Mathematical Modelling

Inleiding Complexe getallen; review Complexe functies 

Mathematical Modelling 

Ruud van Damme 

Creation date: 10-09-08


Overzicht 

1 Inleiding 

2 Complexe getallen; review 

3 Complexe functies


Overzicht 

1 Inleiding 


3 Complexe functies


Bijeenkomsten 

Wat gebeurt er in de 13 weken 

1 Boek 1.1-1.5: complexe getallen, polaire vorm, complex 

geconjugeerde, exp, machten, wortels 

2 Boek 2.1-2.3: complexe functies, limieten, 

differentieerbaarheid 

3 Boek 2.4-2.7: Cauchy-Riemann, harmonische functies, 

Mandelbrotset (ter lering ende vermaek) 

4 Boek 3: Elementaire functies 

5-6 Boek 4: Integratie 

7-8 Boek 5: Series 

9 Residu stelling 

10-12 Fourier, Laplace transformatiess


Huiswerk 

Een belangrijke stelling is dat een polynoomvergelijking van 

graad n precies n oplossingen heeft. Voor een kwadratuische 

vergelijking weten we: 

√ 

z 2 + 2bz + c = 0 → z = −b ± b 2 − c 

Kun je uit deze formule afleiden welk(e) voorbehoud(en) bij de 

stelling gemaakt moet(en) worden?


Huiswerk 




√ 

z 2 + 2bz + c = 0 → z = −b ± b 2 − c 


stelling gemaakt moet(en) worden? 

1 Wortels mogen ook complex worden x 2 = −1


Huiswerk 




√ 

z 2 + 2bz + c = 0 → z = −b ± b 2 − c 



1 Wortels mogen ook complex worden x 2 = −1 

2 Wortels moeten ”dubbel” tellen: x 10 = 0 → x = 0, 10 keer.


Huiswerk 




√ 

z 2 + 2bz + c = 0 → z = −b ± b 2 − c 




2 Wortels moeten ”dubbel” tellen: x 10 = 0 → x = 0, 10 keer. 

3 Hoezo 10 keer?


Huiswerk 




√ 

z 2 + 2bz + c = 0 → z = −b ± b 2 − c 




2 Wortels moeten ”dubbel” tellen: x 10 = 0 → x = 0, 10 keer. 

3 Hoezo 10 keer? 

f (x) = x 10 = 0, x = 0, 0 en niet alleen f (x) = 0, maar 

f ′ (x) = 10x 9 = 0, f ′′ (x) = 90x 8 = 0, . . ., 

f (9) (x) = 3628800x = 0


Huiswerk 

Vind alle oplossingen van de vergelijking: 

z 3 − 3z 2 + 6z − 4 = 0 

Hint: mijn (moeilijke) sommen hebben mooie antwoorden:


Huiswerk 


z 3 − 3z 2 + 6z − 4 = 0 

Hint: mijn (moeilijke) sommen hebben mooie antwoorden: 

z = 1


Huiswerk 


z 3 − 3z 2 + 6z − 4 = 0 


z = 1 

Hint: Terug naar de lagere (!) school


Huiswerk 


z 3 − 3z 2 + 6z − 4 = 0 


z = 1 

Hint: Terug naar de lagere (!) school


Huiswerk


Huiswerk 


(z + 1) 5 = z 5


Huiswerk 


(z + 1) 5 = z 5 

1. Elk getal z kun je schrijven als 

z = r exp(iφ) = r cos φ + ir sin φ


Huiswerk 


(z + 1) 5 = z 5 

2. √ 1 = ±1: in het complexe vlak trek je de wortel door de 

hoek te halveren:


Huiswerk 


3. e 2πi = 1 en dus 

(z + 1) 5 = z 5 

1 = e 0πi = e 2πi = e 4πi = e 6πi = e 8πi . . . 

en dus geldt voor de wortel uit 1: 

√ 

1 = e 

0πi 

of e 1πi of e 2πi of e 3πi of . . . = ±1


Huiswerk 


(z + 1) 5 = z 5 

4. e 2πi = 1 en dus 

1 = e 0πi = e 2πi = e 4πi = e 6πi = e 8πi = e 10πi 

en dus geldt voor de wortel uit 1: 

5√ 

1 = e 

0πi 

of e 2πi/5 of e 4πi/5 of e 6πi/5 of e 8πi/5 

ofwel 

5√ 

1 = e 2kπi/5 , k = 0, 1, 2, 3, 4


Huiswerk 


(z + 1) 5 = z 5 

5. 

5√ 

1 = e 2kπi/5 , 

k = 0, 1, 2, 3, 4 en dus 

z + 1 = ze 2kπi/5 → z(1 − e 2kπi/5 ) = −1 

−1 

→ z = 

, k = 0, 1, 2, 3, 4 

1 − e2kπi/5


Huiswerk 


|z| = Re(z) + 2


Huiswerk 


|z| = Re(z) + 2 

z = x +iy 

→ 

√ 

x 2 + y 2 = x +2 → x 2 +y 2 = x 2 +4x +4 

ofwel 

voldoen allemaal (parabool) 

y 2 = 4x + 4


Huiswerk 

Vind de polaire vorm van z = −1+√ 3i. 

2+2i


Huiswerk 

Vind de polaire vorm van z = −1+√ 3i. 

2+2i 

ofwel 

z = −1 + √ 3i 

2 + 2i 

· 2 − 2i 

2 − 2i = (−2 + 2√ 3) + i(2 √ 3 + 2) 

8 

z = r exp(iφ) = r(cos φ + i sin φ) 

met r 2 = 1 64 (16 − 8√ 3 + 16 + 8 √ 3) = 1 2 : r = 1 2√ 

2, en 

tan φ = 2√ 3 + 2 

2 √ 3 − 2 · 2√ 3 + 2 

2 √ 3 + 2 = 16 + 8√ 3 

8 

= 2 + √ 3 

→ φ = arctan(2 + √ 3)(= 75 o )


Huiswerk 

Bereken 

I 1 = 

∫ 2π 

0 

exp(inθ) dθ 

Onderscheid het geval n = 0 en n ≠ 0. 

Bereken nu: 

I 2 = 

∫ 2π 

0 

cos nθ dθ, I 3 = 

Onderscheid ook nu: n = 0 en n ≠ 0. 

∫ 2π 

0 

sin nθ dθ,


Bereken 

I 1 = 

Huiswerk 

∫ 2π 

0 

exp(inθ) dθ 

Onderscheid het geval n = 0 en n ≠ 0.


Bereken 

I 1 = 

Huiswerk 

∫ 2π 

0 

exp(inθ) dθ 


en als n = 0 

I 1 = 1 

in exp(inθ) ∣ ∣∣∣ 

2π 

I 1 = 

∫ 2π 

0 

0 

= 0 (n ≠ 0) 

1 dθ = 2π


Bereken 

I 1 = 

Huiswerk 

∫ 2π 

0 

exp(inθ) dθ 


en als n = 0 

I 1 = 1 

in exp(inθ) ∣ ∣∣∣ 

2π 

I 1 = 

∫ 2π 

Omdat exp(inθ) = cos nφ + i sin nφ 

0 

0 

= 0 (n ≠ 0) 

1 dθ = 2π 

I 2 = I 3 = 0 (n ≠ 0) 

en als n = 0 

I 2 = 2π, I 3 = 0


Huiswerk 

Bereken de integraal 

I = 

∫ 2π 

0 

sin 6 2φ dφ


Huiswerk 

Bereken de integraal 

I = 

∫ 2π 

0 

sin 6 2φ dφ 

e i2φ 

= cos 2φ + i sin 2φ, e −i2φ = cos 2φ − i sin 2φ 

→ sin 2φ = 1 2i (ei2φ − e −i2φ ) 

sin 6 2φ = ...e i12φ + ...e i2φ + ...1 + ...e −i2φ + ...e −i12φ


Huiswerk 

Pascal: 

sin 2φ = 1 2i (ei2φ − e −i2φ ) 

sin 6 2φ = ...e i12φ + ...e i2φ + ...1 + ...e −i2φ + ...e −i12φ


Huiswerk 

Pascal: 

sin 2φ = 1 2i (ei2φ − e −i2φ ) 

sin 6 2φ = ...e i12φ + ...e i2φ + ...1 + ...e −i2φ + ...e −i12φ 

1 

2 

1 1 

1 

4 

1 2 1 

1 

8 

1 3 3 1 

1 

16 

1 4 6 4 1 

1 

32 

1 5 10 10 5 1 

1 

64 

1 6 15 20 15 6 1


Huiswerk 

sin 2φ = 1 2i (ei2φ − e −i2φ ) 

sin 6 2φ = ...e i12φ + ...e i2φ + 1 

64 20 + ...e−i2φ + ...e −i12φ 

en de integraal 

I = 1 64 20 · 2π = 5 8 π


Overzicht 

1 Inleiding 


3 Complexe functies


Rekenen 

• Enig handigheidje dat je moet onthouden: 

( ) ( ) 

a + bi a + bi c − di 

c + di = (ac + bd) + (bc − ad)i 

= 

c + di c − di 

c 2 + d 2 

• Elke z = a + bi heeft zijn z = a − bi 

• Elke z = a + bi heeft zijn z = r exp(iφ) = r(cos φ + i sin φ)


• Speciale functies: 

Functies 

r 2 en hoek verdubbelen, en dus! √ z: neem √ r en halveer 

de hoek (twee mogelijkheden) 

• Speciale functies: 

z m 

r m en hoek met m vermenigvuldigen en dus! 

m √ z: neem 

m√ r en deel de hoek in m delen (m mogelijkheden) 

• En een heel hele belangrijke functie 

en ook hiermee verbonden: 

met 

r = |z| = 

z 2 

e z = e x+iy = e x (cos y + i sin y) 

z = r exp(iφ) = r(cos φ + i sin φ) 

√ 

( ) Im(z) 

Re(z) 2 + Im(z) 2 , φ = arctan 

Re(z)


Dertig-seconden-vraag 

• 1 + i een wortel van z 2 + 2z + 2 = 0. Bepaal de andere wortel 

(zo snel mogelijk)


Dertig-seconden-vraag 

• 1 + i een wortel van z 2 + 2z + 2 = 0. Bepaal de andere wortel 

(zo snel mogelijk) 

Als 

z 2 + 2z + 2 = 0 dan z 2 + 2z + 2 = 0 = 0 = z 2 + 2z + 2 

dus 

z = 1 − i


Overzicht 

1 Inleiding 


3 Complexe functies


Functies in één complexe variabele 

• Calculus in I2E1-3 gaan vooral over functies van R naar R 

• Ook van R 2 naar R 2 

• Van C naar C is veel rijker en krachtiger: we zullen aan het 

eind deze cursus zien dat je er ”onmogelijke” dingen mee 

kunt berekenen


Functies in één complexe variabele 

• Calculus in I2E1-3 gaan vooral over functies van R naar R 

• Ook van R 2 naar R 2 

• Van C naar C is veel rijker en krachtiger: we zullen aan het 

eind deze cursus zien dat je er ”onmogelijke” dingen mee 

kunt berekenen 

Voorbeeld van f hebben we al gezien: 

f (z) = z 2 = (x + yi) 2 = (x 2 − y 2 ) + 2xyi ≡ u(x, y) + v(x, y)i 

en dus 

u(x, y) = x 2 − y 2 , 

v(x, y) = 2xy


Functies in één complexe variabele


1. Als 

Vijf-minuten-vraag 

f (z) = z 3 

en het domein van de functie zijn de punten z met de 

eigenschap 

|z| ≤ 2 én Im(z) ≥ 0, 

wat is dan het bereik van deze functie? 

2. Zelfde vraag als 

f (z) = z 3 + i 


f (z) = 1/z met bereik |z| ≤ 1.


Voor 


f (z) = z 3




f (z) = z 3 + i 

Als tevoren, maar eentje omhoog geschoven: |f − i| ≤ 8 


f (z) = 1/z met bereik |z| ≤ 1.




f (z) = z 3 + i 

Als tevoren, maar eentje omhoog geschoven: |f − i| ≤ 8 


f (z) = 1/z met bereik |z| ≤ 1. 

Rand gaat over in zichzelf maar binnen wordt buiten en 

omgekeerd: |f | ≥ 1


Limieten 

Een oneindig rijtje reële getallen x n , n = 1, 2, . . . kunnen wel of 

niet convergeren: 

x n = 1 ( ) 1 

n , y n = cos 

n


Limieten 



x n = 1 ( ) 1 

n , y n = cos 

n 

convergeren en wel naar 0 resp. 1


Limieten 



x n = 1 ( ) 1 

n , y n = cos 

n 

convergeren en wel naar 0 resp. 1 

Voor complexe rijtjes precies zo: voor groter wordende n wordt 

het verschil z n met de limietwaarde z ∞ steeds kleiner 

|z n − z ∞ | → 0 als n → ∞


Limieten 



x n = 1 ( ) 1 

n , y n = cos 

n 

convergeren en wel naar 0 resp. 1 

Voor complexe rijtjes precies zo: voor groter wordende n wordt 

het verschil z n met de limietwaarde z ∞ steeds kleiner 

|z n − z ∞ | → 0 als n → ∞ 

Het rijtje 

( i n 

z n = 

3) 

convergeert naar 0 = 0 + 0i want 

( ) 1 n 

|z n − 0| = → 0 

3



Bepaal van de volgende rijtjes of ze convergeren; zo ja, naar 

wat, en zo nee, waarom niet? 

z n = 

1 + n2 i 

2 + ni − n 2 , resp. z n = i n



Bepaal van de volgende rijtjes of ze convergeren; zo ja, naar 

wat, en zo nee, waarom niet? 

De eerste: 

z n = 

1 + n2 i 

2 + ni − n 2 , resp. z n = i n 

z n = 

en de tweede: 

1 + n2 i 

2 + ni − n 2 = 1/n 2 + i 

2/n 2 + i/n − 1 → −i 

z k = ... i → −1 → −i → 1 → i → −1 . . .


Continuïteit 

Een functie is continu in punt z 0 als 

of, anders gezegd 

|f (z) − f (z 0 )| → 0 indien |z − z 0 | → 0. 

lim |f (z) − f (z 0)| = 0 

|z−z 0 |→0



Is de functie 

continu? 

f (z) = z2 + 16 

z + 4i



Is de functie 

f (z) = z2 + 16 

z + 4i 

continu? 

Slechts een mogelijkheid waar het fout kan gaan: 

z → −4i 

maar z = −4i invullen in de tleer geeft ook 0. Dus (staartdelen) 

f (z) = z2 + 16 

z + 4i 

= 

(z + 4i)(z − 4i) 

z + 4i 

= z − 4i



EINDE DEEL 2 in 2008 

Speciale functies: poolcoördinaten: 

zodat 

r(z) = |z|, Arg(z) = arctan 

z = r exp(iφ) 

Zijn de functies r(z), Arg(z) continu? 

( ) Im(z) 

Re(z)





zodat 




• De functie r(z) is continu. 

( ) Im(z) 

Re(z)






( ) Im(z) 

Re(z) 

zodat 



• De functie r(z) is continu. 

• De functie Arg(z) niet: Als we z op een cirkel rond laten 

lopen groeit Arg(z) van 0 tot 2π als we rond zijn: dus deze 

functie heeft meer waarden?? Daarom maken we een 

afspraak (!)


Arg


Arg


Arg


Zie je verschil tussen 

Waarom is C ≠ R 2 ? 

f 1 (x, y) = 4x 2 − 4y 2 + 8xyi 

f 2 (x, y) = 4x 2 − 4y 2 + 4xyi




f 1 (x, y) = 4x 2 − 4y 2 + 8xyi 

f 2 (x, y) = 4x 2 − 4y 2 + 4xyi 

Er geldt z = x + yi en dus z = x − yi. Daaruit volgt: 

x = 1 2 (z + z), y = 1 (z − z) 

2i




f 1 (x, y) = 4x 2 − 4y 2 + 8xyi 

f 2 (x, y) = 4x 2 − 4y 2 + 4xyi 

Er geldt z = x + yi en dus z = x − yi. Daaruit volgt: 

Invullen geeft 

x = 1 2 (z + z), y = 1 (z − z) 

2i 

4x 2 = z 2 + 2zz + z 2 

4y 2 = −(z 2 − 2zz + z 2 ) = −z 2 + 2zz − z 2 

4ixy = 4i · 1 

2 (z + z) 1 2i (z − z) = z2 − z 2




f 1 (x, y) = 4x 2 − 4y 2 + 8xyi 

f 2 (x, y) = 4x 2 − 4y 2 + 4xyi 

Omdat 

4x 2 = +z 2 +2zz +z 2 

4y 2 = −z 2 +2zz −z 2 

4ixy = +z 2 −z 2 

geldt 

f 1 = 4z 2 , f 2 = 3z 2 − z 2 

De functie f 1 noemen we analytisch



Is de volgende functie analytisch? 

f (x, y) = 

2x − 1 − 2yi 

(4x − 1) 2 + 4y 2



Is de volgende functie analytisch? 

f (x, y) = 

2x − 1 − 2yi 

(4x − 1) 2 + 4y 2 

Invullen: 2x = z + z, 2y = −i(z − z) noemer N resp. noemer T : 

N = (z + z − 1) 2 − (z − z) 2 

= z 2 + 2zz + z 2 − 2z − 2z + 1 − z 2 + 2zz − zz 2 

= 4zz − 2z − 2z 

T = z + z − 1 − z + z = 2z − 1



Uitschrijven geeft: 

f (x, y) = 

2x − 1 − 2yi 

(4x − 1) 2 + 4y 2 

N = 4zz − 2z − 2z + 1 

T = 2z − 1




f (x, y) = 

2x − 1 − 2yi 

(4x − 1) 2 + 4y 2 

N = 4zz − 2z − 2z + 1 

T = 2z − 1 

Maar zie, als T = 2z − 1 = 0 geldt ook N = 0!




f (x, y) = 

2x − 1 − 2yi 

(4x − 1) 2 + 4y 2 = 1 

2z − 1 

N = 4zz − 2z − 2z + 1 = (2z − 1) · (2z − 1) 

T = 2z − 1 

Maar zie, als T = 2z − 1 = 0 geldt ook N = 0!




f (x, y) = 

2x − 1 − 2yi 

(4x − 1) 2 + 4y 2 = 1 

2z − 1 

N = 4zz − 2z − 2z + 1 = (2z − 1) · (2z − 1) 

T = 2z − 1 

Maar zie, als T = 2z − 1 = 0 geldt ook N = 0! 

De functie is analytisch, alleen niet in het punt z = 1 2


Differentieerbaarheid 

Definitie: Een functie is differentieerbaar in z als 

bestaat. 

Let wel: ∆z is ook complex! 

f (z + ∆z) − f (z) 

lim 

|∆z|→0 ∆z


Differentieerbaarheid 

Definitie: Een functie is differentieerbaar in z als 

bestaat. 

Let wel: ∆z is ook complex! 

Voorbeeld. f (z) = z 2 

f (z + ∆z) − f (z) 

lim 

|∆z|→0 ∆z 

f (z + ∆z) − f (z) 

∆z 

= (z + ∆z)2 − z 2 

∆z 

= 

2∆z + ∆z2 

∆z 

→ 2 

Net als de afgeleide van de functie g(x) = x 2



Welke functies zijn differentieerbaar? 

f 1 (z) = zi, f 2 (z) = z




f 1 (z) = zi, f 2 (z) = z 

f 1 (z + ∆z) − f 1 (z) zi + ∆zi − zi 

= 

∆z 

∆z 

• Dus de limiet bestaat, dus ja 

= ∆zi 

∆z = i




f 1 (z) = zi, f 2 (z) = z




f 1 (z) = zi, f 2 (z) = z 

f 2 (z + ∆z) − f 2 (z) 

∆z 

= z + ∆z − z 

∆z 

= ∆z 

∆z




f 1 (z) = zi, f 2 (z) = z 

f 2 (z + ∆z) − f 2 (z) 

∆z 

= z + ∆z − z 

∆z 

= ∆z 

∆z 

∆z 

∆z = 1 als ∆z reëel, ∆z 

∆z = −1 

Dus nee: de limiet bestaat niet 

als ∆z imaginair


Definities 

Definitie: Een functie is analytisch in z als hij in een kleine 

omgeving rond z differentieerbaar is 

Definitie: Een functie is ”geheel” in z als hij analytisch is voor 

alle z 

Analytisch: f (z) = 1 

z−2 

behalve in z = 2 

Geheel: f (z) = z 3 + zi


Werkcollege 

1 Schrijf de volgende functies in de standaardvorm, 

f = u + vi: 

f (z) = z 2 + 1 z , g(z) = 

z 

|z − 1| 

2 Bekijk de functie 

J(z) = 1 2 

( 

z + 1 ) 

z 

• Laat zien dat J(1/z) = J(z) 

• Wat is het bereik van de functie voor |z| = 1? 

• Wat is het bereik van de functie voor |z| = r, r > 1?


Werkcollege 


f (z) = exp(λi)z, λ reëel 


• Beschrijf in woorden wat de actie van deze f voorstelt 


f (z) = λz, λ reëel 


• Beschrijf in woorden wat de actie van deze f voorstelt


Werkcollege 

5 Hebben de volgende rijtjes een limiet, en zo ja, wat is die 

limiet? 

z n = i(−1) n , z n = Arg(−1 + i/n) 

6 Bepaal 

6 Bepaal 

lim 

z→2+3i (z − z 2 + i 

5i)2 , lim 

z→i z 4 − 1 , 

lim 

z→∞ 

3z 2 − 2z 

z 2 − zi + 8 , 

lim exp(z), 

z→∞ 

lim (z + 1) exp(z) 

z→πi/2 

lim 

z→5 

3z 

z 2 − (5 − i)z − 5i


Werkcollege 

7 In welke punten z is de functie Re(z) differentieerbaar? 

8 In welke punten z is de functie 

analytisch? 

f (z) = 

1 

z − 2 − i

Mathematical Modelling

Create successful ePaper yourself

Delete template?

Save as template?