Hoofdstuk 1 Complexe getallen
advertisement
Getal & Ruimte J. v.d. Meer H. v. Tilburg G. de Jong H.J. Houwing vwo complexe getallen Uitwerkingen Hoofdstuk 1 Complexe getallen 1.1 Nieuwe getallen bladzijde 7 1) a) b) c) d) (2 5i) (4 6i) 6 i (5 i)(5 i) 25 5i 5i 1 26 (1 i)2 (1 i)(1 i) 1 i i 1 2i i(6 7 i) 6i 7 = −7 + 6i e) i5 i2 i2 i 1 1 i i f) (1 i)(6 i) (3 i) 6 i 6i 1 3 i 10 4i 2) 5 5i 5 5i 1 i (5 5i)(1 i) 5 5i 5i 5 10i 5i 1 i 1 i 1 i (1 i)(1 i) 1 i i 1 2 3 i 3 i 2 i (3 i)(2 i) 6 3i 2i 1 5 5i b) 1 i 2 i 2 i 2 i (2 i)(2 i) 4 2i 2i 1 5 i i 3 4i i(3 4i) 3i 4 4 3i c) 3 4i 3 4i 3 4i (3 4i)(3 4i) 9 12i 12i 16 25 5 2i 5 2i i (5 2i) i 5i 2 5i 2 2 5i d) i i i i i 1 a) 3) 4 25 253 i a) ln(2) 0, 69 3,14i ( ln 2 i ) b) 2i 0,77 0,64i c) e π i 1 d) 3 8i 1, 73 i ( 3 i ) 4) a) z a b i en z a b i z z a b i a b i 2a a , en dit is het reële deel van z . 2 2 2 z z a b i (a b i) a b i a b i 2b i b , en dit is het imaginaire deel van z . 2i 2i 2i 2i b) z z (a b i) (a b i) a 2 ab i ab i b 2 a 2 b 2 Complexe getallen 1 1.2 Het complexe vlak bladzijde 10 5) a) b) zie a) c) Ja, want z1 z 3 z1 z 2 z1 z 2 . d) Ja, gebruik de kop-staart-methode. 6) a) 2 2i 22 22 8 2 2 Arg(2 2i) 45 b) 2 2i (2)2 22 8 2 2 Arg(2 2i) 135 c) 2 2i 22 (2)2 8 2 2 Arg(2 2i) 45 d) 3 4i 32 42 25 5 Arg(3 4i) 53,1 e) 10i 02 102 100 10 Arg (10i) 90 f) 10 (10) 2 0 2 100 10 Arg (10) 180 Complexe getallen 2 7) 1 ) 18,4 3 1 z2 3 i : tan 1 ( ) 18,4 3 a) z1 3 i : tan 1 ( b) arg( z1 ) 161,6 arg( z2 ) 18,4 c) Geen fouten. 8) a) z1 1 i en z2 2 3i z3 z1 z2 (1 i)(2 3i) 2 3i 2i 3 1 5i b) z1 12 12 2 z 2 2 2 3 2 13 z 3 (1) 2 5 2 26 2 13 26 c) arg( z1 ) = 45 arg( z 2 ) = 56,3 arg( z 3 ) = 101,3 45 56,3 101,3 d) De verbanden blijven kloppen, dus: 1. z1 z 2 z1 z 2 2. arg( z1 z 2 ) arg( z1 ) arg( z 2 ) zullen wel correct zijn voor elke z1 en z2. 9) De getallen zijn elkaars geconjungeerde. Complexe getallen 3 10) De getallen hebben hetzelfde argument. bladzijde 11 11) Te bewijzen: z z z . Bewijs: z a 2 b 2 en z z (a b i)(a b i) a 2 ab i ab i b2 a 2 b2 . Dus z z z . 12) a) Te bewijzen: z1 z 2 z1 z 2 met z1 a b i en z2 c di . Bewijs: z1 z2 (a b i)(c d i) ac a d i bc i b d (ac b d) (a d bc)i (ac b d) (a d bc )i z1 z2 a b i c d i (a b i)(c d i) ac a d i bc i b d (ac b d) (a d bc)i Dus z1 z 2 z1 z 2 . b) Te bewijzen: z1 z 2 z1 z 2 met z1 a b i en z2 c di . Bewijs: z1 z 2 ( z1 z 2 ) ( z1 z 2 ) z1 z 2 z1 z 2 ( z1 z1 ) ( z 2 z 2 ) z1 z1 z 2 z 2 z1 z 2 13) z1 a b i en z2 c di en z z1 z 2 1 arg( z1 ) en 2 arg( z 2 ) en arg ( z ) Te bewijzen: 1 2 b b a) sin 1 z1 a2 b2 a a cos 1 2 z1 a b2 d d sin 2 2 z2 c d2 c c cos 2 z2 c2 d 2 b) z z1 z2 (a b i)(c di) ac a di bc i b d (ac b d) (a d bc)i ad bc tan ac bd sin( 1 2 ) sin 1 cos 2 cos 1 sin 2 c) tan(1 2 ) cos(1 2 ) cos 1 cos 2 sin 1 sin 2 b c a d 2 2 2 2 2 2 2 bc ad a b c d a b c d2 d) tan( 1 2 ) a c b d ac bd 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c d a b c d tan(1 2 ) tan 1 2 dus arg( z1 z 2 ) arg( z1 ) arg( z 2 ) Complexe getallen 4 14) a) Arg(1 i) 45 1 i 12 12 2 b) arg((1 i)4 ) 4 45 180 (1 i) 4 ( 2) 4 4 c) Het getal –4 heeft als hoofdargument ook 180 en de lengte van de bijbehorende vector is ook 4. d) Arg (1 i ) 45 1 i 12 12 2 arg((1 i)6 ) 6 45 270 en Arg((1 i)6 ) 90 (1 i)6 ( 2)6 8 dus (1 i)6 8i 15) z1 z1 z2 z2 z b) arg ( 1 ) arg ( z1 ) arg ( z 2 ) z2 a) 16) a) arg(2 i) 153, 43 arg((−2 + i)10) ≈ 10 ∙ 153,43º = 1534,3º dus Arg((2 i)10 ) 94,3 b) arg(2 3i) 56,31 arg(1 6i) 99, 46 2 3i arg( ) 56,31 2 99, 46 142, 61 (1 6i)2 2 3i dus Arg( ) 142, 6 (1 6i)2 c) arg(i) 90 arg(i5 ) 5 90 450 dus Arg(i5) = 90º d) arg(2 2i) 45 arg((2 2i)6 ) 6 45 270 dus Arg((2 2i)6 ) 90 Complexe getallen 5 17) a) z z 4 2 2 Je weet: z z z , dus z z z . Dit geeft z 4 , ofwel z 2 . De getallen z zijn in het complexe vlak de punten die op de cirkel liggen met middelpunt 0 en straal 2. b) z z 0 Als z a b i , dan is z a b i en z z a b i a b i 2a , dus 2a = 0, ofwel a 0 . Je krijgt dus z a b i 0 b i b i , en dit zijn alle punten op de imaginaire as. c) z z 1 Als z a b i , dan is z a b i en z z a b i (a b i) a b i a b i 2b i . Dus: 2b i 1 2 bi 1 b i 12 bi b 1 2 1 2 Dit zijn de punten die minder dan 1 2 van de reële as afliggen. Complexe getallen 6 1.3 Poolcoördinaten bladzijde 13 18) Te bewijzen: z n cos n i sinn als z cos i sin . Bewijs: a) z cos i sin geeft arg(zn) = n ∙ arg(z) = n ∙ φ, dus zn = cos nφ + i sin nφ 19) a) 6 6(cos 0 i sin 0) b) 10i 10(cos 90 i sin 90) c) 5 5i 50(cos 45 isin 45) 5 2(cos 45 i sin 45) d) 5 5i 50(cos135 i sin135) 5 2(cos135 i sin135) e) 5 5i 50(cos(45) i sin(45)) 5 2(cos(45) i sin(45)) f) 2 i 5(cos(26, 6) i sin(26, 6)) (2 i) 4 ( 5) 4 (cos(4 26, 6) i sin(4 26, 6)) 25(cos(106,3) i sin(106,3)) 20) a) 2 i 5(cos 0, 46 i sin 0, 46) (2 i)3 ( 5)3 (cos(3 0, 46) i sin(3 0, 46)) 5 5(cos1,39 i sin1,39) b) 1 i 2(cos 14 isin 14 ) (1 i) 2 ( 2) 2 (cos( 12 14 ) i sin( 12 14 )) 4 2(cos 81 i sin 81 ) 1 1 c) 2 4i 20(cos 2, 03 i sin 2, 03) 1 1 2 4i (2 4i) 2 ( 20) 2 (cos( 12 2, 03) i sin( 12 2, 03)) 4 20(cos1, 02 i sin1, 02) d) 2 i 5(cos(0, 46) i sin(0, 46)) 1 (2 i)2 ( 5) 2 (cos(2 0, 46) i sin(2 0, 46)) 15 (cos 0,93 i sin 0,93) (2 i)2 e) 2 2i 8(cos 34 π isin 34 π) 3 1 1 2 2i (2 2i) 3 ( 8) 3 (cos( 13 43 π) i sin( 13 43 π)) 2(cos 14 π i sin 14 π) Complexe getallen 7 21) a) (cos x i sin x)3 (cos x i sin x)2 (cos x i sin x) (cos 2 x 2i sin x cos x sin 2 x)(cos x i sin x) (cos x i sin x)3 cos3 x i sin x cos 2 x 2i sin x cos 2 x 2sin 2 x cos x sin 2 x cos x i sin 3 x (cos x i sin x)3 cos3 x 3i sin x cos 2 x 3sin 2 x cos x i sin 3 x b) cos 3x i sin 3x cos3 x 3i sin x cos 2 x 3sin 2 x cos x i sin 3 x Kijkend naar het reële deel krijg je: cos 3x cos 3 x 3 sin 2 x cos x . Kijkend naar het imaginaire deel krijg je: sin 3x 3 sin x cos 2 x sin 3 x . c) (cos x i sin x) 4 (cos x i sin x) 3 (cos x i sin x) (cos x i sin x) 4 (cos3 x 3i sin x cos 2 x 3sin 2 x cos x i sin 3 x)(cos x i sin x ) (cos x i sin x) 4 cos 4 x i sin x cos3 x 3i sin x cos3 x 3sin 2 x cos 2 x 3sin 2 x cos 2 x 3i sin 3 x cos x i sin 3 x cos x sin 4 x (cos x i sin x) 4 cos 4 x 4i sin x cos3 x 6sin 2 x cos 2 x 4i sin 3 x cos x sin 4 x Omdat ook (cos x isin x)4 cos 4 x isin 4 x krijg je: Kijkend naar het reële deel: cos 4 x cos 4 x 6sin 2 x cos 2 x sin 4 x . Kijkend naar het imaginaire deel: sin 4 x 4sin x cos3 x 4sin 3 x cos x . bladzijde 10 22) De rotatiehoek is het hoofdargument van z2 2 1,5i , Arg(2 1,5i) 0, 64 rad . De vermenigvuldigingsfactor is de absolute waarde van z 2 , 2 1,5i 22 1,52 2,5 . 23) Het product van 1 i en 3 4i . De hoek bij 0 in de driehoek met hoekpunten 0, 3 4i en (1 i)(3 4i) is gelijk aan de hoofdwaarde van het argument van 1 i en deze is 45º. imaginaire as De vermenigvuldigingsfactor is de absolute waarde van 3 4i en dat is 5. z 1 24) Teken twee punten z1 en z2 en de driehoek met hoekpunten 0, z1 en z2. Teken de driehoek die gelijkvormig is met deze driehoek en hoekpunten 0 en 1 heeft. Zie de figuur. z Het derde hoekpunt van de laatste driehoek is het getal 1 . z2 z2 i z1/z2 1 reële as Complexe getallen 8 1.4 Vergelijkingen oplossen bladzijde 16 25) a) 3z 5i 2i z 2 3z 2i z 2 5i z (3 2i) 2 5i 2 5i 2 5i 3 2i (2 5i)(3 2i) 6 4i 15i 10 16 11i 16 11 13 13 i 3 2i 3 2i 3 2i (3 2i)(3 2i) 9 6i 6i 4 13 z 1 2 b) zi z 1 2( z i) z 1 2 z 2i z 1 2i z 1 2i c) ( z i)( z i) 0 z i 0 z i 0 z z i z i d) ( z i)( z i) 10 z 2 z i z i 1 10 z2 9 z 3 z 3 2 e) z z 16 , dus z 16 ofwel z 4 . Alle getallen op cirkel met middelpunt 0 en straal 4. 26) a) z 2 6 z 10 0 D 62 4 110 4 Alternatieve uitwerking 6 4 6 4 z 2 2 6 2i 6 2i z z 2 2 z 3 i z 3 i z z2 + 6z + 10 = 0 z2 + 6z + 9 = −1 (z + 3)2 = −1 z + 3 = −i z + 3 = i z = −3 −i z = −3 + i b) z 4 16 arg( z 4 ) arg(16) en z 4 16 4 arg( z ) k 2 en z 16 4 arg( z ) 14 k 12 en z 2 z 2(cos 14 i sin 14 ) z 2(cos 43 i sin 43 ) z 2(cos 54 i sin 54 ) z 2(cos 74 i sin 74 ) z 2( 12 2 12 i 2) z 2( 12 2 12 i 2) z 2( 12 2 12 i 2) z 2( 12 2 12 i 2) z 2 i 2 z 2 i 2 z 2 i 2 z 2 i 2 Complexe getallen 9 c) z 4 9 z 2 0 z 2 ( z 2 9) 0 z2 0 z2 9 0 z 0 z 2 9 z 0 z 3i z 3i d) z 4 16 i arg( z 4 ) arg( 16i) en z 4 16i 4 arg( z ) 12 k 2 en z 16 4 arg( z ) 18 k 12 en z 2 z 2(cos( 85 ) i sin( 85 )) z 2(cos( 18 ) i sin( 81 )) z 2(cos 83 i sin 83 ) z 2(cos 78 i sin 78 ) e) z 3 1 arg( z 3 ) arg(1) en z 3 1 3 arg( z ) k 2 en z 1 3 arg( z ) 13 k 23 en z 1 z 1(cos 13 i sin 13 ) z 1(cos i sin ) z 1(cos 53 i sin 53 ) z 12 12 i 3 z 1 z 12 12 i 3 f) ( z 1) 4 i arg(( z 1) 4 ) arg(i) en ( z 1) 4 i 4 arg( z 1) 12 k 2 en z 1 1 4 arg( z 1) 18 k 12 en z 1 1 z 1 1(cos 83 i sin 83 ) z 1 1(cos 87 i sin 87 ) z 1 1(cos 118 i sin 118 ) z 1 1(cos 158 i sin 158 ) z 1 cos 83 i sin 83 z 1 cos 87 i sin 87 z 1 cos 118 i sin 118 z 1 cos 158 i sin 158 Complexe getallen 2 1.5 Complexe functies bladzijde 18 27) a) Neem z c di . f ( z ) f (c d i) c d i a b i (a c) (b d) i Het punt is dus verschoven over (a, b) b) f ( z ) (a b i) z f ( z ) a b i z en arg( f ( z )) arg(a b i) arg( z ) f ( z ) 1 z z Het beeld van z ligt dus even ver van 0 af als z zelf, dus liggen z en f (z ) op dezelfde cirkel met middelpunt 0. Ook wordt z over een hoek van arg(a b i) geroteerd om 0. c) f ( z ) (a b i) z f ( z) a b i z en arg( f ( z)) arg(a b i) arg( z) Het beeld van z ligt dus een factor a b i verder van 0 af als z zelf. Ook wordt z over een hoek van arg(a b i) geroteerd om 0. 28) a) f ( z ) i z ; i 1 , dus een rotatie over arg(i) 90 . b) f ( z ) z 1 3i ; translatie over (1, 3) . c) f ( z ) ( 3 i) z 3 i 2 , dus een vermenigvuldiging ten opzichte van 0 met 2 en een rotatie over arg( 3 i) 30 . Complexe getallen 3 29) f ( z ) (a b i) z c d i Deze functie bestaat uit een combinatie van een translatie, rotatie en vermenigvuldiging ten opzichte van 0. Bij deze transformaties blijft het beeld gelijkvormig met het origineel. bladzijde 19 30) Beeld van de cirkelsector bij de functie f ( z ) z 3 . Bij deze functie worden alle argumenten verdrievoudigd en de absolute waarden tot de derde macht verheven. Het beeld van de cirkelsector met straal 2 en argument tussen 30 en 30 wordt dan een cirkelsector met straal ( 2 ) 3 2 2 en argument tussen 90 en 90 . 31) a) De absolute waarden worden gekwadrateerd, dus de afstand van een punt op de lijn tot 0 wordt niet een bepaalde factor keer zo groot. b) Lijnen door 0. c) f (2) 2 2 4 f (2 0,5i) (2 0,5i) 2 4 2i 0, 25 3, 75 2i f (2 i) (2 i) 2 4 4i 1 3 4i f (2 1,5i) (2 1,5i) 2 4 6i 2, 25 1, 75 6i f (2 2i) (2 2i) 2 4 8i 4 8i f (2 0,5i) (2 0,5i) 2 4 2i 0, 25 3, 75 2i f (2 i) (2 i) 2 4 4i 1 3 4i f (2 1,5i) (2 1,5i) 2 4 6i 2, 25 1, 75 6i f (2 2i) (2 2i) 2 4 8i 4 8i Wanneer je de beeldpunten tekent in het complexe vlak zul je zien dat de beeldgrafiek van de lijn een parabool is met top 4 en snijpunten met de imaginaire as 8i en 8i . Complexe getallen 4 32) a) Dit is een cirkelsector met straal 2 en argument tussen 0 en 1 2 π. b) f ( z) z 3 Argumenten worden 3 keer zo groot en absolute waarden tot de macht 3 verheven. Dus het beeld is een cirkelsector met straal 2 3 8 en argument tussen 0 en 32 π . c) f ( z) z Argumenten worden 1 2 keer zo groot en absolute waarden tot de macht 1 2 1 2 verheven. Dus het beeld is een cirkelsector met straal 2 2 en argument tussen 0 en d) 1 4 π. 1 z Argumenten worden –1 keer zo groot en absolute waarden tot de macht –1 verheven. Dus het beeld is het gebied buiten de cirkel met straal 2 1 12 en argument tussen 0 en 12 π . f ( z) Complexe getallen 5 33) 1 f ( z) ( ) . z Neem z r (cos i sin ) , dan is a) 1 1 1 1 ( ) z 1 (cos( ) i sin( ) (cos( ) i sin( )) (cos i sin ) z r r r 1 Dus arg( ) arg( z ) . z 1 De getallen z, 0 en ( ) liggen dus op één rechte lijn. z b) Cirkel met middelpunt 0 en straal 12 . 34) z z 1 i z (1 i) z (1 i) 1 i z ( 12 12 i) z 1 i 1 i 1 i 1 i i 1 2 2 Bij deze functie hoort de vermenigvuldiging ten opzichte van 0 met factor f ( z) 1 2 12 i ( 12 ) 2 ( 12 ) 2 2 4 2 4 2 2 12 2 gecombineerd met een rotatie over arg( 12 12 i) 45 . Een rotatie verandert niets aan de oppervlakte van een figuur, dus kijken we alleen naar de vermenigvuldiging met factor 12 2 . De vergrotingsfactor k k 2 1 2 1 2 2 houdt in dat de lengtes k keer zo groot worden en de oppervlakte keer zo groot. De oppervlakte van V was dus 10 1 2 20 . Complexe getallen 6 1.6 De formule van Euler bladzijde 21 35) x3 x5 x7 ... 3! 5! 7! 3x 2 5 x 4 7 x 6 [sin x]' 1 ... 3! 5! 7! x2 x4 x6 [sin x]' 1 ... 2! 4! 6! [sin x]' cos x sin x x x2 x4 x6 ... 2! 4! 6! 2x 4x3 6x5 [cos x]' 0 ... 2! 4! 6! x3 x5 [cos x]' x ... 3! 5! [cos x]' sin x cos x 1 36) Volgens Euler is e i cos i sin . (cos isin )n (ei )n eni ein cos n isin n 37) ei cos i sin a) e πi cos π i sin π 1 b) ei cos(1) i sin(1) c) e7πi cos 7π i sin 7π 1 38) z r ei met r z en arg( z ) a) 5 5 en arg(5) π Dus 5 5 e πi . b) 1 i 2 en arg(1 i) 14 π 1 πi Dus 1 i 2 e 4 . c) 12 3 12 i 1 en arg( 12 3 12 i) 16 π Dus 1 2 1 πi 1 πi 3 12 i 1 e 6 e 6 . Complexe getallen 7 39) Te bewijzen: ei ei . Bewijs: ei cos i sin ei cos i sin cos( ) i sin( ) ei e i 40) a) ei cos i sin ei cos isin Optellen van deze twee levert: ei ei 2cos cos 12 (ei ei ) Dus cos x 12 (eix e ix ) . b) ei cos i sin ei cos isin Aftrekken van deze twee levert: ei ei 2i sin sin 2i1 (ei ei ) 12 i(ei ei ) Dus sin x 12 i(eix e ix ) . Complexe getallen 8 1.7 De functie f ( z ) e z bladzijde 22 41) a) 1 i 2 en arg(1 i) 14 π 1i Dus 1 i 2 e 4 . b) 5 7i 74 en arg(5 7i) 2,191 Dus 5 7i 74 e2,191i . c) 10 3i 109 en arg(10 3i) 0, 291 Dus 5 7i 74 e2,191i . d) 12 5i 169 13 en arg(12 5i) 0,395 Dus 12 5i 13 e0,395π . e) cos1 isin1 1 en arg(cos1 i sin1) 1 Dus cos1 i sin1 1 e1i ei . f) 1 2 2i (2 2i) 2 2 2i 8 en arg(2 2i) 14 π 1 πi Dus 2 2i 8 e 4 . En 1 πi 1 πi 1 2 2i ( 8 e 4 ) 2 4 8 e 8 . 42) a) 1 πi 1 πi i 1 en arg(i) 12 π , dus i 1 e 2 e 2 . 1 πi i i( 1 π) e 2 . Dus i ei e 2 ei e 2 Alternatieve uitwerking: vermenigvuldigen met i betekent een rotatie over 90º i( 1 π) Dus i ei e 2 1 πi b) 2i 2 en arg(2i) 12 π , dus 2i 2 e 2 . 1 πi 1 πi i i( 12 π) Dus 2i ei 2 e 2 ei 2 e 2 2e c) 3 3 en arg(3) π , dus 3 3 e πi . 1 πi . Dus 3 ei 3 e πi ei 3 e πi i 3 ei( π) . d) 4i 2 en arg(4i) 12 π , dus 4i 4 e Dus 4i ei 4 e 12 πi ei 4 e 12 πi i 4e 12 πi . i( 12 π) e) 1 i 2 en arg(1 i) , dus 1 i 2 e 1 4 1 i 1 i i Dus (1 i) ei 2 e 4 ei 2 e 4 . 1 i 4 . i( 14 ) 2 e . Complexe getallen 9 bladzijde 23 43) d i t e i ei t dt d (5 6i) t e (5 6i) e (5 6i) t b) dt d 2i t e 2i e 2i t c) dt d i t i t (e e ) i ei t i e i t d) dt a) 44) a) Te bewijzen: f ( z ) f ( z 2 i) als f ( z ) e z . Bewijs: f ( z 2 i) e z 2 i e z e2 i e z (cos 2 i sin 2 ) e z (1 0) e z f ( z) . b) Voor een periodieke functie f met periode t geldt voor elke t: f ( x) f ( x t ). Bij f(z) = ez geldt voor elke z dat f(z) = f(z + 2πi). Dus is f (z ) = ez periodiek met periode 2 i . Complexe getallen 10 1.8 De functie f ( z ) ln z bladzijde 24 45) Te bewijzen: ln i 12 π i . Bewijs: 1 πi e 2 cos 12 π sin 12 π i Dus ln i 12 π i 46) a) ln( e) 1 π i b) c) d) e) f) ln( e2 ) 2 πi ln(ei) ln e ln πi=1+ 12 πi a) b) c) d) ln(1 i) 0,347 0, 785i ln(6i) 1, 792 1,571i ln(10 5i) 2, 414 2, 678i ln 0 niet mogelijk 47) ln(2i) ln(2) ln i ln 2 π i 12 π i ln 2 23 π i ln(3) ln 3 π i ln(3i) ln 3 ln i ln 3 12 π i 48) a) Te bewijzen: ln a ln a ln b . b Bewijs: beide leden zetten we als exponent boven het grondtal e: a ln a linkerlid: e b b eln a a rechterlid: eln a ln b ln b e b De machten zijn gelijk, dus zijn ook de exponenten gelijk. b) Te bewijzen: ln a n n ln a . Bewijs: beide leden zetten we als exponent boven het grondtal e: n linkerlid: eln a a n rechterlid: en ln a (eln a )n a n De machten zijn gelijk, dus zijn ook de exponenten gelijk. Complexe getallen 11 49) L lijnstuk met eindpunten z1 1 2i en z2 1 2i . a) Het beeld f (L) van L, met f ( z ) ln z . ln( z1 ) ln(1 2i) 0,80 1,11i ln( z2 ) ln(1 2i) 0,80 1,11i ln(1 i) 0,35 0, 79i ln(1 i) 0,35 0, 79i ln1 0 b) Het beeld g (L) van L, met g ( z ) ln 3z ln 3 ln z . Je neemt het beeld f (L) en schuift het ln 3 1,10 naar rechts. c) Het beeld h (L ) van L, met h( z ) ln i z ln i ln z . Je neemt het beeld f (L) en verschuift het over ln i 1,57 i , dus 1,57 naar boven. d) bladzijde 25 50) 1 πi 2 1 πi a) ii elni eilni (ei )lni (ei ) 2 e 2 i 1 πi e 12 π 1 πi of ii (e 2 )i e 12 π 1 πi b) i2i elni e2ilni (e2i )lni (e2i ) 2 eπi e π of i2i (e 2 )2i e π 2i i(1i) i1 ii i e 12 π ie 2 12 π Complexe getallen 12 Hoofdstuk 2 Toepassingen van complexe getallen 2.1 Elektrische schakelingen bladzijde 28 1) a) U (8 4i)ei100πt . De amplitude is 8 4i 82 42 80 4 5 en de frequentie f is 2π 100π 50 Hz . 2π i5t b) U (3 4i)e . De amplitude is 3 4i 32 42 25 5 en de frequentie f is 2π 5 Hz . 2π 2) a) Het faseverschil is Arg(10+i)=arctan(0,1)0,1 b) 3) a) U 12ei200πt U 12ei200πt U 12ei200πt b) I1 3ei200πt en I 2 2ei200πt . R1 4 R2 6 c) I totaal I1 I 2 3ei200πt 2ei200πt 5ei200πt bladzijde 30 4) U 50ei30πt 50 i30πt ; I 2 i C U i 30π 0,001 50ei30πt 1,5πi ei30πt en 3e R 3 I I1 +I 2 = 503 ei30πt +1,5πi ei30πt ( 503 1,5πi)ei30πt U 50 50 b) Z max 50 2,89 2 2 50 I max 1,5πi ( ) (1,5π) 3 3 a) I1 bladzijde 31 5) a) U R I R R=6ei10πt 5=30ei10πt b) U C I 6 ei10πt 60 i10πt 60 e i ei10πt iC i 10π 0,01 π i π Toepassingen van complexe getallen 13 c) Z U max I max 60 i10πt 60 60 ie 30 i ei10πt 302 ( )2 1 π π π 5,93 6 6 6 30ei10πt 6) Uit I I max ei t volgt U R I max R eit en U C I max eit I max i eit . De spanning wordt iC C I max i) ei t . De impedantie is dus C I I max R max i eit U 1 1 2 1 2 C Z max R i 1 R2 ( ) ( ) R2 I max I max C C C U U 7) Uit U U max ei t volgt I R max eit en I C i C U max eit . De stroom wordt R R U max I ( C U max I ) ei t . De impedantie is dus R U U max 1 1 1 1 Z max zodat ( )2 (C )2 U max 1 I max Z R 1 C U max i ei t Ci 1 ( ) 2 ( C ) 2 R R R U ( I max R bladzijde 32 8) dI 0,1 2 100πi ei100πt 20πi ei100πt en dt (40 20πi)ei100πt a) U R I R=2ei100πt 20=40ei100πt ; U L L U U R U L 40ei100πt 20πi ei100πt i100πt 402 (20π)2 1 U max 40 20πi e b) Z 37, 2 I max 2 2 c) Het faseverschil is het argument van 40+20πi. De GR geeft Arg(40+20πi) 1,00 rad. Je kunt ook arctan( 20π 40 ) berekenen. 9) a) I1 i C U i 1000π 0,001 50ei1000πt 50πi ei1000πt U 50 100 i1000πt 100 i1000πt ; I 2 max eit ei1000πt e ie i L i 1000π 0,0005 πi π 100 i1000πt 100 I I1 I 2 50πi ei1000πt ie (50π )i e i1000πt π π U 50 50 0,399 b) Z max i1000πt 100 I max 50π 100 50π π ) i e π c) Het faseverschil is het argument van (50π 100 π )i . Dit argument is dan 0. 1 2 π omdat 50π 100 π groter is Toepassingen van complexe getallen 14 bladzijde 35 U U U U dU =C i U max ei t ; I L max ei t max i ei t 10) I R max ei t ; I C C R R dt i L L U U 1 1 I I R I C I L max eit C i U max eit max i eit ( ( C )i) U max eit R L R L U U max 1 1 . Als nu Z max 1 1 1 1 I max 1 1 i t 2 2 ( C )i U max e ( C )i ( ) ( C ) R L R L R L 1 1 1 2 1 0 . In dat geval is ( )2 (C , dan is C ) minimaal, zodat L R L LC 1 1 Z R maximaal is. 1 2 1 2 1 2 ( ) ( C ) ( ) R L R NB. In de opgave moet minimaal vervangen worden door maximaal. bladzijde 36 11) Bij een FM zender heeft de draaggolf een vaste amplitude en een variabele frequentie. We zeggen dat de frequentie is gemoduleerd. Deze frequentieverandering heeft een lage frequentie (20 – 20000 Hz) en wordt door de FM ontvanger omgezet in geluid. 12) 1 1 geeft L 2 . C LC 6 4,69 10 en C 400 1012 4 1010 geeft L 1,14 104 H 0,114mH b) U U max ei t ; U U U I R max eit ; I C i C U max ei t ; I ( max iC U max ) ei t R R R U max U max 1 1 Z U max 1 I max 1 i CU max ei t C i ( ) 2 ( C ) 2 R R R 9 6 C 10 F, R 220000 en 4,69 10 geeft Z 213 a) C 109 F, R 220000 en 10000 2π geeft Z 15874 13) * Toepassingen van complexe getallen 15 2.2 Tweede- en derdegraadsvergelijkingen bladzijde 37 14) a) xT b 2a b ) 2a b b b2 b2 b 2 2b 2 4ac b 2 4ac b 2 4ac a ( )2 b c a 2 c 2a 2a 2a 4a 4a 4a 4a 4a 4a b) De abc-formule geeft voor de nulpunten van f yT f ( xT ) f ( b b2 4ac b b2 4ac x x 2a 2a 2 b b 4ac b b2 4ac x x 2a 2a 2a 2a 2 2 b b 4ac b b 4ac x x 2 2a 4a 2a 4a 2 x b b2 4ac b b 2 4ac i x i 2a 4a 2 2a 4a 2 x xT i yT y x xT i T a a Alternatieve uitwerking y y Als x xT i T en x xT i T nulpunten zijn van f ( x) ax 2 bx c , dan moet a a y y ax 2 bx c te ontbinden zijn in a( x ( xT i T ))( x ( xT i T )) . a a Haakjes wegwerken geeft: Toepassingen van complexe getallen 16 a ( x ( xT i yT y ))( x ( xT i T )) a a a ( x xT i yT y )( x xT i T ) a a yT 2 ) ) a y a ( x 2 2 xxT xT2 1 T ) a a (( x xT ) 2 (i b 2 4ac 4a a b b ( ) 2 2a 2a 2 2 bx b b 4ac a( x 2 2 ) a 4a 4a 2 b 2 b 2 4ac ax 2 bx 4a 4a 2 2 b b 4ac ax 2 bx 4a 4a 4a 2 ax bx c Dus f ( x) ax 2 bx c geeft de hierboven genoteerde ontbinding, en dit geeft dan de gevraagde nulpunten. c) AB xB x A b x A xT 2a x B is de oplossing van f ( x) 2 yT : a( x 2 2 x ax 2 bx c 2 yT ax 2 bx c 2 yT 0 D b 2 4 a (c 2 yT ) b 2 4ac 8ayT x b b 2 4ac 8ayT 2a x b b 4ac 8ayT b b 2 4ac 8ayT 2a 2 Dus x B 2a . b b 2 4ac 8ayT b b 2 4ac 8ayT b AB xB x A q xT 2a 2a 2a 2 2 2 b b 4ac 8ayT b b 4ac 8ayT b 4ac 8ayT b 2 4ac 8ayT 2a 2a 4a 2 4a 2 b 2 4ac 8ayT b 2 4ac 1 8ayT 1 8ayT yT 2 yT yT 2 2 2 2 4a 4a 4a a 4a a 4a a a yT 2 yT yT a a NB: in de uitwerking is de stap van 2a naar 4a 2 gemaakt. Dit kan echter alleen als a 0 . Nu werd in de opgave verwezen naar figuur 2.18 waar een dalparabool staat. Dus de overgang van 2a naar 4a 2 is toegestaan. Toepassingen van complexe getallen 17 yT y en x xT i T nulpunten van f zijn, q de lengte van het lijnstuk a a yT AB (en dus gelijk is aan ) is en p de x-coördinaat van T, zijn x p i q en x p i q de a nulpunten van f. d) Aangezien x xT i bladzijde 38 15) b b 2 4ac De functie f ( x) ax bx c heeft als xT en yT (zie de afleiding in opgave 2a 4a 14a, die ook geldt voor D ≥ 0). 2 Volgens de abc-formule zijn de nulpunten te geven door x b b 2 4ac en 2a b b 2 4ac . x 2a Deze oplossingen gaan we herschrijven. x b b 2 4ac b b 2 4ac b b 2 4ac b b 2 4ac b b 2 4ac 1 2a 2a 2a 2a 2a 2a 4a a 4a 2 4a 2 xT yT x yT 1 xT a a b b 2 4ac b b 2 4ac b b 2 4ac b b 2 4ac b b 2 4ac 1 2a 2a 2a 2a 2a 2a 4a a 4a 2 4a 2 yT yT 1 xT xT a a a NB: ook hier gaan we er van uit dat a positief is, wanneer je dezelfde uitwerking zou maken met een negatieve a, dan rolt het tweede nulpunt er als eerste uit, en het eerste als tweede. xT yT 16) a) Aflezen uit de grafiek geeft p 2 ( xT ) en q 1 (lengte van het halve lijnstuk dat ontstaat door de lijn y 2 ( 2 yT ) te snijden met de grafiek van f). Dit geeft als oplossingen van de vergelijking x 2 4 x 5 = 0: x 2 i x 2 i . b) x 2 i geeft y (2 i)2 4(2 i) 5 4 4i 1 8 4i 5 0 , klopt. x 2 i geeft y (2 i)2 4(2 i) 5 4 4i 1 8 4i 5 0 , klopt. Toepassingen van complexe getallen 18 17) bladzijde 39 a) Grafiek van f tekenen, snijpunt met de x-as is S ( 2, 0) . 12 y 10 8 6 4 2 x -4 -3 -2 -1 1 2 3 -2 -4 Door S de raaklijn aan de grafiek tekenen, deze heeft richtingscoëfficiënt 4 en raakt de grafiek in R (0, 8) . Dus xR 0 en m 4 . Dit geeft als oplossingen van de vergelijking f ( x) 0 : x 2 x 2i x 2i . b) Grafiek van f tekenen, snijpunt met de x-as is S (3, 0) . 15 y 10 5 x -1 1 2 3 4 -5 -10 -15 -20 -25 Door S de raaklijn aan de grafiek tekenen, deze heeft richtingscoëfficiënt 4 en raakt de grafiek in R (1, 8) . Dus xR 1 en m 4 . Dit geeft als oplossingen van de vergelijking f ( x) 0 : x 3 x 1 2i x 1 2i . Toepassingen van complexe getallen 19 18) a) (x − xS)(x2 + px + q) = 0 geeft x − xS = 0 x2 + px + q = 0 Hieruit volgt dat x = xS een reële oplossing is van (x − xS)(x2 + px + q) = 0. Uitwerken van de haakjes bij (x − xS)(x2 + px + q) geeft x3 + (p − xS)x2 + (q − pxS)x − qxS Dit moet zijn x3 + ax2 + bx + c, dus p − xS = a en q − pxS = b en −qxS = c p = xS + a en q − (xS + a)xS = b en −qxS = c p = xS + a en q − xS2 − axS = b en −qxS = c p = xS + a en q = xS2 + axS + b en −qxS = c Dus is x3 + ax2 + bx + c te ontbinden in (x − xS)(x2 + px + q) waarbij xS een reële oplossing is van x3 + ax2 + bx + c = 0 en p = xS + a en q = xS2 + axS + b. Alternatieve uitwerking 1 Stel f(x) = (x − xS)(x2 + px + q) en p = xS + a en q = xS2 + axS + b. Dit geeft f(x) = x3 + (p − xS)x2 + (q − pxS)x − qxS en p = xS + a en q = xS2 + axS + b f(x) = x3 + (xS + a − xS)x2 + (xS2 + axS + b − (xS + a)xS)x − (xS2 + axS + b)xS f(x) = x3 + ax2 + bx − xS3 − axS2 − bxS Omdat xS een nulpunt is van x3 + ax2 + bx + c geldt xS3 + axS2 + bxS + c = 0. Dus c = − xS3 − axS2 − bxS, zodat f(x) = x3 + ax2 + bx + c. Dus is x3 + ax2 + bx + c te ontbinden in (x − xS)(x2 + px + q) waarbij xS een reële oplossing is van x3 + ax2 + bx + c = 0 en p = xS + a en q = xS2 + axS + b. Alternatieve uitwerking 2 Voer een staartdeling uit zodat je kunt laten zien dat f ( x) x 2 px q , met p x S a en x xS q x S2 ax S b . x x S / x 3 ax 2 bx c \ x 2 ax x S x ax S b x S2 x 3 xS x 2 ax 2 x S x 2 ax 2 ax S x x s x 2 ax S x bx x s x s x S2 x ax S x bx x S2 x ax S x ax S2 bx x S2 x ax S2 c bx bx S x S2 x ax S2 c bx S x S2 x x S3 x S3 ax S2 bx S c 0 Dus x 3 ax 2 bx c x 2 ax x S x ax S b x S2 x 2 ( x S a) x ( x S2 ax S b) . x xS Toepassingen van complexe getallen 20 b) LET OP: DE OPGAVE MOET ZIJN: Bewijs dat de lijn y yT ( x xS ) de grafiek van f ( x) ( x xS )( x 2 px q) raakt in het punt R met xR xT . Hierbij is T ( xT , yT ) de top van de parabool y x 2 px q . f ( x) ( x xS )( x 2 px q) geeft f '( x) 1( x 2 px q) ( x xS )(2 x p) T(xT, yT) is top van y = x2 + px + q, p dus xT = ofwel 2xT = −p . . .(1) en yT = xT2 + pxT + q . . . (2) 2 y yT ( x xS ) raakt de grafiek van f ( x) ( x xS )( x 2 px q) in R met xR = xT f'(xT) = yT en (xT − xS)(xT2 + pxT + q) = yT(xT − xS) xT2 + pxT + q + (xT − xS)(2xT + p) = yT xT = xS xT2 + pxT + q = yT 2 xT + pxT + q + (xT − xS)(−p + p) = yT wegens (1) xT = xS klopt wegens (2) xT2 + pxT + q = yT klopt wegens (2). Dus de lijn y = yT(x − xS) raakt de grafiek van f in R met xR = xT. Alternatieve uitwerking f ( x) ( x xS )( x 2 px q) x3 px 2 qx xS x 2 pxS x qxS f '( x) 3x 2 2 px q 2 xS x pxS f '( xR ) 3xR2 2 pxR q 2 xS xR pxS We gaan xR uitrekenen: f ( xR ) 0 rc RS f '( xR ) xR xS ( xR xS )( xR2 pxR q ) 3xR2 2 pxR q 2 xS xR pxS xR xS xR2 pxR q 3xR2 2 pxR q 2 xS xR pxS (want punt R S ) 2 xR2 pxR 2 xS xR pxS 0 2 xR2 2 xS xR pxR pxS 2 xR ( xR xS ) p( xR xS ) 2 xR p xR 12 p Toepassingen van complexe getallen 21 Als we kijken naar de parabool y x 2 px q , dan is de x-coördinaat van de top gelijk aan p xT 12 p xR , en is de y-coördinaat van de top gelijk aan 2 2 yT xR pxR q ( 12 p ) 2 p 12 p q 14 p 2 q . De raaklijn door de punten R en S heeft als formule y f '( xR ) ( x xS ) . Nu moeten we nog laten zien dat f '( xR ) yT . f '( xR ) f '( 12 p) 3 ( 12 p )2 2 p 12 p q 2 xS 12 p pxS 3 14 p 2 p 2 q pxS pxS 14 p 2 q yT bladzijde 42 19) a) x 6 x 20 geeft p 6 en q 20 dus 3 x3 1 2 20 W 3 1 2 20 W 2 b) x 3 8 x 24 geeft p 8 en q 24 dus x3 1 2 24 W 3 1 2 1 2 4 W 3 1 2 q2 p3 W 4 27 24 W 2 c) x 3 6 x 4 geeft p 6 en q 4 dus x3 q2 p3 W 4 27 q2 p3 W 4 27 4 W 2,7321 20) a) 4 3 15 4 64 60 4 b) p 15 en q 4 geeft als discrimant q 2 p 3 4 2 (15) 3 121 4 27 4 27 Dus W 121 11i . Dit geeft x 3 12 4 11i 3 12 4 11i 3 2 11i 3 2 11i 4 . c) Wortels uit negatieve getallen hadden toen nog geen betekenis. d) Zelf doen. e) Als de discriminant nul is van x3 + px = q geeft dat x 2 3 12 q 3 8 3 12 q 3 4q . x3 + px − q is dus te ontbinden in ( x 3 4q )( x2 ax b) . Uitwerken van dit laatste product geeft x3 (a 3 4q ) x2 (b a 3 4q ) x b 3 4q . Dit moet dus zijn x3 + px − q. Dit geeft a 3 4q 0 b a 3 4q p b 3 4q q q a 3 4q b p 3 16q 2 b 3 14 q 2 3 4q Toepassingen van complexe getallen 22 Bekijk g(x) = x2 + ax + b. Hiervan is de discriminant D = a2 − 4b. Samen met a = 3 4q en b = 3 14 q2 geeft dit D = 3 16q 2 4 3 14 q 2 3 16q 2 3 16q 2 0 . De twee andere oplossingen van x3 + px = q zijn dus twee reële oplossingen die gelijk zijn aan elkaar. Alternatieve uitwerking waarin bovenstaande aannemelijk wordt gemaakt. De discriminant is nul als 4 p3 q2 p3 , ofwel 27q 2 4 p 3 , dus q . 27 4 27 Neem als getallenvoorbeeld p 3 , dit geeft q 4 (3) 3 4 2 . 27 Als vergelijking nemen we x 3 3x 2 . Wanneer de op de rekenmachine invoeren y1 x 3 3x en y 2 2 , dan zien we dat er drie reële oplossingen zijn, waarvan er twee gelijk zijn. Voor andere vergelijkingen waarvan de discriminant nul is, zie je dat er steeds drie reële oplossingen zijn, waarvan er minstens twee gelijk zijn. 21) x 3 px q …(1) Stel x u v en p 3uv . Substitutie in (1) geeft u 3 v 3 q …(2) p Uit p 3uv volgt v . 3u p3 substitutie in (2) geeft u 6 qu 3 0 …(3) 27 Vergelijking (3) is kwadratisch in u 3 . 4 p3 q q q2 p3 27 De andere oplossing dan in het boek is u 3 …(4) 12 q 2 4 27 2 Omdat u 3 v 3 q krijg je v 3 q u 3 12 q q2 p3 …(5) 4 27 q2 p3 3 1 q2 p3 …(6) 2q 4 27 4 27 En dit is hetzelfde resultaat als formule (6) uit het boek! Uit (4) en (5) volgt nu x u v 3 1 2 q bladzijde 43 Toepassingen van complexe getallen 23 22) a) x 3 5 x 2 5 x 4 0 5 13 5 2 P 272 5 3 13 5 5 4 Q Q2 P3 W 4 27 x 13 5 3 12 Q W 3 12 Q W x 4 b) 3x 3 11x 2 32 x 12 0 x 3 113 x 2 323 x 4 0 32 3 13 ( 113 ) 2 P 272 ( 113 ) 3 13 113 323 4 Q Q2 P3 W 4 27 x 13 113 3 12 Q W 3 12 Q W x 1 3 c) x 3 10 x 2 2 85 x 3 10 x 2 2 85 0 0 13 10 2 P 272 10 3 13 10 0 2 85 Q Q2 P3 W 4 27 x 13 10 3 12 Q W 3 12 Q W x 1 2 bladzijde 44 23) x y 13 a substitueren in x 3 ax 2 bx c 0 geeft: ( y 13 a )3 a ( y 13 a) 2 b( y 13 a) c 0 ( y 13 a )( y 2 32 ay 91 a 2 ) a ( y 2 32 ay 91 a 2 ) b( y 13 a ) c 0 y 3 23 ay 2 19 a 2 y 13 ay 2 92 a 2 y 271 a 3 ay 2 23 a 2 y 19 a 3 by 13 ab c 0 y 3 13 a 2 y 272 a 3 by 13 ab c 0 y 3 by 13 a 2 y 272 a 3 13 ab c 0 y 3 by 13 a 2 y 272 a 3 13 ab c y 3 (b 13 a 2 ) y 272 a 3 13 ab c Toepassingen van complexe getallen 24 24) y 2 Ty p T 2 0 D T 2 4 1 ( p T 2 ) T 2 4 p 4T 2 3T 2 4 p D 3T 2 4 p 1 3T 2 4 p i 3T 2 4 p T i 3T 2 4 p T i 3T 2 4 p y y 2 2 25) Te bewijzen: y 3 py q is te herleiden tot ( y T )( y 2 Ty p T 2 ) 0 met T de oplossing die te vinden is met behulp van de formule van Cardano, dus T 3 pT q . Bewijs: De vergelijking y 3 py q is ook te schrijven als y 3 py q 0 Volgens opgave 18 is y 3 py q te ontbinden in ( y T )( y my n) waarbij T een reële oplossing is van y 3 py q 0 en m T 0 T en n T 2 0 T p T 2 p . Oftewel y 3 py q is te ontbinden in ( y T )( y Ty p T 2 ) , waarmee het bewijs geleverd is. Toepassingen van complexe getallen 25 26) a) x 3 6 x 2 25 x3 6 x 2 25 0 0 13 62 P 272 63 13 6 0 25 Q Q 2 P3 W 4 27 3 1 Q W 3 1 Q W T 2 2 T i 3T 2 4 P T i x 13 6 2 x 1, 7913 x 5 x 2, 7913 b) 2 x 3 x 2 x 1 0 x3 12 x 2 12 x 12 0 1 1 1 2 2 3 (2) P 272 ( 12 )3 13 12 12 12 Q Q 2 P3 W 4 27 3 1 Q W 3 1 Q W T 2 2 T i 3T 2 4 P T i 1 1 1 1 x 3 2 T x 3 2 x 13 12 2 x 12 x 0,5 0,8660i x 0,5 0,8660i x 13 6 T x 13 6 c) 3T 2 4 P 2 3T 2 4 P 2 x3 x2 x 6 x 1 x3 x 2 x 6x 6 x 3 x 2 5x 6 0 5 13 12 P 272 13 13 1 5 6 Q Q 2 P3 W 4 27 3 1 Q W 3 1 Q W T 2 2 T i 3T 2 4 P T i 3T 2 4 P 1 1 1 x 3 1 T x 3 1 x 3 1 2 2 x 2,3028 x 2 x 1,3028 Toepassingen van complexe getallen 26
