ANTWOORDEN COMPLEXE GETALLEN

ANTWOORDEN COMPLEXE GETALLEN
Hoofdstuk 1
$1 opgave 1. (2i) 2 = 4i 2 = 4
2.a. x  3i of x   3i
b. x  0 of x  i of x  i
c. x  2 of x  2 of x  2i of
x  2i
3. i 3  i 2  i  1  i  i en i 4  i 2  i 2  1  1  1 en
1 i
i
 2 
 i
i i
1
$2 opgave 1.a.  5 + 12i
b. 22 + 7i
c. 29
2.a. teller en noemer met i vermenigvuldigen: 3  2i
8 12
 i
b.
13 13
c. teller en noemer met 2 + 3i vermenigvuldigen: 
5 12
 i
13 13
3. a. ( z  2) 2  1  0 dus z  2  i of z  2  i
b. ( z  12 ) 2  2 14  0 dus z  12  1 12 i of z  12  1 12 i
c. z  1 of z  1 of z  i of z  i
d. (a  bi ) 2  i  0 geeft a 2  b 2  0 en 2ab  1 hieruit
z
1
2
2
1
2
z   12 2 
2 i of
1
2
2 i of
z
1
2
vo lg t
2  12 2 i of
z   12 2  12 2 i
4. teller en noemer met x yi vermenigvuldigen.
$3 opgave 1. ga je gang
2. a.
b. Re-as.
c. de eenheidscirkel met middelpunt O(0,0).
1
3. z1  z 2  2, z1  z 2  2i, z1  z 2  2 en
z1
i
z2
4. a. ze liggen op de lijn door O(0,0) en A(1,1)
idem door O(0,0) en B(1,1)
b. iz1  1  i en iz 2  1  i ; draaiing over 12  tov de oorspronkelijke
getallen (vectoren)
c.  iz1  1  i en  iz 2  1  i ; draaiing over  12  tov de oorspronkelijke
getallen (vectoren)
5.
(a  bi ) 3  1 geeft
a 3  3a 2bi  3ab 2  b 3i  1 ofwel
(a 3  3ab 2 )  (3a 2b  b 3 )i  1 hieruit vo lg t dan
a 3  3ab 2  1 en 3a 2b  b 3  0
Na enig rekenwerk geeft dit de oplos sin gen
z  1 of
z   12  12 3 i of
z   12  12 3 i
plaatje (!):
$4. opgave1. a. (r,  )  ( 2 , 14  )
b. (r ,  )  (3, 12  )
c. (r ,  )  (2,  )
d. (r ,  )  (5,5.36)
2. a. (2,0)
b. (1,1)
c. (1,3)
3. a. z1  z 2  2 en   0
b. z1  z 2  4 en   12 
c. z1  z 2  2 en   14 
2
4. a. de negatieve Re-as
b. het getal z = 1 + 3
c. kwart cirkel om O(0,0) met straal 2
5. bewijs: z1  z  z 2 dan gelden de volgende regels
arg z1 = arg z + arg z2 en z1  z  z 2 dus arg z = arg z1 arg z2 en z 
z1
z2
$5. opgave 1 t/m 4 uitschrijven.
5. er geldt dat z1  4 z1  13  0 maar dan ook z1  4 z1  13  0
2
2
dus ook z1  4 z1  13  0 ofwel ( z1 ) 2  4( z1 )  13  0 .
2
Conclusie: z1 is een oplossing van de gegeven vergelijking!
6. a. elk reëel getal voldoet.
b. alle veelvouden van z = 1  i voldoen want:
i(a  bi)  a  bi dus  b  ai  a  bi hieruit vo lg t dan dat a  b
c. alle imaginaire getallen voldoen want:
a 2  2abi  b 2  2(a 2  b 2 )  a 2  2abi  b 2  0 ofwel 4a 2  0
een andere oplossing: ( z  z ) 2  0 geeft z   z dus a = 0.
7. a.
b. de eenheidscirkel met middelpunt O(0,0)
3
Hoofdstuk 2
$1. opgave 1
z  x  yi dan
x  yi  2i  4 ofwel
x  ( y  2)i  4 dus
x 2  ( y  2) 2  16
M(0,2) en r = 4.
2. op dezelfde manier als boven: ( x  3) 2  ( y  2) 2  16
M(3,2) en r = 4.
3. a. cirkelschijf met M(0,0) en r = 1
b. cirkel met M(1,0) en r = 2
c. buitengebied én rand van de cirkel met M(0,1) en r = 3.
4.
( z   )( z   )  r ofwel ( z   )( z   )  r 2 ,
verder uitwerken geeft z z   z   z    r 2
ofwel
z z  z z  
2
 r2
5. z z  4 ofwel z z  4  0 ,
dat betekent dus dat  = 0 en c =  4.
6.
( z  2i )( z  2i )  4 ofwel ( z  2i )( z  2i )  16 ,
verder uitwerken geeft het gevraagde.De cirkel gaat door O(0,0).
7.  = i dus  =  i en   r 2  3 ofwel r  2 .
2
M(0, 1) .
8. a. de imaginaire as
b. horizontale lijn door z =  i
c. de middelloodlijn van z = 2 en z = 2i.
9. z    z  
ofwel ( z   )( z   )  ( z   )( z   )
na enig rekenwerk (   ) z  (   ) z       0 en dat kunnen we weer
herschrijven tot z  z      0 met     
2
2
en c     .
2
2
10. in deze opgave is   2  4i en   4  4i ,
  6 en c  32  20  12
we krijgen uiteindelijk  6z  6z  12  0 ofwel z  z  2 .
we zien dat we te maken hebben met alle getallen z waarvoor geldt Re z = 2.
11 a. de reële as en de horizontale lijn door z = i
b. de cirkel met M(1,1) en r = 2
c. verticale lijn door z = 3.
4
12.
13. snijpunt cirkel met halve lijn.
$2 opgave 1. Im z = 0: a. reële as
b. reële as
c. reële as
Re z = 0: a. verticale lijn door z = 2
b. imaginaire as
c. imaginaire as
z  1 : a. cirkel met M(2,0) en r = 1
b. cirkel met M(0,0) en r = 2
c. cirkel met M(0,0) en r = 1
1
arg z = 2  : a. halve verticale lijn door z = 2 gelegen boven de reële as
b. halve positieve imaginaire as
c. halve negatieve imaginaire as.
2. cirkel met M(0,0) en r = 2 gaat over in een cirkel met M(0,0) en r = 4.
3.
4.
5
5. a. de positieve reële as
inclusief (0,0).
b. z  a  i geeft (a  i) 2  a 2  1  2ai
Omdat a alle waarden doorloopt krijgen
we dan de kromme waarvoor geldt
y 2  4( x  1) want a 2  1  x en 2a  y .
6.
2
1
2
1
1
2
7. noem
i  w dan is i = w 2 , verder is w 2  1 en arg( w 2 )  12 
dat betekent dat voor w geldt: w  1 en arg w  14 
of
arg w  1 14 
,
maar dan zouden er twee(!) complexe getallen i zijn. Daarom spreken we af dat
alleen gedefinieerd is op C+ en is w bekend nl w = 12 2  12 2i
Zo is
z
1  i = w het complexe getal waarvoor geldt w  4 2 en arg w  83  .
8. punten binnen de eenheidscirkel spiraliseren naar O(0,0) en punten buiten de
eenheidscirkel spiraliseren naar ”oneindig”.
$3 opgave 1. cirkel met M(0,0) en r = 4
2.
6
3. de Im-as.
4. dan moet gelden: z  z  r ofwel   1 .
5. voor een punt z op de lijn moet dan gelden dat arg  z = arg z + k ofwel dat
arg  z = arg  + arg z = arg z + k.
dus als  een reëel getal is.
6. a. het f – beeld van x + 2i is x +1 + 2i en dat is weer een complex getal met Im = 2.
b. nee, x + 2i wordt nu x +(1 + 2)i = x + 3i .
7. a. i (1  i )  2i  1  i  f (1  i )
b. samenstelling van twee afbeeldingen: draaiing om O(0,0) over 12  en daarna een
verticale verschuiving over (0,2).
$4 opgave 1. dat klopt want:
1 1
  1.
z
z
2. splits een rechte door O(0,0) op in twee delen.
bekijk de halve lijn met arg z =  dan geldt arg f ( z ) =  en voor
de halve lijn met arg z =  + geldt dat arg f ( z ) =   .
We hebben dus weer een lijn door O(0,0).
3. de f – beelden zijn resp. 12 , 52  15 i, 14  14 i, 52  15 i en 14  14 i .
tja, …. de kromme is ????(zie theorie verder)
4. Im z = 1 kunnen we ook schrijven als
zz
 1 (zie H1 $5 opgave 2)
2i
ofwel z  z  2i .
1
1
1
; we kijken dus naar alle getallen w met  ( )  2i
z
w w
ofwel (na vermenigvuldigen met ww ): w  w  2iww
ofwel i w  iw  2ww
ofwel  12 i w  12 iw  ww ofwel tenslotte ww  12 i w  12 iw  0
voor het beeld w geldt w 
Zie opgave 4:    12 i en   r 2  0 dat betekent dat    12 i en   r .
De cirkel gaat door O(0,0).
2
5. de vergelijking van zo’n lijn is z  z  c  0 en c  0.
1
voor het beeld w geldt w  ; we kijken dus naar alle getallen w met
z
1
1
    c  0 ofwel (na vermenigvuldigen met ww ):  w  w  cww  0 .
w
w
we krijgen dan na herschrijven ww 

w

w  0.
c
c
Hier staat nu weer een vergelijking van een cirkel door O(0,0)!!!
7
6. Volgens opgave 4. is de cirkel met middelpunt  en straal r te herschrijven tot
2
z z   z   z    r 2 ofwel z z   z   z    r 2  0 .
Voor de beeldcirkel geldt dan w 
1
; we kijken dus naar alle getallen w met
z
1 1
1
1
2
   ( )   ( )  c  0 met   r 2  c ofwel
w w
w
w


1
w w  w  w   0.
c
c
c
1 
Nu zou moeten gelden f ( )   , maar dat betekent dat     c
 c
2
2
2
ofwel dat     r maw r = 0 !! Antwoord: nee.
7. alle getallen w waarvoor geldt dat iw  iw  1  0 ,
beter gezegd de horizontale lijn met Im z = 1/2 .
8. alle getallen w waarvoor geldt dat ww 
i
i
1
w w
0,
99
99
99
een cirkel dus die niet door O(0,0) gaat.
9. de gegeven lijn kunnen we schrijven als z  z  0
1
we zoeken getallen v waarvoor geldt dat f (v)   z en z  z  0 ,
v
1 1
Ofwel   0 , dit geeft na herschrijven v  v  0 dwz de imaginaire as.
v v
10. de gegeven cirkel kunnen we schrijven als z z  z  z  24  0 ,
1
we zoeken getallen v waarvoor geldt dat f (v)   z en z z  z  z  24  0 .
v
1 1 1 1
Ofwel  ( )    24  0 , dit geeft na herschrijven vv  241 v  241 v  241  0 ,
v v v v
een cirkel dus die niet door O(0,0) gaat.
11. a. de reële as .
b. alle getallen z met Im z  0
c. alle getallen z met Re z =  Im z
d. cirkel met middelpunt O(0,0) en straal 1/2
e. binnengebied en rand van de cirkel met middelpunt O(0,0) en straal 1/2
8
12. voor de getallen op de middelloodlijn van z = i en z = 2 kunnen we ook schrijven
( z  i )  ( z  i )  ( z  2)  ( z  2) ofwel (2  i ) z  (2  i ) z  3  0 ,
ook goed: (2  i ) z  (2  i ) z  3  0 .
1
voor het beeld w geldt w  ; we kijken dus naar alle getallen w met
z
1
1
(2  i)  (2  i)( )  3  0 .
w
w
Na herschrijven geeft dit
2i
2i
2i
2i
ww 
w
w  0 ofwel ww  (
)w  (
)w  0 ,
3
3
3
3
de vergelijking van een cirkel door O(0,0).
Hoofdstuk 3
$2 opgave 1. z  re i  r (cos   i sin  )  r cos   ir sin 
2.  1, 1, i.
3. e z  2 ki  e z  e 2 ki  e z  1  e z
4. a. e ix  cos x  i sin x en e ix  cos 2 x  sin 2 x  1
b. z  cos x  i sin x dus
z  cos x  i sin x  cos(  x)  i sin(  x)  e i (  x )
c. e z  e x iy  e x  e iy  e x
5. 1  i  2  e
1 34 i
dus ( 2  e
1 34 i 10
)
 25  e
17 12 i
 25  e
11 i
 32i
6.
6. alle getallen z waarvoor geldt: Re z = Im z .
9
$3 opgave 1. a. de eenheidscirkel
b. cirkel met middelpunt O(0,0) en straal e2.
2. a. de positieve reële as.
b. z  x  2i dus e x 2i  e x  e 2i  e x  (cos 2  i sin 2)  r (cos 2  i sin 2)
waarbij r > 0. We krijgen een halve rechte lijn.
3.
alle punten binnen de ring
4.
5. z  x  yi dan
e x  yi  1 dus e x  1 maw x  0 .
z  yi geeft e yi  cos y  i sin y , als y nu varieert van 0 tot  krijgen we een halve
eenheidscirkel.
Oplossing alle getallen z met Re z = 0 en 0 + 2k  Im z   +2k.
6. z  x  yi dan
e x  yi  1 dus e x  1 maw x  0 .
z  yi geeft e yi  cos y  i sin y , als y nu varieert van 1/2  tot  krijgen we een
kwart eenheidscirkel.
Oplossing alle getallen z met Re z  0 en 1/2 + 2k  Im z   +2k.
10
7. a. omdat arg z = 1/3 kunnen we de getallen z schrijven als z  a  a 3i met a  0.
We krijgen dan:
e z  e aa 3i  e a  e a 3i  e a  (cos( a 3)  i sin( a 3))  r (cos( a 3  i sin( a 3))
waarbij r > 1,
we krijgen een uitdijende spiraal met startpunt z = 1.
b. op dezelfde manier kunnen we de getallen z schrijven als z  a  a 3i met a  0,
we krijgen dan een naar z = 0 inkrimpende spiraal met startpunt z = 1.
c. een spiraal.
$4 opgave 1. de vijfhoek is op te delen in vijf congruente gelijkbenige driehoeken met even grote
tophoeken, namelijk 2/5.
2 ki
2. a. de oplossingen zijn z  e 6 met k = 0, 1,…., 5
b.schrijf de vergelijking als volgt z 6  ei  ei  2 ki , de oplossingen zijn dan
i
z  e6
 2 k6i
met k = 0, 1,…., 5
5
z
3. bedenk dat de vergelijking te herschrijven is tot    1 !
2
de oplossingen zijn z  2e
2 ki
5
met k = 0, 1,…., 4.
i
4. bedenk dat de vergelijking te herschrijven is tot z 3  e 2
i
de oplossingen zijn z  e 6
 2 k3i
 2 ki
!
met k = 0, 1, 2.
3i
5. bedenk dat de vergelijking te herschrijven is tot z 3  2 2  e 4 ofwel
3
3i
3i
 z 
 2 ki

 e4 e4
 2
i
de oplossingen zijn z  2  e 4
 2 k3i
met k = 0, 1, 2.
11