COMPLEXE GETALLEN voor Wiskunde D - Faculteit der ...

More documents

Recommendations

Info

$Learning LATEX by Doing$

Toegiften tegen de klok in doorloopt, noemen we het omloopsgetal van de kromme K r . Als K r niet door de oorsprong gaat, is het omloopsgetal een geheel aantal malen 2π. Voor kleine positieve r, bijvoorbeeld r = 0.2, is het omloopsgetal ∆ϕ = 0, maar voor grote r, bijvoorbeeld r = 3.2 is het ∆ϕ = 4 × 2π = 8π. r = 3.2 r = 0.2 ϕ ϕ 0 5 10 15 0 Als r geleidelijk toeneemt, blijft het omloopsgetal constant zolang K r de oorsprong niet passeert (bedenk dat in de oorsprong het argument ϕ niet gedefinieerd is; voor een kromme door de oorsprong is het omloopsgetal dus ook niet gedefinieerd). We weten zeker dat ∆ϕ = 4 × 2π = 8π is voor grote r want wegens arg(w 1 w 2 ) = arg(w 1 ) + arg(w 2 ) (zie bladzijde 17) is ( arg(p(z)) = arg z 4 + arg 1 + i z + 7 z 3 + 15 + 2 i ) z 4 en de toename van de tweede term is voor grote r nul. Zou p(z) geen nulpunten hebben, dan zou ∆ϕ voor alle r > 0 dezelfde waarde moeten hebben, en dat is dus niet waar. Nu het algemene geval van een n-degraadspolynoom p(z) = α n z n + α n−1 z n−1 + · · · + α 1 z + α 0 met n ≥ 1 en a n ̸= 0. We willen bewijzen dat p(z) minstens één nulpunt heeft. Je mag natuurlijk aannemen dat α 0 ̸= 0 is, want anders is z 0 = 0 een nulpunt. Volg nu dezelfde redenering als boven en bekijk de beeldkromme K r in het w-vlak van de cirkel |z| = r in het z-vlak. Voor kleine r ligt die kromme vlak bij α 0 , dus zeker buiten de oorsprong en dan is het omloopsgetal 0. Voor heel grote r is die kromme vrijwel de cirkel |w| = |α n |r n (die bovendien n maal doorlopen wordt) en dan is het omloopsgetal 2nπ. Onderweg van kleine r naar grote r moet K r de oorsprong dus zeker minstens één maal gepasseerd zijn. Daarmee is het bewijs voltooid. 78 Jan van de Craats
T.6 De derdegraadsvergelijking T.6 De derdegraadsvergelijking Complexe getallen zijn in de zestiende eeuw bedacht door Italiaanse rekenmeesters in een poging een soort ‘abc-formule’ te vinden voor derdegraadsvergelijkingen. Bij de door Scipio del Ferro (ca. 1465-1526) en Niccolo Tartaglia (ca. 1499- 1557) gevonden oplossing van het probleem, die in 1545 door Geronimo Cardano (1501-1576) in zijn Ars Magna gepubliceerd werd, bleek het noodzakelijk te zijn om op een formele manier te rekenen met vierkantswortels uit negatieve getallen, althans in die gevallen waarin de derdegraadsvergelijking drie verschillende reële oplossingen had. In zijn in 1572 verschenen Algebra bracht Rafaele Bombelli (1526-1573) enige klaarheid in de duisternis door een algemene theorie voor deze ‘imaginaire getallen’ te ontwikkelen. De meetkundige voorstelling van complexe getallen als punten in het vlak is pas veel later gevonden: eerst door C. Wessel (1797), daarna herontdekt door J.R. Argand (1806) en vervolgens opnieuw door Carl Friedrich Gauss (1777-1855), die er veelvuldig gebruik van maakte. In deze paragraaf zullen we niet de oude Italiaanse methode presenteren, maar een andere methode die de meetkundige aspecten meer benadrukt. Er moet overigens bij gezegd worden dat dit soort methodes, hoe mooi en belangrijk ze ook zijn vanuit wiskundig standpunt bekeken, voor de praktijk nauwelijks nut hebben. Er zijn veel snellere numerieke methodes bekend om de wortels van derdeen hogeregraadsvergelijkingen te berekenen. Die geven echter geen exacte antwoorden, maar benaderingen in elke gewenste nauwkeurigheid. Eerst een opmerking over tweedegraadsvergelijkingen. Als z 2 − pz + q = 0 zo’n vergelijking is, en z 1 en z 2 zijn de (eventueel samenvallende) wortels, dan geldt p = z 1 + z 2 en q = z 1 z 2 . Je ziet dit door het linkerlid te schrijven in de vorm (z − z 1 )(z − z 2 ) en de haakjes uit te werken: (z − z 1 )(z − z 2 ) = z 2 − (z 1 + z 2 )z + z 1 z 2 Hieruit volgt in het bijzonder dat we z 1 en z 2 gemakkelijk kunnen vinden als p = z 1 + z 2 en q = z 1 z 2 bekend zijn: stel de vierkantsvergelijking z 2 − pz + q = 0 op en los die op met de abc-formule. Nu de derdegraadsvergelijking. Op bladzijde 83 geven we het oplossingsrecept. Dat is dus de ‘abc-formule’ voor derdegraadsvergelijkingen! Het zal nog een heel verhaal zijn om dat recept te verklaren. Om dat zo overzichtelijk mogelijk te houden, schrijven we de derdegraadsvergelijking in de vorm z 3 − 3a 1 z 2 + 3a 2 z − a 3 = 0 (1) dus met afwisselend plus- en mintekens, en een factor 3 bij de kwadratische en de lineaire term. Het bijbehorende polynoom noemen we P(z). Wortels van de vergelijking corresponderen met nulpunten van P(z). 79 Complexe getallen voor wiskunde D
Page 1 and 2:
COMPLEXE GETALLEN voor Wiskunde D J
Page 3 and 4:
Leeswijzer Wiskunde leer je vooral
Page 5 and 6:
Inhoudsopgave Voorwoord 1 1 Rekenen
Page 7 and 8:
Voorwoord Complexe getallen worden
Page 9 and 10:
1 Rekenen met complexe getallen In
Page 11 and 12:
1.1 Wortels uit negatieve getallen
Page 13 and 14:
1.3 Het complexe vlak 1.3 Het compl
Page 15:
1.4 Vermenigvuldigen en delen 1.4 V
Page 18 and 19:
2 De meetkunde van het complexe rek
Page 20 and 21:
Page 22 and 23:
Page 24 and 25:
Page 27 and 28:
3 Wortels en polynomen In dit hoofd
Page 29 and 30:
3.1 Wat zijn complexe n-demachtswor
Page 31 and 32:
3.2 Waarom wortels meerwaardig zijn
Page 33 and 34: 3.3 Over n-demachtswortels en n-deg
Page 35 and 36: 3.4 De hoofdstelling van de algebra
Page 37: 3.5 Reële polynomen 3.5 Reële pol
Page 40 and 41: 4 Lineaire recursies 200 150 100 50
Page 42 and 43: 4 Lineaire recursies Hieronder zie
Page 44 and 45: 4 Lineaire recursies 4.2 Omdat de r
Page 46 and 47: 4 Lineaire recursies 4.3 Stel dat {
Page 48 and 49: 4 Lineaire recursies 4.5 Schrijf de
Page 50 and 51: 4 Lineaire recursies 4.6 Hieronder
Page 52 and 53: 4 Lineaire recursies Gemengde opgav
Page 54 and 55: 4 Lineaire recursies 200 150 100 50
Page 57 and 58: 5 Lineaire differentiaalvergelijkin
Page 59 and 60: 5.1 Inleiding 5.1 Inleiding Een ver
Page 61 and 62: 5.2 Lineaire differentiaalvergelijk
Page 63 and 64: 5.3 Positieve discriminant 5.3 Posi
Page 65 and 66: 5.5 Negatieve discriminant 5.5 Nega
Page 67: 5.6 Lineaire differentiaalvergelijk
Page 70 and 71: 64 Jan van de Craats
Page 72 and 73: Toegiften Dat was al ver voor Euler
Page 74 and 75: Toegiften Je ziet dat de benadering
Page 76 and 77: Toegiften In toegift T.1 hebben we
Page 78 and 79: Toegiften − i − z i − z = e 2
Page 80 and 81: Toegiften T.4 De cirkels van Apollo
Page 82 and 83: Toegiften T.5 Een bewijs van de Hoo
Page 86 and 87: Toegiften Overigens, om in het verv
Page 88 and 89: Toegiften Evenzo volgt uit (6)×(9)
Page 90 and 91: Toegiften Hieruit volgt zodat (zie
Page 92 and 93: Toegiften en (opnieuw met dank aan
Page 94 and 95: Toegiften moet dan gebruik maken va
Page 96 and 97: Toegiften (We veronderstellen weer
Page 98 and 99: Toegiften Zouden dit de in het begi
Page 100 and 101: Antwoorden 1.17 a. − 1 5 − 2 5
Page 102 and 103: Antwoorden 3.3 a. e ( π 4 + kπ 2
Page 104 and 105: Antwoorden 5.2 a. y(t) = −e −t
Page 107 and 108: Trefwoordenregister (r, ϕ)-notatie
show all

COMPLEXE GETALLEN voor Wiskunde D - Faculteit der ...

Create successful ePaper yourself

Delete template?

Save as template?