im(a − c + (b − d)i) = b − d = Im(z1 ) − Im(z2 ) .
13a-fz5 = z1 + 2 z2 = (2 − 4i) + 2 ⋅ ( −1 − 2i) = 2 − 4i − 2 − 4i = −8i
z6 = 3z4 − z3 = 3 ⋅ ( −5) − (3i) = −15 − 3i
Im-as
4i
2i
z3 =3i
z4 = –5
–16
–14
–12
–10
z6 = –15 – 3i
–8
–6
–4
–2
z2 = –1 –2i
O
2
4
Re-as
–2i
–4i
z1 = 2 – 4i
–6i
–8i
z5 = –8i
© Noordhoff Uitgevers bv
0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 139
⁄
139
14-08-2008 14:24:16
Hoofdstuk 7 - Complexe getallen
Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2
14a
Im-as
3i
z4 = 2 +3i
2i
z1 = 3 +2i
i
z3 = 4 +i
–1
O
1
2
3
4
Re-as
z2 = 1 – i
–1i
bz3 = z1 + z2 = 3 + 2i + 1 − i = 4 + i ; zie hierboven voor bijbehorende vector.
cRe(z3 ) = Re(4 + i) = 4, Im(z 3 ) = Im(4 + i) = 1
dz4 = z1 − z2 = (3 + 2i) − (1 − i) = 3 + 2i − 1 + i = 2 + 3i ; zie hierboven voor bijbehorende
vector; Re(z4 ) = Re(2 + 3i) = 2, Im(z 4 ) = Im(2 + 3i) = 3 .
15aZie de horizontale lijn hieronder.
Im-as
4i
Im (z) = 3
3i
2i
i
–1
O
1
2
3
4
Re-as
–1i
bHet gearceerde gebied exclusief de verticale as.
Im (z)
4i
Re (z) < 0
3i
2i
i
–3
–2
–1
O
1
2
Re (z)
–1i
cIm(z) ⋅ Re(z) = Im( −2 + 3i) ⋅ Re( −2 + 3i) = 3 ⋅ −2 = −6 < 0 .
dIn het tweede of in het vierde kwadrant, dus linksboven of rechtsonder de oorsprong,
maar exclusief beide assen.
⁄
140
0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 140
© Noordhoff Uitgevers bv
14-08-2008 14:24:18
Hoofdstuk 7 - Complexe getallen
Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2
Im (z)
4i
–2 + 3i
3i
2i
Im (z) *Re (z) < 0
i
–3
–2
–1
1
O
2
3
Re (z)
–1i
Im (z) *Re (z) < 0
–2i
eZie hieronder.
Im-as
5i
4i
3i
Re (z) + Im (z) = 4
2i
i
–1
O
1
2
3
4
5
Re-as
–1i
7.3 Vermenigvuldigen en delen
bladzijde 160
16a(2 + 2i )(3 + i ) = 6 + 2i + 6i + 2i 2 = 6 + 8i − 2 = 4 + 8i
b(2 − i)(2 + i) = 4 − i 2 = 4 + 1 = 5
c(3 − 2i)2 = 9 − 12i + 4i 2 = 9 − 12i − 4 = 5 − 12i
d( −2 − 4i)( −3 + i) = 6 − 2i + 12i − 4i 2 = 6 + 10i + 4 = 10 + 10i
ei(2 − i) = 2i − i 2 = 2i + 1 = 1 + 2i
f(a + bi)(c + di) = ac + adi + bci + bdi 2 = ac + (ad + bc)i − bd = (ac − bd) + (ad + bc)i
1 + 2i = 1 + 2i ⋅ 1 + 2i = 1 + 4i + 4i 2 = 1 + 4i − 4 = −3 + 4i = − 3 + 4 i
5
5
1 − 2i 1 − 2i 1 + 2i
1+ 4
5
1 − 4i 2
17a
2
b6 − 2i = 6 − 2i ⋅ 1 − i = 6 − 6i − 2i2 + 2i = 6 − 8i − 2 = 4 − 8i = 2 − 4i
1+i
1+i 1−i
1+1
2
1−i
2
c 2i = 2i ⋅ −1 + i = −2i + 22 i = −2i − 2 = −1 − i
−1 − i −1 − i −1 + i
1+1
1−i
© Noordhoff Uitgevers bv
0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 141
⁄
141
14-08-2008 14:24:21
Hoofdstuk 7 - Complexe getallen
Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2
18aZie hieronder z1 = 4 + 3i
Im-as
7i
6i
5i
z4 = z1 – z2
4i
z1 = 4 + 3i
3i
2i
i
–1 O
–i
z1 + z2
1
2
3
–2i
4
5
6
7
8
9
Re-as
z2 = 4 – 3i
–3i
bLees hierboven af: z2 = 4 − 3i .
cz3 = z1 + z2 = (4 + 3i) + (4 − 3i) = 8 ; zie boven.
dz4 = z1 − z2 = (4 + 3i) − (4 − 3i) = 6i ; zie boven.
bladzijde 161
19az1 + z2 = (2 − i ) + ( −2 − 3i ) = −4i
2
z
b 1 = 2 + i = 2 + i ⋅ −2 − 3i = −4 − 6i − 2i2 − 3i = −4 − 8i + 3 = −1 − 8i = − 131 − 138 i
4+9
13
z2 −2 + 3i −2 + 3i −2 − 3i
4 − 9i
2
cz1 ⋅ z2 = (2 + i)( −2 + 3i) = −4 + 6i − 2i + 3i = −4 + 4i − 3 = −7 + 4i
dz2 ⋅ z2 = ( −2 + 3i) ⋅ ( −2 − 3i) = 4 − 9i 2 = 4 + 9 = 13
e(z2 )2 = ( −2 − 3i)2 = 4 + 12i + 9i 2 = 4 + 12i − 9 = −5 + 12i
2
z
f 1 = 2 − i = 2 − i ⋅ 2 − i = 4 − 4i +2 i = 4 − 4i − 1 = 3 − 4i = 53 − 45 i
4+1
5
4−i
z1 2 + i 2 + i 2 − i
2
z
g 1 = 2 + i = 2 + i ⋅ −2 + 3i = −4 + 6i − 2i2 + 3i = −4 + 4i − 3 = −7 + 4i = − 137 + 134 i
4+9
13
4 − 9i
z2 −2 − 3i −2 − 3i −2 + 3i
2
2 2
2
2
20aAls z = x + yi dan is z = x − yi en z ⋅ z = ( x + iy)( x − yi ) = x − y i = x + y .
Dit product is dus altijd een reëel getal.
bAls z = x + yi dan is z ⋅ z = 1 gelijkwaardig met x 2 + y2 = 1 . Bijbehorende z vormen
samen de cirkel met straal 1 en met de oorsprong als middelpunt. Zie hieronder.
Im (z) = y
1,5i
i
0,5i
–1,5
–1
–0,5
O
0,5
1
1,5
Re (z) = x
–0,5i
–i
⁄
142
0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 142
–1,5i
© Noordhoff Uitgevers bv
14-08-2008 14:24:24
Hoofdstuk 7 - Complexe getallen
Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2
cAls z1 = a + bi en z2 = c + di dan is
z1 + z2 = (a + c) + (b + d)i = (a + c) − (b + d)i = (a − bi) + (c − di) = z1 + z2 .
21a(a + bi )2 = a 2 + 2 abi + b2 i 2 = (a 2 − b2 ) + 2 abi is een reëel getal als 2 ab = 0 ,
dus als a = 0 of b = 0
b(a + bi)2 = (a 2 − b2 ) + 2 abi is zuiver imaginair als a 2 − b2 = 0 , dus als a = b ∨ a = −b
22aDe tweedegraads vergelijking z2 − 16 z + 100 = 0 heeft als discriminant
D = ( −16)2 − 4 ⋅ 1 ⋅ 100 = 256 − 400 = −144 en dus is
z = 16 − −144 of z = 16 + −144 ⇒ z = 16 − 12i of z = 16 + 12i ⇒
2
2
2
2
z = 8 − 6i of z = 8 + 6i .
bDe tweedegraads vergelijking z2 + iz − 4 = 0 heeft als discriminant
D = i 2 − 4 ⋅ 1 ⋅ −4 = −1 + 16 = 15 , dus is
z = −i − 15 of z = −i + 15 ⇒ z = − 12 15 − 12 i of z =
2
2
1
2
15 − 12 i .
23aDoor z = 1 + i in de vergelijking in te vullen krijg je
(1 + i)2 + b(1 + i) − 4 = 0 ⇒ b(1 + i) = 4 − (1 + i)2 = 4 − (i 2 + 2i + 1) = 4 − ( −1 + 2i + 1) = 4 + 2i ⇒
2
b = 4 − 2i = 4 − 2i ⋅ 1 − i = 4 − 4i − 2i2 + 2i = 4 − 6i − 2 = 1 − 3i
1+i
1+i 1−i
1+1
1−i
bDe vergelijking az2 + bz + c = 0 heeft volgens de abc-formule oplossingen
z1 = −b − D = − b − 1 D en z2 = − b + D = − b + 1 D . Dat betekent
2a
2a 2a
2a
2a 2a

 

dat z1 + z2 =  − b − 1 D  +  − b + 1 D  = − b − b = − b . Verder is
 2a 2a
  2a 2a

2 a 22a
a
2

 

z1 ⋅ z2 =  − b − 1 D  ⋅  − b + 1 D  = b 2 − D2 = b −2D . Omdat D = b2 − 4 ac
 2a 2a
  2a 2a
 4a
4a
4a
2
2
b − (b − 4 ac) 4 ac c
= 2 = .
is dit gelijk aan
a
4a2
4a
cHet gemakkelijkst is hier om de eerste eigenschap te gebruiken.
b
Je weet dat z1 = 1 + i , terwijl z1 + z2 = − b = − = − 1 − 3i = −1 + 3i .
a
1
1
Dus is z2 = −1 + 3i − z1 = −1 + 3i − (1 + i) = −2 + 4i .
24aJe neemt bijvoorbeeld z = 3 + 2i .In dat geval wordt iz = i(3 + 2i) = −2 + 3i .
Im-as
4i
i (3 + 2i ) = –2 + 3i
3i
3 + 2i
2i
i
–3
–2
–1
O
1
2
3
4
Re-as
–1i
© Noordhoff Uitgevers bv
0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 143
⁄
143
14-08-2008 14:24:31
Hoofdstuk 7 - Complexe getallen
Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2
bEen complex getal met i vermenigvuldigen betekent blijkbaar dat de bijbehorende
vector 90° (of 12 π radialen) om de oorsprong wordt gedraaid tegen de wijzers van de
klok in, terwijl de vector evenlang blijft.
cBij het vermenigvuldiging met 3i hoort een draaiing van de vector over 90°
tegen de richting van de klok in, terwijl de vector 3 keer zo lang wordt gemaakt
(vermenigvuldiging ten opzichte van de oorsprong met factor 3).
dBij het vermenigvuldiging met –2i hoort een draaiing van de vector over 270°
tegen de richting van de klok in, terwijl de vector 2 keer zo lang wordt gemaakt
(vermenigvuldiging ten opzichte van de oorsprong met factor 2). Andere
mogelijkheid: een draaiing van 90° en een vermenigvuldiging ten opzichte van de
oorsprong met factor –2.
7.4 Poolcoördinaten
bladzijde 162
25az = 1 + i dan is z2 = (1 + i )2 = 1 + 2i + i 2 = 1 + 2i − 1 = 2i en
z3 = z2 ⋅ z = 2i ⋅ (1 + i) = 2i + 2i 2 = −2 + 2i
Im-as
3i
z 3 = –2 + 2i
z 2 = 2i
2i
z =1+i
i
–3
–2
–1
1
O
2
3
Re-as
–1i
b z = 12 + 12 = 2 , z2 = 0 2 + 2 2 = 4 = 2, z3 = ( −2)2 + 2 2 = 8 = 2 2
cz maakt een hoek met de Re-as van tan −1 (1) = 14 π radialen; bij z2 hoort een hoek van
1
π en bij z3 een hoek van 43 π .
2
26az1 = 2 − 2i z2 = 2 3 + 2i ≈ 3, 4641 + 2i
z3 = z1 ⋅ z2 = (2 − 2i)(2 3 + 2i) = 4 3 + 4i − 4 3i − 4i 2 = (4 3 + 4) + (4 − 4 3 )i ≈ 10, 9282 − 2, 9282i
Im-as
4i
z2
2i
–2
O
–2i
2
4
6
8
10
12
Re-as
z1
z3
–4i
⁄
144
0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 144
© Noordhoff Uitgevers bv
14-08-2008 14:24:34
Hoofdstuk 7 - Complexe getallen
Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2
bz1 : arg(z1 ) = tan −1 ( −11 ) + k ⋅ 2 π = tan −1 (−1) + k ⋅ 2 π = − 14 π + k ⋅ 2π , dus Arg(z1 ) = − 14 π ;
z1 = 2 2 + ( −2)2 = 8 = 2 2 ; de poolcoördinaten van z1 : (2 2 , − 14 π) ;
(
)


z2 : arg(z2 ) = tan −1  2  + k ⋅ 2 π = tan −1 13 3 + k ⋅ 2 π = 16 π + k ⋅ 2 π , dus Arg(z2 ) = 16 π
 2 3
; z2 = (2 3 )2 + 2 2 = 16 = 4 ; de poolcoördinaten van z2 : (4, 16 π) ; z3 :




arg(z3 ) = tan −1  4 − 4 3  + k ⋅ 2 π = tan −1  4 − 4 3 ⋅ 4 3 − 4  + k ⋅ 2 π = tan −1 ( 3 − 2) + k ⋅ 2 π = − 112 π + k ⋅ 2 π
 4 3 + 4
 4 3 + 4 4 3 − 4
3 ⋅ 4 3 − 4  + k ⋅ 2 π = tan −1 ( 3 − 2) + k ⋅ 2 π = − 1 π + k ⋅ 2 π

12
4 4 3 − 4 
dus Arg(z3 ) = − 121 π ;
z3 = (4 3 + 4)2 + (4 − 4 3 )2 = (48 + 32 3 + 16) + (16 − 32 3 + 48) = 128 = 4 2 ;
de poolcoördinaten van z3 : (8 2 , – 121 π) .
c z3 = 8 2 = 2 2 ⋅ 4 = z1 ⋅ z2 en Arg(z3 ) = − 121 π = (− 14 π) + ( 16 π) = Arg(z1 ) + Arg(z2 )
27az1 =
b
a 2 + b2 en z2 = c 2 + d 2
z3 = z1 ⋅ z2 = (a + bi)(c + di) = (ac − bd) + (ad + bc)i = (ac − bd)2 + (ad − bc)2 = a 2 c 2 + b2 d 2 + a 2 d 2 + b2 c 2
ac − bd)2 + (ad
− bc)2 = a 2 c 2 + b2 d 2 + a 2 d 2 + b2 c 2
c z3 = a 2 c 2 + b2 d 2 + a 2 d 2 + b2 c 2 = (a 2 + b2 )(c 2 + d 2 ) = (a 2 + b2 ) ⋅ (c 2 + d 2 ) = z1 ⋅ z2
)
)
28axP = 1 ⋅ cos ( 16 π = 12 3 en yP = 1 ⋅ sin ( 16 π = 12 ; dus P( 12 3 , 12 )
bDe modulus van a is gelijk aan de lengte van de vector van O naar P, dus gelijk aan
1. Verder is Arg(a ) de hoek die de vector met de Re-as maakt, dit is 16 π .
ca = xP + yP ⋅ i = 12 3 + 12 i
bladzijde 163
29az3 = z1 ⋅ z2 = 3(cos 367 π + i sin 367 π) ⋅ 4(cos 365 π + i sin 365 π) =
12 cos( 367 π) cos( 365 π) + 12i cos( 367 π) sin( 365 π ) + 12i sin( 367 π) cos( 365 π) + 12i 2 sin( 367 π) sin( 365 π) =
12 cos( 367 π) cos( 365 π ) − 12 sin( 367 π) sin( 365 π) + 12i cos( 367 π) sin( 365 π) + 12i sin( 367 π) cos( 365 π )
bDoor gebruik te maken van beide formules krijg je:
12 cos( 367 π) cos( 365 π ) − 12 sin( 367 π) sin( 365 π) + 12i cos( 367 π) sin( 365 π) + 12i sin( 367 π) cos( 365 π ) =
12 cos( 367 π) cos( 365 π) − sin( 367 π) sin( 365 π) + 12 cos( 367 π) sin( 365 π) + sin( 367 π) cos( 365 π) i =
12 cos( 367 π + 365 π) + 12 sin( 367 π + 365 π)i = 12 cos( 13 π) + 12 sin( 13 π )i = 12 ⋅ 12 + 12 ⋅ 12 3 ⋅ i = 6 + 6i 3
(
)
(
)


4 = 2 ; tan −1  1  = 16 π;
 3
omdat Re(z) > 0 is arg(z) = 16 π + k ⋅ 2 π en omdat 16 π ∈⟨− π, π ] is Arg (z) = ϕ = 16 π
en z = 2(cos 16 π + i sin 16 π)
br = z = ( −2)2 + 32 = 13 ; tan −1 (− 23 ) ≈ −0, 98; omdat
Re(z) < 0 is arg(z) ≈ −0, 98 + π ≈ 2, 16 en omdat 2, 16 ∈⟨− π, π ] is Arg(z) = ϕ ≈ 2, 16
en z ≈ 13 (cos 2, 16 + i sin 2, 16)
30ar = z = ( 3 )2 + 12 =
© Noordhoff Uitgevers bv
0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 145
⁄
145
14-08-2008 14:24:42
Hoofdstuk 7 - Complexe getallen
Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2
cr = z = ( −3)2 + ( −3)2 = 18 = 3 2 ; tan −1 (1) = 14 π; omdat
Re(z) < 0 is arg(z) = 14 π + π + k ⋅ 2 π = 1 14 π + k ⋅ 2 π en Arg(z) = ϕ = − 43 π en
z = 3 2 ( cos( − 43 π) + i sin( − 43 π)
dr = z = 4 2 + ( −3)2 = 25 = 5 ; tan −1 (− 43 ) ≈ −0, 64; omdat
Re(z) > 0 is arg(z) ≈ −0, 64 + k ⋅ 2 π en omdat − 0, 64 ∈⟨− π, π ] is Arg(z) = ϕ ≈ −0, 64
en z ≈ 5 ( cos( −0, 64) + i sin( −0, 64)
er = z = 0 2 + 14 2 = 14 ; Arg(z) = ϕ = 12 π en z ≈ 14 ( cos( 12 π) + i sin( 12 π)
)
)
)
fr = z = ( −8)2 + 0 2 = 8 ; Arg(z) = ϕ = π en z ≈ 8(cos π + i sin π)
31atan −1 ( −11 ) = − 14 π ; omdat Re(z1 ) > 0 is arg(z1 ) = − 14 π + k ⋅ 2 π en Arg(z1 ) = − 14 π
barg(z4 ) = π + k ⋅ 2 π , dus arg(z1 ⋅ z4 ) = arg(z1 ) + arg(z4 ) = − 14 π + π + k ⋅ 2 π = 43 π + k ⋅ 2π
en Arg(z1 ⋅ z4 ) = 43 π
c z3 = ( −2)2 + ( −2 3 )2 = 4 + 12 = 4
d z1 + z1 ⋅ z2 = z1 ⋅ (1 + z2 ) = z1 ⋅ 1 + z2 = 1 − i ⋅ 1 + 4i = 12 + (−1)2 ⋅ 12 + 4 2 = 2 ⋅ 17 = 34 ;
je kunt natuurlijk ook eerst z1 + z1 ⋅ z2 uitrekenen en daarvan de modulus bepalen.
earg(z2 ) = 12 π + k ⋅ 2 π ; arg(z2 3 ) = arg(z2 ) + arg(z2 ) + arg(z2 ) = 3 ⋅ arg(z2 ) = 23 π + k ⋅ 2 π en
dus is Arg(z2 3 ) = − 12 π .
fz2 = −4i , d z = cos 16 π + i sin 16 π = 12 3 + 12 i dus arg(z2 ) = − 12 π + k ⋅ 2 π
en omdat arg(z1 ) = − 14 π + k ⋅ 2 π (zie onderdeel a) is
arg(z1 ⋅ z2 ) = arg(z1 ) + arg(z2 ) = − 14 π − 12 π + k ⋅ 2 π = − 43 π + k ⋅ 2 π en Arg(z1 ⋅ z2 ) = − 43 π
32acos 2 ϕ + sin 2 ϕ = 1, dus z = cos 2 ϕ + sin 2 ϕ = 1
bVia de formules:
z2 = (cos ϕ + i sin ϕ)2 = cos 2 ϕ + 2i cos ϕ sin ϕ + i 2 sin 2 ϕ = (cos 2 ϕ − sin 2 ϕ) + (2 cos ϕ sin ϕ) ⋅ i = cos 2ϕ + i sin 2ϕ
2
2
ϕ) + (2 cos ϕ sin ϕ) ⋅ i = cos 2ϕ + i sin 2ϕ via een redenering met poolcoördinaten: z2 = z = 1 en
arg(z2 ) = 2 arg(z) = 2ϕ + k ⋅ 2 π ; omdat o < ϕ < 12 π is o < 2ϕ < π en geldt
Arg(z2 ) = 2ϕ en ook z2 = 1 ⋅ (cos 2ϕ + i sin 2ϕ) = cos 2ϕ + i sin 2ϕ .
3
cVia de redenering met poolcoördinaten: z3 = z = 1 en
arg(z3 ) = 3 arg(z) = 3ϕ + k ⋅ 2 π en geldt z2 = 1 ⋅ (cos 3ϕ + i sin 3ϕ) = cos 3ϕ + i sin 3ϕ ;
4
verder is z4 = z = 1 en arg(z4 ) = 4 arg(z) = 4ϕ + k ⋅ 2 π en dus geldt
z4 = 1 ⋅ (cos 4ϕ + i sin 4ϕ) = cos 4ϕ + i sin 4ϕ .
dz = cos 16 π + i sin 16 π = 12 3 + 12 i ; zie verder hieronder
Im-as
z4
i
z3
z2
z1
–1
O
1
Re-as
–i
⁄
146
0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 146
© Noordhoff Uitgevers bv
14-08-2008 14:24:52
Hoofdstuk 7 - Complexe getallen
Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2
7.5 Gebieden in het complexe vlak
bladzijde 164
33aZie hieronder
r= 4
Im-as
4i
A
3i
r= 3
2i
r= 2
r= 1
–3
–2
–1
i
1
O
Re-as
–1i
bAls je de lijn aan de andere kant van de oorsprong door zou trekken, krijg je op die
doorgetrokken lijn te maken met complexe getallen z met Arg(z) = 23 π − π = − 13 π .
Dat zijn dus punten die niet tot verzameling A horen.
34aHieronder vind je de verzamelingen behorende bij Arg(z) = 16 π en Arg(z − 4) = 16 π .
Im-as
6i
Arg (z) = �
6
4i
2i
Arg (z – 4) = �
6
A (4, 0)
–1
O
2
4
6
8
10
12
Re-as
–2i
bArg(z − 4 + 2i) = Arg(z − (4 − 2i)) = 16 π ; je trekt een halflijn vanuit 4 − 2i evenwijdig
en in dezelfde richting als de halflijn die hoort bij Arg(z) = 16 π .
Im-as
6i
Arg (z) = �
6
4i
2i
–1
O
Arg (z – 4 + 2i) = �
6
2
–2i
4
6
8
10
12
Re-as
4 – 2i
cArg(z − 4 + 2i) = − 16 π levert dezelfde verzameling op als Arg(z − 4 + 2i) = 16 π ;
zie hierboven voor de grafiek.
© Noordhoff Uitgevers bv
0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 147
⁄
147
14-08-2008 14:24:55
Hoofdstuk 7 - Complexe getallen
Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2
π.
De verzameling is dus te beschrijven met de eigenschap Arg(z − 6) = π .
bAls z = x + iy dan is de halflijn in de figuur deel van de lijn x + y = 6 ,
wat hetzelfde is als Re(z) + Im(z) = 6 .
cOm de juiste halflijn te krijgen moet Peter als beperkende voorwaarde toevoegen
dat Im(z) ≥ 0 ( Re(z) ≤ 6 is overigens ook goed).
35aDe halflijn begint in a = 6 en de de hoek die de lijn met Re-as maakt is
3
4
3
4
2 +i 2
(omdat 2 + i 2 = ( 2 )2 + ( 2 )2 = 2 + 2 = 2 ) en ook 1 − i 3
(omdat 1 − i 3 = 12 + ( − 3 )2 = 1 + 3 = 2 )
b z = x + iy = x 2 + y2 = 2 ; dit is gelijkwaardig met x 2 + y2 = 4 , de vergelijking van
een cirkel.
cDe algemene vergelijking van een cirkel in het xy-vlak is ( x − m1 )2 + ( y − m2 )2 = r 2 ,
waarbij ( m1 , m2 ) het middelpunt is en r de straal. De vergelijking x 2 + y2 = 4 kun je
schrijven als ( x − 0)2 + ( y − 0)2 = 2 2 . Het middelpunt van A is dus de oorsprong en de
straal 2.
36aGetallen 2 en 2i horen bij de verzameling A : z = 2 en verder
bladzijde 165
37a z = z + 2 ⇒ x + iy = ( x + 2) + iy ⇒ x 2 + y2 = ( x + 2)2 + y2 ⇒ x 2 + y2 = (xx + 2)2 + y2 ⇒
x 2 + y2 = x 2 + 4 x + 4 + y2 ⇒ 0 = 4 x + 4 ⇒ x = −1 ; de verzameling A wordt dus ook
beschreven met Re(z) = −1
b
Im-as
2i
A
i
–2
–1
1
O
2
Re-as
–1i
c z + 2 = r ⇒ ( x + 2) + iy = r ⇒ ( x − ( −2))2 + ( y − 0)2 = r 2 ; het middelpunt van de cirkel
is dus −2 + 0i = −2
dHet is de verzameling van alle z die in het complexe vlak een even grote afstand
hebben tot de oorsprong als tot het punt 2. En dit is de middelloodlijn ten opzichte
van de getallen 0 en 2.
38aB : z − ( −2i ) = z − 2 . Het gaat dus om de middelloodlijn ten opzichte van de
getallen −2i en 2:
Im-as
2i
i
2
–2
–1
1
O
2
Re-as
–1i
B
–2i
–2i
⁄
148
0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 148
© Noordhoff Uitgevers bv
14-08-2008 14:25:01
Hoofdstuk 7 - Complexe getallen
Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2
b z + 2i = z − 2 ⇒ x + yi + 2i = x + yi − 2 ⇒ x + ( y + 2)i = ( x − 2) + yi ⇒
x 2 + ( y + 2)2 = ( x − 2)2 + y2 ⇒ x 2 + ( y + 2)2 = ( x − 2)2 + y2 ⇒
x 2 + y2 + 2 y + 4 = x 2 − 2 x + 4 + y2 ⇒ x + y = 0
cOmdat x = Re(z) en y = Im(z) kun je B dus ook beschrijven met Re(z) + Im(z) = 0 .
dB kan ook beschreven worden in termen van Arg(z) . Arg(z) = 43 π beschrijft de
halflijn boven de Re-as en Arg(z) = − 14 π beschrijft de halflijn onder de Re-as.
De beschrijving is dus: Arg(z) = − 14 π of Arg(z) = 43 π . Of in één uitdrukking:
Arg(z) − 14 π = 12 π .
39az ⋅ z = ( x + yi )( x − yi ) = x 2 + y2 = 4 , een cirkel met als middelpunt de oorsprong en
straal 2.
Im-as
3i
2i
i
–3
–2
–1
O
1
2
3
Re-as
–i
–2i
–3i
()
2
bz2 + z = 0 ⇒ ( x + yi)2 + ( x − yi)2 = 0 ⇒ ( x 2 − y2 ) + 2 xyi + ( x 2 − y2 ) − 2 xyi = 0 ⇒
2( x 2 − y2 ) = 0 ⇒ x − y = 0 of x + y = 0
Im-as
3i
2i
i
–3
–2
–1
O
1
2
3
Re-as
–i
–2i
–3i
cz2 + 2 z ⋅ z + (z)2 = (z + z)2 = ( x + iy + x − iy)2 = 4 x 2 = 0 ⇒ x = 0 of Re(z) = 0 ,
het gaat dus om alle zuiver imaginaire getallen:
© Noordhoff Uitgevers bv
0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 149
⁄
149
14-08-2008 14:25:05
Hoofdstuk 7 - Complexe getallen
Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2
Im-as
3i
2i
i
–1
–2
1
O
2
Re-as
–i
40aAB : Im(z) = 1 en 2 ≤ Re(z) ≤ 6 ; BC : Re(z) = 6 en 1 ≤ Im(z) ≤ 4 ;
CD : Im(z) = 4 en 2 ≤ Re(z) ≤ 6 ; DA : Re(z) = 2 en 1 ≤ Im(z) ≤ 4
bBinnengebied als je de randen niet meerekent: 2 < Re(z) < 6 en 1 < Im(z) < 4 .
)
(
2
2
41az ⋅ z = ( x + yi)( x − yi) = x 2 + y2 = x 2 + y2 = z
bz ⋅ z − 3i ⋅ z + 3i ⋅ z = 16 ⇒ ( x + yi)( x − yi) − 3i( x + yi) + 3i( x − yi) = 16 ⇒
x 2 + y2 − 3 xi + 3 y + 3 xi + 3 y = 16 ⇒ x 2 + y2 + 6 y = 16 ⇒ x 2 + ( y2 + 6 y + 9) = 16 + 9 ⇒
( x − 0)2 + ( y − ( −3))2 = 52 ; het is dus een cirkel met middelpunt −3i en straal 5.
7.6 Gemengde opdrachten
bladzijde 166


w
complexe
getal w = i(b − a ) = i(3 + 4i) = −4 + 3i . Het inproduct van
hoortbij het
 
AB en w is  AB, w  = 3 ⋅ −4 + 4 ⋅ 3 = 0 , dus staan
 deze vectoren loodrecht op elkaar.
Verder is w = i(b − a ) = i ⋅ b − a = 1 ⋅ b − a = AB 42aBij vector AB hoort het complexe getal b − a = 8 + 6i − (5 + 2i ) = 3 + 4i . Bij vector
Im-as
10i
C
8i
B
6i
D
4i
w
AB
2i
–4
–2
O
A
2
4
6
8
Re-as
–2i
bHet complexe getal δ bij punt D vind je door a + w te nemen, dus
δ = 5 + 2i + ( −4 + 3i) = 1 + 5i . Het complexe getal γ bij punt C vind je bijvoorbeeld
door b + w te nemen, dus γ = 8 + 6i + ( −4 + 3i) = 4 + 9i . Hierboven zie je het
gevonden vierkant. Er is hier ook nog een ander vierkant mogelijk, namelijk aan de
andere kant van het lijnstuk AB. Je vind de complexe getallen van de alternatieve
hoekpunten C' en D' door b − w en a − w te bepalen.
⁄
150
0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 150
© Noordhoff Uitgevers bv
14-08-2008 14:25:11
Hoofdstuk 7 - Complexe getallen
Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2



dat hoort bij de vector SP is −i(5 + 7i − ( 7 + i)) = −i( −2 + 6i) = 6 + 2i (vergelijk ook
vraagstuk 42). Het complexe getal dat bij S hoort is dus ( 7 + i) + (6 + 2i) = 13 + 3i .
bPunt C is het midden van de diagonaal QS. Het complexe getal dat bij C hoort is dus
(5 + 7i) + (13 + 3i)
.
= 9 + 5i
2
43aDe vector SP staat loodrecht op vector PQ en is even lang. Het complexe getal
44az1 = 3 − 4i, z2 = −5 − 12i,
1 = 1 = 1 ⋅ 3 + 4i = 3 + 4i =
z1 3 − 4i 3 − 4i 3 + 4i 9 + 16
1 =
1
1
5
12
+ 169
i
=
⋅ −5 + 12i = −5 + 12i = − 169
z2 −5 − 12i −5 − 12i −5 + 12i 25 + 144
b
Im-as
4i
3
25
+ 254 i ,
z1
3i
2i
i
1
z1
–1
1
O
2
3
4
Re-as
–1i
c
Im-as
16i
12i
z2
8i
4i
1
z2
–12
–8
–4
O
4
Re-as
–4i
d0, z1 en 1 liggen samen op een halfrechte met de oorsprong als startpunt en dat
z1
geldt ook voor 0, z2 en 1 .
z2
eRe(z) + Im(z) = 1 je moet dus bewijzen dat voor elke z ≠ 0 geldt dat 1 = c ⋅ z voor
z
2
een c > 0 . Bewijs: Er geldt 1 = 1 ⋅ z = z . Omdat z ⋅ z = z (zie opgave 41a) is
z z z z⋅z
1 = 12 ⋅ z , terwijl c = 12 > 0 .
z z
z
© Noordhoff Uitgevers bv
0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 151
⁄
151
14-08-2008 14:25:15
Hoofdstuk 7 - Complexe getallen
Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2
bladzijde 167
45ai(z − 1) = z − 1 ⇒ i( x + yi − 1) = ( x − yi − 1) ⇒ − y + ( x − 1)i = ( x − 1) − yi ⇒ ( x + y − 1)i = ( x + y − 1).
Dus als x + y = 1 wordt voldaan aan de oorspronkelijke vergelijking. Er zijn dus
oneindig veel oplossingen. In de termen van z is de oplossing van de vergelijking dus
Re(z) + Im(z) = 1 .
b(z + 3)(z + i) = 18 − 14i ⇒ ( x + yi + 3)( x − yi + i) = 18 − 14i ⇒ (( x + 3) + yi)( x + (1 − y)i) = 18 − 14i
Splitsen in het reële en het imaginaire deel levert twee vergelijkingen:
x( x + 3) − y(1 − y) = 18 en xy + ( x + 3)(1 − y) = −14 .Uitwerken van de tweede
vergelijking geeft als resultaat x = 3 y − 17 . Substitueer dit in de eerste vergelijkingen
je krijgt een tweedegraads vergelijking in y, namelijk 10 y2 − 94 y + 220 = 0 ,
met als discriminant D = ( −94)2 − 4 ⋅ 10 ⋅ 220 = 36 . Met de abc-formule vind je
y = 94 − 6 = 4 25 of y = 94 + 6 = 5 . Invullen van deze waarden in x = 3 y − 17 geeft
20
20
respectievelijk x = −3 45 en x = −2 en de oplossing van de oorspronkelijke
vergelijking is dus z = −3 45 + 4 25 i of z = −2 + 5i .
 6 z + 2iw = 10

46aJe krijgt dan  − z − 2iw = −5 .

=5
 5z
b5z = 5 ⇒ z = 1
cOplossing z = 1 invullen in de vergelijking iz − 2w = 5i geeft als oplossing
w = 5i − i = −2i .
−2
47z1 = 2 − i invullen in de vergelijking geeft
a(2 − i)2 + b(2 − i) + 1 + 2i = 0 ⇒ a(3 − 4i) + b(2 − i) + 1 + 2i = 0 ⇒ (3a + 2b + 1) + ( −4 a − b + 2)i = 0
.
 3a + 2b = −1
Je krijgt nu als stelsel: 
met als oplossing a = 1 en b = −2 .
4a + b = 2
De vergelijking wordt dus z2 − 2 z + 1 + 2i = 0 . De som van de oplossingen
van deze vergelijking is gelijk aan 1 (zie kader naast opgave 23) , dus is
z2 = 1 − z1 = 1 − (2 − i) = −1 + i .
48ab
(3 + 4i) ⋅ 0 = 0, (3 + 4i) ⋅ 1 = 3 + 4i, (3 + 4i ) ⋅ (1 + i ) = 3 − 4 + (3 + 4)i = −1 + 7i en (3 + 4i) ⋅ i = −4 + 3i;
–1 + 7i
Im-as
8i
7i
6i
5i
3 + 4i
4i
–4 + 3i
3i
2i
i
–5 –4 –3 –2 –1 O
–i
1+i
i
1
2
3
4
5
Re-as
De beeldpunten hebben weer een vierkant als resultaat.
⁄
152
0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 152
© Noordhoff Uitgevers bv
14-08-2008 14:25:20
Hoofdstuk 7 - Complexe getallen
Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2
cRotatie om de oorsprong van het oorspronkelijke vierkant over een hoek van
tan −1 ( 43 ) ≈ 0, 9273 radialen en daarna een vermenigvuldiging ten opzichte van de
oorsprong met een factor 32 + 4 2 = 25 = 5 .
 Re(z)
. Dus moet gelden
dEen complex getal z wordt gerepresenteerd door 
 Im(z) 
 a c   1   3
 a c   0   −4 
 b d   0  =  4  ⇒ a = 3 en b = 4 en  b d   1  =  3  ⇒ c = −4 en d = 3 .
 3 −4 
.
De gezochte matrix is dus 
 4 3 
 3 −4   1  3 − 4   −1
=
=
e
; dit komt dus inderdaad overeen met −1 + 7i
 4 3   1  4 + 3  7 
fEr geldt ( p + iq) ⋅ ( x + yi) = ( px − qy) + (qx + py)i . Van de andere kant is
 p −q  x   px − qy
=
. Het klopt dus precies.

 q p   y  qx + py
 5 −12 
.
gBij deling door p + qi = 5 − 12i gaat het dus om matrix 1 
169  12
5 
Je kunt volstaan met te controleren of dit inderdaad de inverse van matrix
 5 12 
 −12 5  . Vermenigvuldiging van de matrices geeft
1  5 −12   5 12  = 1  169 0  =  1 0  , de eenheidsmatrix I .
2
169  12
5   −12 5  169  0 169   0 1 
Het klopt dus.
Test jezelf
bladzijde 170
T-1aStel x = 0, 2678678678.... , dan is 10000 x = 2678, 678678678.... en
10 x = 2, 678678678.... en verder is 9990 x = 10000 x − 10 x = 2676 . Hieruit volgt dat
x = 2676 = 446 .
9990 1665
b 3 + 3 = 3 + 3 ⋅ 2 + 4 3 = 18 + 14 3 = − 229 − 272 3
4 − 48
2−4 3 2−4 3 2+4 3
T-2az = 1 − wi = 1 − (2 − 3i)i = −2 − 2i
biz = 1 − 2w = 1 − 2(2 − 3i) = −3 + 6i ⇒ z = −3 + 6i = −3 + 6i ⋅ −i = 6 + 3i = 6 + 3i
i
i
−i
1
c(1 + i)z = 3 + i + iw = 3 + i + i(2 − 3i) ⇒ (1 + i)z = 6 + 3i ⇒ z = 6 + 3i = 6 + 3i ⋅ 1 − i =
1+i
1+i 1−i
9
−
3
i
1
1
= 4 2 −12 i
2
x = y ∨ x = − y
dz2 = 4i ⇒ ( x + yi)2 = 4i ⇒ x 2 − y2 + 2 xyi = 4i ⇒ 
. Hieruit volgt dat
 xy = 2
x en y hetzelfde teken moeten hebben (beide positief of beide negatief) en dat
x = y = 2 of x = y = − 2 en is z = 2 + i 2 of z = − 2 − i 2
© Noordhoff Uitgevers bv
0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 153
⁄
153
14-08-2008 14:25:26
Hoofdstuk 7 - Complexe getallen
Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2
T-3aHet gearceerde gebied inclusief de assen.
Im-as
4i
Re (z) . Im (z) � 0
2i
–6
–2
–4
2
O
4
Re-as
–2i
–4i
bZie de gearceerde strook hieronder. De begrenzende lijnen horen bij het gebied.
Im-as
6i
4i
2i
–2
2
O
4
6
8
Re-as
–2i
2 � Re (z) – Im (z) � 4
–4i
cDe begrenzende lijnen zijn hier gestippeld omdat die niet bij het gebied horen.
Im-as
6i
4i
2i
Im (z) < Re (z) < 6
–2
2
O
4
6
8
Re-as
–2i
T-4a(2 + 3i)(3 + 2i ) = (2 + 3i )(3 − 2i ) = 12 + 5i
b 2 − 3i = 2 − 3i = 2 − 3i ⋅ −1 − i = −5 + i = −2 12 + 12 i
(1 + i)i −1 + i −1 + i −1 − i
2
c(2 − i)3 = (2 − i) ⋅ (2 − i)2 = (2 − i) ⋅ (3 − 4i) = 2 − 11i
2


d 5i  = −25 2 = −25 = 25 ⋅ 7 − 24i = 175 − 600i =
 3 − 4i 
−7 − 24i 7 + 24i 7 − 24i
625
( 3 − 4i )
(
7
25
− 24
i
25
)
T-5acos(1 43 π) = 12 2 en sin(1 43 π) = − 12 2 ; en dus is z = 4 12 2 − 12 i 2 = 2 2 − 2i 2
bz = 2 ⋅ (cos 13 π + i sin 13 π)6 = 2 ⋅ (cos(6 ⋅ 13 π) + i sin(6 ⋅ 13 π)) = 2 ⋅ (cos 2 π + i sin 2 π) = 2 ⋅ 1 = 2
csin 12 π = 1 en cos 12 π = 0 , dus z = 3i ⋅ 1 = 3i
⁄
154
0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 154
© Noordhoff Uitgevers bv
14-08-2008 14:25:30
Hoofdstuk 7 - Complexe getallen
Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2
bladzijde 171
T-6a −i = 1 en Arg( −i) = − 12 π ; de poolvoorstelling is dus z = 1(cos( − 12 π) + i sin( − 12 π)) .
b −1 − i 3 = 1 + 3 = 2 en Arg( −1 − i 3 ) = tan −1 ( 3 ) + π = 13 π + π = 1 13 π
(omdat hier Re(z) < 0 moet er π worden bijgeteld); poolvoorstelling is dus
z = 2(cos 1 13 π + i sin 1 13 π) .
c 2 − i 2 = 4 + 2 = 6 en Arg(2 − i 2 ) = tan −1 ( − 12 2 ) ≈ −0, 6155 ; de
poolvoorstelling is dus ongeveer z = 6 (cos( −0, 616) + i sin( −0, 616)) .
d 1 = 1 ⋅ 1 − i = 1 − i = 12 − 12 i ; 12 − 12 i = 14 + 14 = 12 = 12 2
1+i 1+i 1−i
2
en Arg( 12 − 12 i) = tan −1 ( −1) = − 14 π ; poolvoorstelling is dus
z=
1
2
2(cos( − 14 π) + i sin( − 14 π))
e(1 + i)2 = 2i ; 2i = 2 en Arg(2i) = 12 π en de poolvoorstelling is dus
z = 2(cos 12 π + i sin 12 π)
T-7aDe verzameling is een cirkel met straal 1 en als middelpunt het reële getal –1.
Im-as
1,5i
z +1 =1
i
0,5i
–2
–1,5
–1
–0,5
0,5
O
Re-as
–0,5i
–i
–1,5i
bDe verzameling is de middelloodlijn ten opzichte van de getallen 1 en i.
Im-as
1,5i
z–1 = z–i
i
0,5i
–0,5
O
0,5
1
1,5
Re-as
–0,5i
© Noordhoff Uitgevers bv
0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 155
⁄
155
14-08-2008 14:25:34
Hoofdstuk 7 - Complexe getallen
Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2
c
Im-as
2i
1,5i
i
0,5i
z–1 = z–i
–1,5
–1
–0,5
0,5
O
1
Re-as
–0,5i
2
2
2
2
2
2
2
2
x + yi − 1 = x − yi − i ⇒ ( x − 1) + y = x + ( − y − 1) ⇒ x − 2 x + 1 + y = x + y + 2 y + 1 ⇒
T-8
x + y = 0 , anders gezegd Re(z) + Im(z) = 0
Im-as
7i
C
6i
5i
4i
3i
2i
i
–1 O
–i
A
1
B
2
3
4
5
6
7
8
9
Re-as

aDe helling met de Re-as is 0, dus Arg( AB
)=
0
bDe helling met de Re-as is 23 π , dus Arg( BC ) =23π
cDe helling met de Re-as is 43 π > π , dus is Arg(CA) = 43 π − 2 π = − 23 π
x + iy
y
= 1 ⇒ x = 0 ∧ y > 0 . Dus z = yi met y > 0
y
x +y
b z = 1 , terwijl −2i = 2 . Er is dus geen z die aan de vergelijking voldoet.
z
cIn ieder geval moet w = 1 gelden. De vraag is dan natuurlijk of de vergelijking voor
elke w op de eenheidscirkel oplosbaar is. Dit is het geval. Neem z = c ⋅ w met c > 0
dan geldt z = c ⋅ w = c ⋅ w = w = w = w . Bij elke w ≠ 0 bestaat er dus een
z c ⋅w c ⋅ w w 1
halfrechte met oplossingen.
T-9aStel z = x + yi , dan
2
2
=i⇒ x = 0∧
T-10Stel z = x + yi en w = p + qi . Je krijgt dan
z + w = z + w ⇒ x + yi + p + qi = x + yi + p + qi ⇒ ( x + p)2 + ( y + q)2 = x 2 + y2 + p2 + q 2
Kwadrateren geeft ( x + p)2 + ( y + q)2 = x 2 + y2 + p2 + q 2 + 2 x 2 + y2 p2 + q 2 ⇒
xp + yq = x 2 + y2 p2 + q 2 . Nog eens kwadrateren geeft
( xp + yq)2 = ( x 2 + y2 )( p2 + q 2 ) ⇒ x 2 p2 + 2 xypq + y2 q 2 = x 2 p2 + x 2 q 2 + y2 p2 + y2 q 2 ⇒
( xq − yp)2 = 0 ⇒ xq = yp . Als z = 0 of w = 0 dan klopt dit natuurlijk. In de andere
gevallen is x : y = p : q en en is z een positief reëel getal.
w
⁄
156
0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 156
© Noordhoff Uitgevers bv
14-08-2008 14:25:41
Hoofdstuk 7 - Complexe getallen
Moderne wiskunde 9e editie vwo D deel 2
T-11aStel z = x + yi en w = p + qi dan bekijken we het product z ⋅ w :
( x + yi)( p + qi) = ( xp − yq) + ( yp + xq)i . Het product z ⋅ w is dus een reëel getal als
yp + xq = 0 .
bEn het product z ⋅ w is een zuiver imaginair getal als xp − yq = 0 .
cDe modulus van het product z ⋅ w = 1 als z ⋅ w = 1 . Je kunt de voorwaarde ook
2
2
schrijven als z ⋅ w = 1 of als ( x 2 + y2 )( p2 + q 2 ) = 1 .
© Noordhoff Uitgevers bv
0pm_MW9_VWOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 157
⁄
157
14-08-2008 14:25:43