Mathematics · Boek 2 · Grades 10–12

Wiskunde bovenbouw

Wiskunde bovenbouw · Grades 10–12

28Complexe getallen

De vergelijking x2=−1x^2 = -1 heeft geen reële oplossing. Breid je R\R uit met één enkel nieuw getal i\iu waarvan het kwadraat −1-1 is, dan krijg je het lichaam C\C van de complexe getallen, waarin elke veeltermvergelijking oplossingen heeft — en waarvan de rekenkunde de meetkunde van het vlak codeert: verschuivingen, draaiingen en vermenigvuldigingen worden optellingen en producten.

28.1 Algebraïsche vorm

Definitie 28.1 (Complexe getallen)

De verzameling van de complexe getallen is

C={a+ib:a,b∈R},\C = \{a + \iu b : a, b \in \R\},

waarbij i\iu een symbool is dat aan de enkele regel i2=−1\iu^2 = -1 voldoet; optellen en vermenigvuldigen gebeuren zoals bij reële veeltermen in i\iu, waarna i2\iu^2 tot −1-1 herleid wordt. De reële getallen aa en bb zijn het reële deel Re⁡(z)\Rea(z) en het imaginaire deel Im⁡(z)\Ima(z) van z=a+ibz = a + \iu b; deze uitdrukking is de algebraïsche vorm van zz, en ze is uniek: a+ib=a′+ib′a + \iu b = a' + \iu b' als en slechts als a=a′a = a' en b=b′b = b'.

Voorbeeld 28.2

(2+3i)(1−i)=2−2i+3i−3i2=5+i(2 + 3\iu)(1 - \iu) = 2 - 2\iu + 3\iu - 3\iu^2 = 5 + \iu.

Definitie 28.3 (Complex toegevoegde)

De complex toegevoegde van z=a+ibz = a + \iu b is z‾=a−ib\conj{z} = a - \iu b.

Propositie 28.4 (Eigenschappen van de toevoeging)

Voor alle z,w∈Cz, w \in \C geldt

z+w‾=z‾+w‾,zw‾=z‾ w‾,z‾‾=z,z+z‾=2Re⁡(z),z−z‾=2i Im⁡(z),\conj{z + w} = \conj z + \conj w, \quad \conj{zw} = \conj z\,\conj w, \quad \conj{\conj z} = z, \quad z + \conj z = 2\Rea(z), \quad z - \conj z = 2\iu\,\Ima(z),

en zz‾=a2+b2≥0z\conj z = a^2 + b^2 \geq 0 voor z=a+ibz = a + \iu b. Bovendien is z∈Rz \in \R als en slechts als z=z‾z = \conj z.

Bewijs. Alles volgt rechtstreeks uit de algebraïsche vormen; bijvoorbeeld zz‾=(a+ib)(a−ib)=a2−(ib)2=a2+b2z\conj z = (a + \iu b)(a - \iu b) = a^2 - (\iu b)^2 = a^2 + b^2. ∎

Methode 28.5 (Complexe getallen delen)

Om een quotiënt in algebraïsche vorm te schrijven, vermenigvuldig je teller en noemer met de complex toegevoegde van de noemer:

12+i=2−i(2+i)(2−i)=2−i5=25−15i.\frac{1}{2 + \iu} = \frac{2 - \iu}{(2+\iu)(2-\iu)} = \frac{2 - \iu}{5} = \frac25 - \frac15\iu .

Elk complex getal verschillend van nul heeft dus een inverse: C\C is een lichaam.

28.2 Het complexe vlak, modulus en argument

Definitie 28.6 (Beeldgetal, modulus)

In het vlak met een orthonormaal assenstelsel is het punt M(a,b)M(a, b) het beeldpunt van z=a+ibz = a + \iu b, en is zz het beeldgetal van MM. De modulus van zz is de afstand van MM tot de oorsprong:

∣z∣=a2+b2=zz‾.\abs{z} = \sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{z\conj z}.
Het punt M(a,b) met beeldgetal z: de modulus z is de lengte OM, en de complex toegevoegde z is het spiegelbeeld van z om de reële as.
Het punt M(a,b)M(a,b) met beeldgetal zz: de modulus ∣z∣\abs z is de lengte OMOM, en de complex toegevoegde z‾\conj z is het spiegelbeeld van zz om de reële as.

Propositie 28.7 (Eigenschappen van de modulus)

Voor z,w∈Cz, w \in \C geldt

∣zw∣=∣z∣ ∣w∣,∣zw∣=∣z∣∣w∣ (w≠0),∣z‾∣=∣z∣,\abs{zw} = \abs z\,\abs w, \qquad \abs{\tfrac zw} = \tfrac{\abs z}{\abs w}\ (w \neq 0), \qquad \abs{\conj z} = \abs z,
∣z+w∣≤∣z∣+∣w∣(driehoeksongelijkheid).\abs{z + w} \leq \abs{z} + \abs{w} \qquad \text{(driehoeksongelijkheid)}.

Bovendien is ∣zB−zA∣\abs{z_B - z_A} de afstand tussen de punten met beeldgetallen zAz_A en zBz_B.

Bewijs. ∣zw∣2=zw zw‾=zz‾ ww‾=∣z∣2∣w∣2\abs{zw}^2 = zw\,\conj{zw} = z\conj z\, w \conj w = \abs z^2 \abs w^2 geeft de eerste; de tweede en de derde gaan net zo. Voor de driehoeksongelijkheid:

∣z+w∣2=(z+w)(z‾+w‾)=∣z∣2+∣w∣2+2Re⁡(zw‾)≤∣z∣2+∣w∣2+2∣zw‾∣=(∣z∣+∣w∣)2,\abs{z+w}^2 = (z+w)(\conj z + \conj w) = \abs z^2 + \abs w^2 + 2\Rea(z \conj w) \leq \abs z^2 + \abs w^2 + 2\abs{z\conj w} = \bigl(\abs z + \abs w\bigr)^2,

waarbij Re⁡(u)≤∣u∣\Rea(u) \leq \abs u gebruikt wordt. De uitspraak over de afstand is de formule van Pythagoras toegepast op de coördinaten van zB−zAz_B - z_A. ∎

Definitie 28.8 (Argument, goniometrische en exponentiële vorm)

Zij z≠0z \neq 0. Een argument van zz, genoteerd arg⁡(z)\Arg(z), is elke maat θ\theta van de hoek van de positieve reële as naar de halfrechte OMOM; het ligt vast op 2kπ2k\pi na. Met r=∣z∣r = \abs z is

z=r(cos⁡θ+isin⁡θ)(goniometrische vorm).z = r(\cos\theta + \iu\sin\theta) \qquad\text{(goniometrische vorm)}.

Voer je de notatie

eiθ=cos⁡θ+isin⁡θ\eu^{\iu\theta} = \cos\theta + \iu\sin\theta

in, dan wordt dit de exponentiële vorm z=r eiθz = r\,\eu^{\iu\theta}.

Exponentiële vorm: z ligt vast door zijn afstand r tot de oorsprong en de hoek vanaf de positieve reële as.
Exponentiële vorm: zz ligt vast door zijn afstand rr tot de oorsprong en de hoek θ\theta vanaf de positieve reële as.

Stelling 28.9

Voor alle θ,θ′∈R\theta, \theta' \in \R geldt

eiθ eiθ′=ei(θ+θ′),eiθ‾=e−iθ,∣eiθ∣=1.\eu^{\iu\theta}\,\eu^{\iu\theta'} = \eu^{\iu(\theta + \theta')}, \qquad \conj{\eu^{\iu\theta}} = \eu^{-\iu\theta}, \qquad \abs{\eu^{\iu\theta}} = 1 .

Bijgevolg geldt voor z=reiθz = r\eu^{\iu\theta} en z′=r′eiθ′z' = r'\eu^{\iu\theta'} verschillend van nul:

zz′=rr′ ei(θ+θ′),zz′=rr′ ei(θ−θ′):zz' = rr'\,\eu^{\iu(\theta+\theta')}, \qquad \frac{z}{z'} = \frac{r}{r'}\,\eu^{\iu(\theta - \theta')} :

moduli vermenigvuldigen zich, argumenten tellen op.

Bewijs. De eerste identiteit is het paar somformules (Propositie 24.3):

(cos⁡θ+isin⁡θ)(cos⁡θ′+isin⁡θ′)=(cos⁡θcos⁡θ′−sin⁡θsin⁡θ′)+i(sin⁡θcos⁡θ′+cos⁡θsin⁡θ′).(\cos\theta + \iu\sin\theta)(\cos\theta' + \iu\sin\theta') = (\cos\theta\cos\theta' - \sin\theta\sin\theta') + \iu(\sin\theta\cos\theta' + \cos\theta\sin\theta').

De rest volgt uit een rechtstreekse berekening. ∎

Gevolg 28.10 (Formule van De Moivre)

Voor θ∈R\theta \in \R en n∈Zn \in \Z geldt (cos⁡θ+isin⁡θ)n=cos⁡nθ+isin⁡nθ\bigl(\cos\theta + \iu\sin\theta\bigr)^n = \cos n\theta + \iu \sin n\theta.

Bewijs. Inductie op n≥0n \geq 0 met Stelling 28.9; breid uit naar n<0n < 0 door inversen te nemen. ∎

Methode 28.11 (Van de ene vorm naar de andere)

Van algebraïsch naar exponentieel: bereken r=∣z∣r = \abs z en zoek daarna θ\theta met cos⁡θ=ar\cos\theta = \frac ar en sin⁡θ=br\sin\theta = \frac br (bepaal eerst het juiste kwadrant voordat je een inverse cosinus inroept). Van exponentieel naar algebraïsch: werk rcos⁡θ+i rsin⁡θr\cos\theta + \iu\, r\sin\theta uit. Gebruik de algebraïsche vorm voor sommen en de exponentiële vorm voor producten, machten en quotiënten.

Voorbeeld 28.12

z=1+iz = 1 + \iu: ∣z∣=2\abs z = \sqrt2 en cos⁡θ=sin⁡θ=12\cos\theta = \sin\theta = \frac{1}{\sqrt2}, dus θ=π4\theta = \frac\pi4 en z=2 eiπ/4z = \sqrt2\,\eu^{\iu\pi/4}. Bijgevolg is z20=210 e5iπ=−1024z^{20} = 2^{10}\,\eu^{5\iu\pi} = -1024.

28.3 Vierkantsvergelijkingen en eenheidswortels

Stelling 28.13 (Vierkantsvergelijkingen met reële coëfficiënten)

Zij a,b,c∈Ra, b, c \in \R, a≠0a \neq 0, en Δ=b2−4ac\Delta = b^2 - 4ac. De vergelijking az2+bz+c=0az^2 + bz + c = 0 heeft in C\C de oplossingen

Δ>0: z=−b±Δ2a (twee ree¨le);Δ=0: z=−b2a (dubbele);Δ<0: z=−b±i−Δ2a (twee toegevoegde).\begin{aligned} &\Delta > 0:\ z = \frac{-b \pm \sqrt{\Delta}}{2a} \ (\text{twee reële}); \qquad \Delta = 0:\ z = \frac{-b}{2a} \ (\text{dubbele}); \\ &\Delta < 0:\ z = \frac{-b \pm \iu\sqrt{-\Delta}}{2a} \ (\text{twee toegevoegde}). \end{aligned}

Bewijs. Vervolledig het kwadraat: az2+bz+c=a((z+b2a)2−Δ4a2)az^2 + bz + c = a\left(\left(z + \frac{b}{2a}\right)^2 - \frac{\Delta}{4a^2}\right). Is Δ<0\Delta < 0, dan is Δ4a2=(i−Δ2a)2\frac{\Delta}{4a^2} = \left(\iu\frac{\sqrt{-\Delta}}{2a}\right)^2, en het verschil van twee kwadraten ontbindt zoals gewoonlijk. ∎

Definitie 28.14 (Eenheidswortels)

Voor n≥1n \geq 1 zijn de nn-de eenheidswortels de oplossingen van zn=1z^n = 1.

Stelling 28.15

De vergelijking zn=1z^n = 1 heeft precies nn oplossingen:

ωk=e2ikπ/n,k=0,1,…,n−1.\omega_k = \eu^{2\iu k\pi/n}, \qquad k = 0, 1, \dots, n-1 .

Hun beeldpunten zijn de hoekpunten van een regelmatige nn-hoek ingeschreven in de eenheidscirkel, en voor n≥2n \geq 2 is hun som 00.

Bewijs. Elke ωk\omega_k voldoet aan ωkn=e2ikπ=1\omega_k^n = \eu^{2\iu k\pi} = 1, en ze zijn paarsgewijs verschillend omdat hun argumenten in [0, 2π)\intco{0}{2\pi} liggen. Omgekeerd: geldt zn=1z^n = 1, dan is ∣z∣n=1\abs z^n = 1, dus ∣z∣=1\abs z = 1 (positief reëel) en z=eiθz = \eu^{\iu\theta} met nθ≡0(mod2π)n\theta \equiv 0 \pmod{2\pi}, dat wil zeggen θ=2kπn\theta = \frac{2k\pi}{n}; door kk modulo nn te herleiden kom je bij de ωk\omega_k uit. De hoekpunten liggen op gelijke hoekafstand 2πn\frac{2\pi}{n}: een regelmatige nn-hoek. Ten slotte geldt met ω=ω1\omega = \omega_1, waarbij ω≠1\omega \neq 1, volgens de meetkundige som

∑k=0n−1ωk=∑k=0n−1ωk=ωn−1ω−1=0.\sum_{k=0}^{n-1}\omega_k = \sum_{k=0}^{n-1}\omega^k = \frac{\omega^n - 1}{\omega - 1} = 0 . \qedhere

∎

De vijfde eenheidswortels, = 2 π/5: de hoekpunten van een regelmatige vijfhoek ingeschreven in de eenheidscirkel ().
De vijfde eenheidswortels, ω=e2iπ/5\omega = \eu^{2\iu\pi/5}: de hoekpunten van een regelmatige vijfhoek ingeschreven in de eenheidscirkel (Oefening 28.10).

Voorbeeld 28.16

De derde eenheidswortels zijn 11, j=e2iπ/3=−12+i32j = \eu^{2\iu\pi/3} = -\frac12 + \iu\frac{\sqrt3}{2} en j‾=j2\conj j = j^2, met 1+j+j2=01 + j + j^2 = 0.

28.4 Complexe getallen en vlakke meetkunde

Propositie 28.17 (Meetkundig woordenboek)

Zij A,B,C,DA, B, C, D punten met beeldgetallen a,b,c,da, b, c, d (a≠ba \neq b, c≠dc \neq d).

  1. De verschuiving over de vector met beeldgetal tt is z↦z+tz \mapsto z + t.
  2. De draaiing met centrum ω\omega (beeldgetal) en hoek θ\theta is z↦ω+eiθ(z−ω)z \mapsto \omega + \eu^{\iu\theta}(z - \omega).
  3. De homothetie met centrum ω\omega en factor k∈R∗k \in \R^* is z↦ω+k(z−ω)z \mapsto \omega + k(z - \omega).
  4. d−cb−a\dfrac{d - c}{b - a} heeft modulus CDAB\dfrac{CD}{AB} en als argument de hoek tussen de vectoren AB→\vect{AB} en CD→\vect{CD}. In het bijzonder is AB⊥CDAB \perp CD als en slechts als d−cb−a\frac{d-c}{b-a} zuiver imaginair is, en zijn AA, BB, CC collineair (C≠AC \ne A, C≠BC\ne B) als en slechts als c−ab−a∈R\frac{c-a}{b-a} \in \R.

Bewijs. (1) en (3) herformuleren de formules in coördinaten. Voor (2): w↦eiθww \mapsto \eu^{\iu\theta} w vermenigvuldigt de moduli met 11 en telt θ\theta bij de argumenten op: het is de draaiing over θ\theta om de oorsprong; toevoeging met de verschuiving die ω\omega naar 00 brengt geeft het algemene centrum. Voor (4): bij een quotiënt worden de moduli gedeeld en de argumenten afgetrokken (Stelling 28.9). ∎

28.5 Oefeningen

Oefening 28.1 ★

Schrijf in algebraïsche vorm: (3−2i)(1+4i)(3 - 2\iu)(1 + 4\iu), 2+i1−i\dfrac{2 + \iu}{1 - \iu}, i2027\iu^{2027}.

Oplossing

Oplossing van Oefening 28.1.

(3−2i)(1+4i)=3+12i−2i−8i2=11+10i(3-2\iu)(1+4\iu) = 3 + 12\iu - 2\iu - 8\iu^2 = 11 + 10\iu.

2+i1−i=(2+i)(1+i)(1−i)(1+i)=1+3i2=12+32i\dfrac{2+\iu}{1-\iu} = \dfrac{(2+\iu)(1+\iu)}{(1-\iu)(1+\iu)} = \dfrac{1 + 3\iu}{2} = \dfrac12 + \dfrac32\iu.

i2027\iu^{2027}: omdat i4=1\iu^4 = 1 en 2027=4×506+32027 = 4 \times 506 + 3, is i2027=i3=−i\iu^{2027} = \iu^3 = -\iu.

Oefening 28.2 ★

Los op in C\C: (a) z2−4z+13=0z^2 - 4z + 13 = 0; (b) z2+z+1=0z^2 + z + 1 = 0. Ga in elk geval na dat de twee oplossingen toegevoegd zijn, en bereken hun product.

Oplossing

Oplossing van Oefening 28.2.

(a) Δ=16−52=−36\Delta = 16 - 52 = -36: z=4±6i2=2±3iz = \dfrac{4 \pm 6\iu}{2} = 2 \pm 3\iu. Een toegevoegd paar; het product is 4+9=13=ca4 + 9 = 13 = \frac ca. (b) Δ=1−4=−3\Delta = 1 - 4 = -3: z=−1±i32z = \dfrac{-1 \pm \iu\sqrt3}{2} (de derde eenheidswortels jj en j‾\conj j); het product is 1+34=1\frac{1 + 3}{4} = 1.

Oefening 28.3 ★

Schrijf in exponentiële vorm: z1=−1+iz_1 = -1 + \iu en z2=3−iz_2 = \sqrt3 - \iu, en bereken z1z2\dfrac{z_1}{z_2} eerst in exponentiële, daarna in algebraïsche vorm. Leid de exacte waarde van cos⁡11π12\cos\dfrac{11\pi}{12} af.

Oplossing

Oplossing van Oefening 28.3.

∣z1∣=2\abs{z_1} = \sqrt2, argument 3π4\frac{3\pi}{4} (tweede kwadrant): z1=2 e3iπ/4z_1 = \sqrt2\,\eu^{3\iu\pi/4}. ∣z2∣=2\abs{z_2} = 2, argument −π6-\frac\pi6: z2=2 e−iπ/6z_2 = 2\,\eu^{-\iu\pi/6}. Dus

z1z2=22 ei(3π4+π6)=22 e11iπ/12.\frac{z_1}{z_2} = \frac{\sqrt2}{2}\,\eu^{\iu\left(\frac{3\pi}{4} + \frac{\pi}{6}\right)} = \frac{\sqrt2}{2}\,\eu^{11\iu\pi/12}.

Algebraïsch:

z1z2=−1+i3−i=(−1+i)(3+i)4=−3−1+i(3−1)4.\frac{z_1}{z_2} = \frac{-1+\iu}{\sqrt3 - \iu} = \frac{(-1+\iu)(\sqrt3+\iu)}{4} = \frac{-\sqrt3 - 1 + \iu(\sqrt3 - 1)}{4}.

Door de reële delen gelijk te stellen: 22cos⁡11π12=−3−14\frac{\sqrt2}{2}\cos\frac{11\pi}{12} = \frac{-\sqrt3-1}{4}, dus

cos⁡11π12=−6+24.\cos\frac{11\pi}{12} = -\frac{\sqrt6 + \sqrt2}{4}.

Oefening 28.4 ★★

Beschrijf meetkundig de verzameling van de punten MM met beeldgetal zz waarvoor: (a) ∣z−2∣=∣z+i∣\abs{z - 2} = \abs{z + \iu}; (b) ∣z−1−i∣=3\abs{z - 1 - \iu} = 3; (c) z−1z+1\dfrac{z - 1}{z + 1} zuiver imaginair is.

Oplossing

Oplossing van Oefening 28.4.

(a) ∣z−2∣=∣z−(−i)∣\abs{z - 2} = \abs{z - (-\iu)} betekent dat MM even ver ligt van A(2,0)A(2, 0) als van B(0,−1)B(0, -1): de middelloodlijn van [AB][AB].

(b) Afstand 33 tot het punt (1,1)(1,1): de cirkel met middelpunt 1+i1 + \iu en straal 33.

(c) Volgens Propositie 28.17(4) betekent z−1z+1\frac{z-1}{z+1} zuiver imaginair dat de vectoren van A(1,0)A(1,0) naar MM en van B(−1,0)B(-1,0) naar MM orthogonaal zijn: MM ziet het lijnstuk [AB][AB] onder een rechte hoek. De verzameling is de cirkel met middellijn [AB][AB] (de eenheidscirkel) zonder de punten AA en BB zelf.

Oefening 28.5 ★★

Druk met de formule van De Moivre en het binomium van Newton cos⁡3θ\cos 3\theta uit als een veelterm in cos⁡θ\cos\theta, en sin⁡3θ\sin 3\theta in functie van sin⁡θ\sin\theta.

Oplossing

Oplossing van Oefening 28.5.

De Moivre: cos⁡3θ+isin⁡3θ=(cos⁡θ+isin⁡θ)3\cos3\theta + \iu\sin3\theta = (\cos\theta + \iu\sin\theta)^3. Uitwerken met het binomium van Newton, met c=cos⁡θc = \cos\theta en s=sin⁡θs = \sin\theta:

(c+is)3=c3+3ic2s−3cs2−is3=(c3−3cs2)+i(3c2s−s3).(c + \iu s)^3 = c^3 + 3\iu c^2 s - 3 c s^2 - \iu s^3 = (c^3 - 3cs^2) + \iu(3c^2 s - s^3).

Door de delen gelijk te stellen en s2=1−c2s^2 = 1 - c^2, c2=1−s2c^2 = 1 - s^2 te gebruiken:

cos⁡3θ=4cos⁡3θ−3cos⁡θ,sin⁡3θ=3sin⁡θ−4sin⁡3θ.\cos3\theta = 4\cos^3\theta - 3\cos\theta, \qquad \sin3\theta = 3\sin\theta - 4\sin^3\theta .

Oefening 28.6 ★★

(Lineariseren.) Lineariseer met cos⁡θ=eiθ+e−iθ2\cos\theta = \frac{\eu^{\iu\theta} + \eu^{-\iu\theta}}{2} de uitdrukking cos⁡3θ\cos^3\theta (schrijf ze als een combinatie van cos⁡kθ\cos k\theta), en leid ∫0π/2cos⁡3θ  ⁣dθ\displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^3\theta\,\dd\theta af.

Oplossing

Oplossing van Oefening 28.6.

cos⁡3θ=(eiθ+e−iθ2) ⁣3=e3iθ+3eiθ+3e−iθ+e−3iθ8=cos⁡3θ+3cos⁡θ4.\cos^3\theta = \left(\frac{\eu^{\iu\theta} + \eu^{-\iu\theta}}{2}\right)^{\!3} = \frac{\eu^{3\iu\theta} + 3\eu^{\iu\theta} + 3\eu^{-\iu\theta} + \eu^{-3\iu\theta}}{8} = \frac{\cos3\theta + 3\cos\theta}{4}.

Dus

∫0π/2cos⁡3θ  ⁣dθ=14[sin⁡3θ3+3sin⁡θ]0π/2=14(−13+3)=23.\int_0^{\pi/2}\cos^3\theta\,\dd\theta = \frac14\left[\frac{\sin3\theta}{3} + 3\sin\theta\right]_0^{\pi/2} = \frac14\left(-\frac13 + 3\right) = \frac{2}{3}.

(In overeenstemming met W3=23W_3 = \frac23 in Oefening 25.9, want ∫0π/2cos⁡3=∫0π/2sin⁡3\int_0^{\pi/2}\cos^3 = \int_0^{\pi/2}\sin^3 wegens de symmetrie θ↦π2−θ\theta \mapsto \frac\pi2 - \theta.)

Oefening 28.7 ★★

Zij AA en BB de punten met beeldgetallen a=1+ia = 1 + \iu en b=3+2ib = 3 + 2\iu. Bepaal de twee punten CC die de driehoek ABCABC gelijkzijdig maken, als de beelden van BB onder de draaiingen met centrum AA en hoek ±π3\pm\frac{\pi}{3}.

Oplossing

Oplossing van Oefening 28.7.

c=a+e±iπ/3(b−a)c = a + \eu^{\pm\iu\pi/3}(b - a) met b−a=2+ib - a = 2 + \iu en e±iπ/3=12±i32\eu^{\pm\iu\pi/3} = \frac12 \pm \iu\frac{\sqrt3}{2}:

eiπ/3(2+i)=(12+i32)(2+i)=(1−32)+i(12+3),\eu^{\iu\pi/3}(2+\iu) = \left(\tfrac12 + \iu\tfrac{\sqrt3}{2}\right)(2+\iu) = \left(1 - \tfrac{\sqrt3}{2}\right) + \iu\left(\tfrac12 + \sqrt3\right),

dus c1=(2−32)+i(32+3)c_1 = \left(2 - \frac{\sqrt3}{2}\right) + \iu\left(\frac32 + \sqrt3\right), en net zo met de hoek −π3-\frac\pi3: c2=(2+32)+i(32−3)c_2 = \left(2 + \frac{\sqrt3}{2}\right) + \iu\left(\frac32 - \sqrt3\right).

Oefening 28.8 ★★★

Los z4=−4z^4 = -4 op in C\C en teken de oplossingen. Ontbind z4+4z^4 + 4 in twee tweedegraadsveeltermen met reële coëfficiënten.

Oplossing

Oplossing van Oefening 28.8.

−4=4 eiπ-4 = 4\,\eu^{\iu\pi}, dus de oplossingen van z4=−4z^4 = -4 zijn

zk=2 ei(π4+kπ2),k=0,1,2,3,z_k = \sqrt2\,\eu^{\iu\left(\frac\pi4 + \frac{k\pi}{2}\right)}, \quad k = 0, 1, 2, 3,

dat wil zeggen 1+i1 + \iu, −1+i-1 + \iu, −1−i-1 - \iu, 1−i1 - \iu: de hoekpunten van een vierkant met omgeschreven straal 2\sqrt 2. Door toegevoegde wortels te koppelen:

z4+4=(z−(1+i))(z−(1−i))(z+(1−i))(z+(1+i))=(z2−2z+2)(z2+2z+2).z^4 + 4 = \bigl(z - (1{+}\iu)\bigr)\bigl(z - (1{-}\iu)\bigr) \bigl(z + (1{-}\iu)\bigr)\bigl(z + (1{+}\iu)\bigr) = (z^2 - 2z + 2)(z^2 + 2z + 2).

Oefening 28.9 ★★★

Bereken voor θ∈(0, 2π)\theta \in \intoo{0}{2\pi} en n∈Nn \in \N

S=1+cos⁡θ+cos⁡2θ+⋯+cos⁡nθS = 1 + \cos\theta + \cos 2\theta + \dots + \cos n\theta

door de meetkundige som ∑k=0neikθ\sum_{k=0}^n \eu^{\iu k\theta} te berekenen en de reële delen te nemen. (Antwoord: S=sin⁡(n+1)θ2sin⁡θ2cos⁡nθ2S = \dfrac{\sin\frac{(n+1)\theta}{2}}{\sin\frac{\theta}{2}} \cos\frac{n\theta}{2}.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 28.9.

Met q=eiθ≠1q = \eu^{\iu\theta} \neq 1:

∑k=0neikθ=ei(n+1)θ−1eiθ−1=ei(n+1)θ/2eiθ/2⋅ei(n+1)θ/2−e−i(n+1)θ/2eiθ/2−e−iθ/2=einθ/2 sin⁡(n+1)θ2sin⁡θ2,\sum_{k=0}^{n} \eu^{\iu k\theta} = \frac{\eu^{\iu(n+1)\theta} - 1}{\eu^{\iu\theta} - 1} = \frac{\eu^{\iu(n+1)\theta/2}}{\eu^{\iu\theta/2}} \cdot\frac{\eu^{\iu(n+1)\theta/2} - \eu^{-\iu(n+1)\theta/2}}{\eu^{\iu\theta/2} - \eu^{-\iu\theta/2}} = \eu^{\iu n\theta/2}\, \frac{\sin\frac{(n+1)\theta}{2}}{\sin\frac{\theta}{2}},

waarbij eiα−e−iα=2isin⁡α\eu^{\iu\alpha} - \eu^{-\iu\alpha} = 2\iu\sin\alpha gebruikt wordt (het afsplitsen van de halve hoek). De reële delen nemen geeft

S=sin⁡(n+1)θ2sin⁡θ2 cos⁡nθ2.S = \frac{\sin\frac{(n+1)\theta}{2}}{\sin\frac{\theta}{2}}\, \cos\frac{n\theta}{2}.

Oefening 28.10 ★★★

Zij ω=e2iπ/5\omega = \eu^{2\iu\pi/5}.

  1. Verantwoord dat 1+ω+ω2+ω3+ω4=01 + \omega + \omega^2 + \omega^3 + \omega^4 = 0.
  2. Zij u=ω+ω4u = \omega + \omega^4 en v=ω2+ω3v = \omega^2 + \omega^3. Toon aan dat u+v=−1u + v = -1 en uv=−1uv = -1, en leid af dat u=−1+52u = \frac{-1+\sqrt5}{2}.
  3. Besluit dat cos⁡2π5=5−14\cos\dfrac{2\pi}{5} = \dfrac{\sqrt5 - 1}{4}.
Oplossing

Oplossing van Oefening 28.10.

1. ω\omega is een vijfde eenheidswortel verschillend van 11, dus de som van alle vijf de wortels is nul (Stelling 28.15), en dat luidt 1+ω+ω2+ω3+ω4=01 + \omega + \omega^2 + \omega^3 + \omega^4 = 0.

2. u+v=ω+ω2+ω3+ω4=−1u + v = \omega + \omega^2 + \omega^3 + \omega^4 = -1 volgens punt 1. Voor het product, met ω5=1\omega^5 = 1:

uv=(ω+ω4)(ω2+ω3)=ω3+ω4+ω6+ω7=ω3+ω4+ω+ω2=−1.uv = (\omega + \omega^4)(\omega^2 + \omega^3) = \omega^3 + \omega^4 + \omega^6 + \omega^7 = \omega^3 + \omega^4 + \omega + \omega^2 = -1 .

Dus uu en vv zijn de wortels van X2+X−1=0X^2 + X - 1 = 0: {−1+52,−1−52}\left\{\frac{-1+\sqrt5}{2}, \frac{-1-\sqrt5}{2}\right\}. Nu is u=ω+ω‾=2cos⁡2π5>0u = \omega + \conj\omega = 2\cos\frac{2\pi}{5} > 0 (want 2π5<π2\frac{2\pi}{5} < \frac{\pi}{2}), dus u=−1+52u = \frac{-1 + \sqrt5}{2}.

3. cos⁡2π5=u2=5−14\cos\frac{2\pi}{5} = \frac u2 = \frac{\sqrt5 - 1}{4}.

28.6 Opgave: de vijfhoek in de spiegel van de eenheid

Probleem 28.1

Weekendopgave — de vijfde eenheidswortels berekenen cos⁡72∘\cos 72^\circ exact, de gulden snede tekent het resultaat, en vermenigvuldigen blijkt draaien te zijn

Euclides kon de regelmatige vijfhoek construeren, maar de reden waarom die met passer en liniaal lukt — terwijl de nederige hoek van 20∘20^\circ weerstand biedt — bleef tweeduizend jaar verborgen. Ze schuilt in dit hoofdstuk: de vijf vijfde eenheidswortels (Stelling 28.15) hebben som nul, en die ene regel algebra perst cos⁡72∘\cos 72^\circ uit een vierkantsvergelijking — alleen vierkantswortels, dus construeerbaar, en uiteraard getekend door de gulden snede. Rondom dit juweel: vlotheid, de kortere weg van De Moivre naar de goniometrie, en vermenigvuldigen ontmaskerd als meetkunde.

Deel I — Vlotheid.

  1. Bereken (2+i)(3−i)(2 + \iu)(3 - \iu), 1+i1−i\dfrac{1 + \iu}{1 - \iu} (Methode 28.5), en ∣3+4i∣\abs{3 + 4\iu}.
  2. Schrijf in exponentiële vorm: 1+i1 + \iu; −2-2; 1−i31 - \iu\sqrt3.
  3. Bereken (1+i)8(1 + \iu)^8 met de exponentiële vorm.
  4. Los z2=iz^2 = \iu op, en daarna z2−2z+5=0z^2 - 2z + 5 = 0 (Stelling 28.13).
  5. Meetkundig woordenboek (Propositie 28.17): beschrijf de afbeelding z↦izz \mapsto \iu z, en de verzameling ∣z−(1+i)∣=2\abs{z - (1 + \iu)} = 2.

Deel II — Vijf wortels, één vijfhoek. Zij ω=e2iπ/5\omega = \eu^{2\iu\pi/5} en beschouw 1,ω,ω2,ω3,ω41, \omega, \omega^2, \omega^3, \omega^4.

  1. Ga na dat dit precies de oplossingen van z5=1z^5 = 1 zijn, en beschrijf de figuur die ze in het vlak tekenen.
  2. Bewijs dat hun som nul is. (Meetkundige som — of vermenigvuldig de som met 1−ω1 - \omega.)

  3. Neem de reële delen en leid af dat

    1+2cos⁡2π5+2cos⁡4π5=0.1 + 2\cos\frac{2\pi}{5} + 2\cos\frac{4\pi}{5} = 0 .

  4. Stel c=cos⁡2π5c = \cos\frac{2\pi}{5} en zet vraag 8 met de formule voor de dubbele hoek toegepast op cos⁡4π5\cos\frac{4\pi}{5} om in een vierkantsvergelijking in cc; los ze op en besluit

    cos⁡72∘=5−14.\cos 72^\circ = \frac{\sqrt5 - 1}{4} .
  5. Controleer numeriek, en laat daarna de gulden snede haar werk signeren: toon aan dat c=12φc = \frac{1}{2\varphi} met φ=1+52\varphi = \frac{1 + \sqrt5}{2} (Probleem 2.1) — en formuleer de beroemde meetkundige echo: in een regelmatige vijfhoek is de diagonaal φ\varphi keer de zijde.

Deel III — De sluipwegen van De Moivre.

  1. Het constructieverdict: cos⁡72∘\cos 72^\circ heeft alleen vierkantswortels nodig (vraag 9), dus de vijfhoek is met passer en liniaal construeerbaar; cos⁡20∘\cos 20^\circ voldoet aan een onbreekbare derdegraadsvergelijking (Probleem 24.1), dus de hoek van 60∘60^\circ kan niet in drie gedeeld worden. Formuleer het criterium dat zich aftekent (vierkantswortels bouwbaar, derdemachtswortels niet); de volledige theorie ervan — Gauss, negentien jaar, en de regelmatige zeventienhoek — staat in de universitaire volumes.
  2. Los z4=−4z^4 = -4 op met de exponentiële vorm en vind de ontbinding z4+4=(z2−2z+2)(z2+2z+2)z^4 + 4 = (z^2 - 2z + 2)(z^2 + 2z + 2) van Oefening 28.8 terug door toegevoegde wortels te koppelen.
  3. Werk (cos⁡θ+isin⁡θ)3(\cos\theta + \iu\sin\theta)^3 uit met het binomium van Newton en De Moivre, en leid cos⁡3θ=4cos⁡3θ−3cos⁡θ\cos 3\theta = 4\cos^3\theta - 3\cos\theta in drie regels opnieuw af — vergelijk met de weg via de somformules in Probleem 24.1.
  4. Kruiscontrole met Oefening 28.9: wat is voor θ=2π5\theta = \frac{2\pi}{5} en n=4n = 4 de som 1+cos⁡θ+⋯+cos⁡4θ1 + \cos\theta + \dots + \cos 4\theta, en waarom strookt dat met vraag 8?
  5. Bereken de drie derdemachtswortels van 8i8\iu in algebraïsche vorm.

Deel IV — Vermenigvuldigen is meetkunde.

  1. Beschrijf de afbeelding z↦(1+i)zz \mapsto (1 + \iu)z volledig: over welke hoek draait ze, met welke factor vergroot ze, en wat doet ze met het eenheidsvierkant?
  2. Bewijs ∣z1z2∣=∣z1∣ ∣z2∣\abs{z_1 z_2} = \abs{z_1}\,\abs{z_2} met toegevoegden (Propositie 28.7), bereken daarna (1+i)n(1+\iu)^n voor n=1,2,3,4n = 1, 2, 3, 4 en beschrijf de spiraal die de machten tekenen.
  3. Het getal j=e2iπ/3\mathrm{j} = \eu^{2\iu\pi/3}: toon aan dat 1+j+j2=01 + \mathrm{j} + \mathrm{j}^2 = 0, en ga op de driehoek (1,j,j2)\left(1, \mathrm{j}, \mathrm{j}^2\right) het klassieke criterium na: a+jb+j2c=0a + \mathrm{j} b + \mathrm{j}^2 c = 0 geldt voor een gelijkzijdige driehoek abcabc (in één van de twee oriëntaties).
  4. De hoofdstelling van de algebra (aangenomen: d’Alembert–Gauss): elke veelterm ontbindt volledig over C\C. Leid het gevolg voor de reële wereld af — elke reële veelterm ontbindt in reële factoren van graad 11 en 22 — en verwijs naar vraag 12 als voorbeeld.
  5. Slotstuk — het portret van C\C, telkens één zin: getallen worden punten; vermenigvuldigen wordt draaien en vergroten; de eenheidswortels worden regelmatige veelhoeken; De Moivre maakt van machten goniometrische identiteiten; en de algebraïsche geslotenheid waarborgt dat geen enkele vergelijking ooit een grotere wereld nodig heeft. Coda: welke twee beroemde getallen ontmoetten elkaar in vraag 10?
Oplossing

Oplossing van Probleem 28.1.

1. (2+i)(3−i)=6−2i+3i+1=7+i(2 + \iu)(3 - \iu) = 6 - 2\iu + 3\iu + 1 = 7 + \iu. 1+i1−i=(1+i)22=2i2=i\frac{1 + \iu}{1 - \iu} = \frac{(1 + \iu)^2}{2} = \frac{2\iu}{2} = \iu. ∣3+4i∣=5\abs{3 + 4\iu} = 5.

2. 1+i=2 eiπ/41 + \iu = \sqrt2\,\eu^{\iu\pi/4}; −2=2eiπ-2 = 2\eu^{\iu\pi}; 1−i3=2e−iπ/31 - \iu\sqrt3 = 2\eu^{-\iu\pi/3}.

3. (1+i)8=(2)8e8iπ/4=16 e2iπ=16(1 + \iu)^8 = \left(\sqrt2\right)^8 \eu^{8\iu\pi/4} = 16\,\eu^{2\iu\pi} = 16.

4. z2=eiπ/2z^2 = \eu^{\iu\pi/2}: z=±eiπ/4=±22(1+i)z = \pm\eu^{\iu\pi/4} = \pm\frac{\sqrt2}{2}(1 + \iu). En Δ=4−20=−16\Delta = 4 - 20 = -16: z=1±2iz = 1 \pm 2\iu.

5. z↦izz \mapsto \iu z: een draaiing over een kwartslag om de oorsprong. ∣z−(1+i)∣=2\abs{z - (1 + \iu)} = 2: de cirkel met middelpunt 1+i1 + \iu en straal 22.

6. (ωk)5=e2iπk=1\left(\omega^k\right)^5 = \eu^{2\iu\pi k} = 1, en de vijf punten e2ikπ/5\eu^{2\iu k\pi/5} zijn verschillend: dat zijn dus alle vijf de oplossingen van z5=1z^5 = 1. Ze liggen op de eenheidscirkel op gelijke hoeken van 72∘72^\circ: een regelmatige vijfhoek met een hoekpunt in 11.

7. S=1+ω+⋯+ω4S = 1 + \omega + \dots + \omega^4 voldoet aan (1−ω)S=1−ω5=0(1 - \omega)S = 1 - \omega^5 = 0, en ω≠1\omega \neq 1: dus S=0S = 0. (Het zwaartepunt van de vijfhoek is haar middelpunt.)

8. ω4=ω‾\omega^4 = \overline\omega en ω3=ω2‾\omega^3 = \overline{\omega^2}: door de toegevoegden te koppelen luidt het reële deel van de som 1+2cos⁡2π5+2cos⁡4π5=01 + 2\cos\frac{2\pi}{5} + 2\cos\frac{4\pi}{5} = 0.

9. cos⁡4π5=2c2−1\cos\frac{4\pi}{5} = 2c^2 - 1, dus 1+2c+4c2−2=01 + 2c + 4c^2 - 2 = 0, dat wil zeggen 4c2+2c−1=04c^2 + 2c - 1 = 0: c=−1+54c = \frac{-1 + \sqrt5}{4} (de positieve wortel, want 72∘72^\circ is scherp): cos⁡72∘=5−14\cos 72^\circ = \frac{\sqrt5 - 1}{4}.

10. Numeriek is c≈0.30902c \approx 0.30902: dat klopt met het rekentoestel. En 12φ=11+5=5−14\frac{1}{2\varphi} = \frac{1}{1 + \sqrt5} = \frac{\sqrt5 - 1}{4} (maak de noemer wortelvrij): c=12φc = \frac{1}{2\varphi}. De vijfhoek is door en door gulden: haar diagonaal verhoudt zich tot haar zijde als φ\varphi — de eindeloze zelfgelijkvormigheid van het pentagram.

11. Vierkantswortels zijn met de passer construeerbaar (de halvecirkelmachine van het meetkundig gemiddelde uit het onderbouwvolume), dus een getal dat uit rationale getallen met alleen vierkantswortels gebouwd wordt — zoals cos⁡72∘\cos 72^\circ — is construeerbaar; derdemachtswortels zijn dat niet, en cos⁡20∘\cos 20^\circ heeft er één nodig: de vijfhoek geeft zich gewonnen, de driedeling houdt stand. Het criterium van Gauss beslist over elke regelmatige veelhoek — zijn zeventienhoek, op zijn negentiende, deed hem voor de wiskunde kiezen.

12. −4=4eiπ-4 = 4\eu^{\iu\pi}: de vierdemachtswortels hebben modulus 2\sqrt2 en argumenten π4+kπ2\frac{\pi}{4} + k\frac{\pi}{2}: de vier getallen ±1±i\pm 1 \pm \iu. Toegevoegden koppelen: (z−1−i)(z−1+i)=z2−2z+2(z - 1 - \iu)(z - 1 + \iu) = z^2 - 2z + 2 en (z+1−i)(z+1+i)=z2+2z+2(z + 1 - \iu)(z + 1 + \iu) = z^2 + 2z + 2: de ontbinding van Oefening 28.8.

13. (cos⁡θ+isin⁡θ)3=cos⁡3θ+3icos⁡2θsin⁡θ−3cos⁡θsin⁡2θ−isin⁡3θ(\cos\theta + \iu\sin\theta)^3 = \cos^3\theta + 3\iu\cos^2\theta\sin\theta - 3\cos\theta\sin^2\theta - \iu\sin^3\theta; volgens De Moivre is dit cos⁡3θ+isin⁡3θ\cos 3\theta + \iu \sin 3\theta. Reële delen: cos⁡3θ=cos⁡3θ−3cos⁡θ(1−cos⁡2θ)=4cos⁡3θ−3cos⁡θ\cos 3\theta = \cos^3\theta - 3\cos\theta(1 - \cos^2\theta) = 4\cos^3\theta - 3\cos\theta — en de imaginaire delen leveren sin⁡3θ\sin 3\theta er gratis bij.

14. Het is het reële deel van 1+ω+⋯+ω4=01 + \omega + \dots + \omega^4 = 0: de som is 00 — precies vraag 8, gezien door de kern van Oefening 28.9.

15. 8i=8eiπ/28\iu = 8\eu^{\iu\pi/2}: de wortels zijn 2eiπ/6=3+i2\eu^{\iu\pi/6} = \sqrt3 + \iu; 2e5iπ/6=−3+i2\eu^{5\iu\pi/6} = -\sqrt3 + \iu; 2e3iπ/2=−2i2\eu^{3\iu\pi/2} = -2\iu.

16. 1+i=2 eiπ/41 + \iu = \sqrt2\,\eu^{\iu\pi/4}: de afbeelding draait het vlak over 45∘45^\circ en vergroot het met factor 2\sqrt2. Het eenheidsvierkant wordt een schuin vierkant met zijde 2\sqrt2 — verdubbeld in oppervlakte, een achtste slag gedraaid.

17. ∣z1z2∣2=z1z2z1z2‾=z1z1‾ z2z2‾=∣z1∣2∣z2∣2\abs{z_1 z_2}^2 = z_1 z_2 \overline{z_1 z_2} = z_1\overline{z_1}\, z_2\overline{z_2} = \abs{z_1}^2\abs{z_2}^2: neem de vierkantswortels. Machten van 1+i1 + \iu: 1+i1 + \iu, 2i2\iu, −2+2i-2 + 2\iu, −4-4: telkens 45∘45^\circ verder gedraaid en 2\sqrt2 keer langer — een naar buiten lopende spiraal met moduli 2,2,22,4,…\sqrt2, 2, 2\sqrt2, 4, \dots

18. j\mathrm{j} is een derde eenheidswortel verschillend van 11, dus (het argument van vraag 7 met n=3n = 3) is 1+j+j2=01 + \mathrm{j} + \mathrm{j}^2 = 0. Criterium op de standaarddriehoek: a+jb+j2c=1+j⋅j+j2⋅j2=1+j2+j4=1+j2+j=0a + \mathrm{j}b + \mathrm{j}^2 c = 1 + \mathrm{j}\cdot\mathrm{j} + \mathrm{j}^2 \cdot \mathrm{j}^2 = 1 + \mathrm{j}^2 + \mathrm{j}^4 = 1 + \mathrm{j}^2 + \mathrm{j} = 0: voldaan, zoals de gelijkzijdige driehoek (1,j,j2)\left(1, \mathrm{j}, \mathrm{j}^2\right) vraagt.

19. Over C\C valt een reële veelterm uiteen in factoren van graad 11; haar niet-reële wortels komen in toegevoegde paren voor (voeg de vergelijking toe), en elk paar vermenigvuldigt tot een reële tweedegraadsfactor z2−2Re⁡(z0) z+∣z0∣2z^2 - 2\operatorname{Re}(z_0)\,z + \abs{z_0}^2: vandaar de reële ontbinding in stukken van graad 11 en 22 — vraag 12 voerde ze uit op z4+4z^4 + 4.

20. Punten; draaien en vergroten; regelmatige veelhoeken; goniometrische identiteiten door uitwerking; en een gesloten wereld waarin elke vergelijking van graad nn haar nn wortels heeft. Coda: in vraag 10 gaf de vijfhoek van π\pi de hand aan de gulden snede — de twee beroemdste gasten van Euclides, eindelijk aan elkaar voorgesteld door een som van vijf pijlen die nul is.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

Bekijk alle 395 begrippen in de begrippenlijst