- - -
-ANALYSE
NUMERIEKE ANALYSE
TEClJlI.JIIC",..,
-=-
---~~-~~----~~~~-- -~-~~~~~~~-~~~--~~~-~~~-~~~ANALYSE
NUMERIEKE ANALYSE
DOOR
DR. J. BIJL
LECTOR AAN DE TECHNISCHE HOGESCHOOL TE DELFT
I
,2. C )t'
6 /
'
j/VERENIGING VOOR STUDIE- EN STUDENTENBELANGEN DELFT
VOORBERICHT
In de laatste jaren is er aan de Technische Hogeschool te Delft een toenemende behoefte ontstaan de studenten reeds in het eerste studiejaar met de bijzondere aspecten van de numerieke analyse vertrouwd te maken.
Het is een duidelijke eis des tijds de numerieke analyse te beschouwen als een integrerend bestanddeel van de "gew one" of "kla ssieke" analyse. Steeds meer afdelingen van genoemde Hogeschool stellen prijs op integratie van de numerieke facetten in het kader van de propaedeutische analyse.
Voor de behandeling van de complexe en benaderende getallen word en stroomdia g rammen ingevoerd, zodat men op de 'instr uctie reeds in een vroeg stadium met Algol-programmering kan beginnen.
In verband met wensen van de Technische afdelingen komen naast functies van één veranderlijke, ook functies van twee en meer verander-lijken aan de orde.
Het is zonder bezwaar mogelijk enkele hoofdstukken naast elkaar te behandelen .
Binnenkort verschijn t er een verzameling vraagstukken, die qeheel bij dit leerboek aansluit.
J.
Bijl~
~ - - -
-INHOUD.
blz. HOOFDSTUK 1.
De
verzameling der reële getallen.§ 1. Reële getallen 9
§ 2. Eigenschappen van de reële getallen 11
§ 3. Orderelaties . 13
§ 4. Absolute waarde 15
§ 5. Afbeelding van de reële getallen op de getallenrechte . 17
§ 6. Volledige inductie 19
§ 7. Faculteit en binomium van Newton. 21
§ 8. Het stroomdiagram 22
§ 9. Talstelsels 27
HOOFDSTUK 2.
De
verzameling van de complexegetallen.§ 1. Complexe getallen 29
§ 2. De schrijfwijze van de complexe getallen. 32 § 3. Afbeelding van de complexe getallen; toegevoegd complexe
getallen 33
§ 4. Modulus en argument van een complex getal. 34 § 5. Stelling van de Moivre; binomiaal vergelijkingen 40
HOOFDSTUK 3. Benaderende geta!len.
§ 1. Benaderende getallen . 45
§ 2. Optellen en aftrekken van benaderende getallen 49 § 3. Vermenigvuldigen en delen van benaderende getallen . 51 § 4. Absolute fout in f (a), als a een benaderende waarde is 56
§ 5. Toepassingen 58
§ 6. Stroomdiagram voor het benaderen van de wortels van een
vierkantsvergelijking 62
HOOFDSTUK 4. Het functie begrip.
§ 1. Interval, gebied en omgeving . 64
§ 2. Functies van één veranderlijke 66
§ 3. Grafiek van een functie van x . 69
§ 4. Inverse en monotone functies 69
§ 5. Cyklometrische functies . 73
§ § § § § § §
§
§ §§
§§
§ § § §§
§ § § § § §§
§ § § § § § § § § § HOOFDSTUK 5.Limiet en en continuïteit van functies. 1. Limieten va n functies van één veranderlijke . 2. ~Stellin g en over eigenlijke limieten
3. Toepassingen
4. Kleins te boven grens en grootste onderg r en s van een ver-zameling reële get allen
5. Rijen en limieten van rijen.
6. Continuïteit van ee n functie van één vera n d erl ijke 7. Stellingen over continue functies .
8. Voorbeelden va n continue functies
9. Limieten en con tin uït eit van functies van twee en meer ver -anderlijken
HOOFDSTUK 6.
Differentiatie en partiële differentiatie. 1. Het differentiaalquotiënt.
2. Differentiaal
3. Verband tussen continuïteit en differentieerbaarheid 4. Regels voor het differentiëren.
5. Het differentiaalquotiënt van enkele functies . 6. Primitieve functie .
7. Hogere afgeleiden . Regel van Leibniz . 8. Het partiële-differentiaalquotiënt
9. 'M eet kund ige betekenis van het eerste partiële differentiaal-quotiën t van z = f (x.y)
HOOFDSTUK 7.
Stellingen over continue en differentieerbar e functies. 1. Continue functies van één veranderlijke.
2. Uniformecontinuïteit. 3. Extreme waarden .
4. Gevolgen van de middelwaardestelling
5. Stroomdiag ram voor het benaderen van nulwaarden en van absolute extremen van een functie
6. Continue functies van twee of meer veranderlijken . 7. Samengestelde functies van twee veranderlijken .
8. Absolute fout in f (a. b) als a en b benaderde waarden zijn. 9. Implicite functies
HOOFDSTUK 8. Enkelvoudige integralen. 1. Onder- en boveni ntegraal
2. Integraal
3. Integreerbare functies
4. Integraal als limiet van Riemann sommen. 5. De hoofdstelling van de integraalrekening . 6. Eigenschappen van integralen
7. Oneigenlijke integralen .
8. Verband tussen oppervlakte van een figuur en een integraal blz.
82
86
91
97
9810 1
103
106109
112115
116
11
7
121
124125
128
130
132 136138
143149
151154
156
157
160
163
166
169
172 1741
80
185HOOFDSTUK 9.
De
logaritmische en de exponentiële functie. § 1. De logaritmische functie§ 2. De exponentiële functie § 3. De algemene machtsfunctie § 4. Berekening van enkele limieten § 5. De hyperbolische functies .
189
191
193
194
196
blz.197
197
200
202
203
204
204
206
207
cos" (x) 1 sin" (x) , Integratie van sin" (x), cos" (x). - ----;--,----HOOFDSTUK
10.
Integratie van R (x,
'VI
[px+
q)) . Integratie van R x,\
1
(
px+
q )rx
+
s7. Integratie van R(x, y(aox 2
+
2aj x+
a2))8
.I
n egra Ie vant tiR
( p Ix , x ", .. " xp.) pk) me PI' P2.. ", Pk ra ionaat tiI
9. Berekening van integralen met partiële integratieBerekening van integralen. 1. Integratie van polynomen
2. Integratie van een rationale functie . 3. Integratie van R(sin(x), cos(x))
4.
5. 6. § § § § § § § § § HOOFDSTUK 11. Meervoudige integralen. § 1. Herhaalde integralen.§ 2. Dubbelintegraal over een rechthoekig gebied. § 3. Dubbelintegraal over een niet rechthoekig gebied § 4. Inhoud van een lichaam .
§ 5. Drievoudige integralen
209
214
218
221
224 HOOFDSTUK12.
Formule van Taylor; berekening van limieten.
§ 1. Formule van Taylor .
229
§
2.
Toepassingen van de formule van'Taylor .231
§ 3. Het ordesymbool 0 van Landau.
235
§ 4. Berekening van limieten met de formule van Taylor .
237
§ 5. Benadering van functiewaarden
239
HOOFDSTUK
13.
Numeriek oplossen van vergelijkingen.
§ I. ReguIa Falsi 242
§
2.
Methode van Newton-Raphson243
§
§ §4. Convergentie onderzoekvan de formulevan NewtonRaphson
I I
5. Iteratieformules voor \,/(g ),
9
en \,/(g)6. Stroomdiagram voor de oplossing van x- cos( x )
=
0 met Newton-Raphson blz. 246 249252
HOOFDSTUK 14. 272 2592
70
2742
76
26 126
7
25
5
2
53
2
54
Polynomen en hogere machtsv erg elijkingen .I. Polynomen 2. Reststelling
3. Berekening van de afgeleiden van Pn(x ) voor een bepa a ld e waarde van x
4. Het berekenen van de waarde van een polynoom Pn(z ) met reële coëfficiënten voor een complexe waarde van z . 5. Over de wortels van een gehele rationale vergelijking van de
nde graad
6. Splitsing van een rationale functie in partiëel breuken . 7. Stroomdiagram voor het benaderen van een reële wortel van
een gehele rationale vergelijking met reële coëfficiënten met de methode van Newton-Raphson
8. Grenzen van de reële wortels van een gehele rationale v er-gelijking met reële coëfficiënten .
9. Het herleiden van vergelijkingen tot gehele rationale verge-lijkingen Methode van Bairstow
§
§ § 10.§
§ § §§
§ § HOOFDSTUK 15. Numeriek e integratie. § I. Interpolatie polynoom van Lagrange § 2. Schatting van de fout bij interpolatie § 3. Trapeziumregel§ 4. Numeriek integreren door voortgezette halvering § 5. Regel van Simpson
§
6. Numerieke integratie van enkele functies.2
80
2
83
2
86
290292
2
96
HOOFDSTUK 16. Reeksen. § I. Het begrip reeks§
2. Stellingen over reeksen§
3. Reeksen met positieve termen . § 4. Alternerende reeksen .§ 5. Reeksen met positieve en negatieve termen § 6. Reeksen met complexe termen .
§ 7. Machtreeksen
§ 8. Machtreeksontwikkeling van enkele functies . § 9. Complexe functies. Register
JOl
302
3
04
308
30
9
3
13
3H 3153
17
3
20
HOOFDSTUK 1.
De verzamel ing vande reële getallen .
§ 1. Reële getallen.
Deopbouw van de ver za melin g der reële getall en kan men als volgt wee r-geven:
natuurl ijke g_ _etallen_ _- ~nulv-- nega tieve ge_he le geta llen gehele getallen - breuken
rationa le getallen- irra tionale getallen reële geta llen.
Degetallen 1,2.3,.. .,10,11,.. .hetende natuurlijke getallen.Ze kunnen met behulp van de tien symbolen (cijf ers geheten) 0, 1, 2. ...• 8. 9 ge~ schrevenworden.
In de verza melin g van de na tuurlijke getallen kan men de twee bewer -kingen optellen en vermenigv uldige n onbeperkt uitvoeren ; d.w.::.:
Zijn a en b natuurlijke getallen.dan zijn a
+
b
en a Xb
weer natuurlijke getallen.die ondubbelzinnig bepaaldzijn .
De inverse bewerkingen va n optellen en verme nigv uld igen heten respe c-tievelijkaftrekken en delen .Deze inverse bewerkingen zijn in de ver zame-ling der natuurlijke getallen niet onbeperkt uitvoerbaar; immers de aftrekking 5 - 8 en de deling 3 : 7 zijn niet mogelijk in de verzameling der natuurlijke getallen. Om dit bezwaar op te heffen, zijn naast de na tu urli jke getallen andere getallen ingevoerd.
Voegen we aan de verza melin g va n de natuurlijke getallen het get al nul en de verzameling van de negatieve gehele getallen toe. dan ontstaat de verza melin g van de gehele getallen . De verzameling van de natuurlijke geta llen (die we ook wel positieve gehele getallen noemen) vorme n dus een deelverzameling va n de verzameling der gehele getallen.
De gehele getallen kunnen met behulp van de natuurlijke getallen ge~ schreven worden door invoering van één nieuw symbool,nl. het minteken. Is a een positief geheel getal. dan zeg ge n we dat a "g roter is dan nul" en schr ijven dit als: a
>
0.Is a een negatief geheel getal. dan noemen we a "kleiner dan nul" en schrijven dit als: a
<
0.In de verzameling der gehele getallen is de optelling, de aftrekking en de vermenigvuldiging onbeperkt en ondubbelzinnig uitvoerbaar. De deling is echter niet onbeperkt uitvoerbaar. Om deze beperking op te heffen voeren we de breuken in. De verzameling van de gehele getallen en va n de breuken vormen de verzameling van de rationale getallen. In deze v er-zameling zijn de optelling. aftrekking, vermenigvu diging en de deling
(mits niet door nul) onbeperkt en ondubbelzinnig uitvoerbaar.
De verzameling van de gehele getallen vormen een deel-verzameling van
de rationale getallen. '
Elk rationaal getal kunnen we voorstellen met een getallenpaar a en b. waarbij a en b gehele getallen zijn b
*-
0, nl. door de schrijfwijze a/ba
of1)' r :
De rationale getallen kunnen dus met behulp van de gehele getallen ge~ schreven worden door de invoering van één nieuw symbool. nl. het d eel-teken.
De schrijfwijze van de rationale getallen is echter niet eenduidig,immers:
Zijn a en b beide positief of beide negatief, dan is az'b positief, dus alb
>
O.Is a positief en b negatief. of is a negatief en b positief, dan is alb nega
-tief. dus: alb
<
O. .De vier bewerkingen optellen, aftrekken, vermenigvuldigen en delen
heten de rationale bewerkingen. I
In de verzameling der rationale getallen is de vergelijking: x2- 2 = 0
niet meer oplosbaar..
Stel er was een rationaal getal x
=
e/b , (waarbij a en b gehele getallen zijn) die aan deze vergelijking voldoet, dan was:a2 = 2 b2 •
Nu bevat a2 geen of een even aantal factoren 2, terwijl 2 b:: een oneven aantal factoren 2 bevat.
Hieruit blijkt, dat er geen rationaal getal is, waarvan het kwadraat gelijk is aan 2.
Om dit bezwaar op te heffen zijn de irrationale getallen ingevoerd; te-zamen met de rationale getallen vormen ze de verzameling der reële ge-tallen.
De verzameling van de rationale getallen vormen dus eendeelverzameling van de reële getallen.
Ook de irrationale getallen
=!=
0 verdelen we in positieve en negatieve getallen.De twee wortëls van de vergelijking
x2 - 2= 0
zijn voorbeelden van irrationale getallen.we stellen ze voor door
V
(2) en - Y(2). We noemen yI( 2 ) de positieve en - y(2) de negatievewortel van de vèrgelijking.Alg~meenhebben we:
Is a
>
0, dan bedoelen we mety
(a) de positieve wortel van de ver~ ge/ijking:.,-)"2 - a = O.
In tegenstelling met de rationale getallen hebben we g'een schrijfwijze voor alle irrationale getallen. Zo zijn
-ij(2 ). log (4) en 2" (3 )
voorbeelden van irrationale getallen. Veel gebruikte irrationale getallen zijn:
n = 3 .14159.. . en e = 2 . 71828 ...
In de verzameling van de reële getallen is nu elke vergelijking van de vorm: a x2
+
b x+
c = O. met a=1=
0 en b2 - 4 ac >°
oplosbaar.
De vergelijking is immers te schrijven als: b2-4ac - - ; - - - = - - = 0,
4a2 De wortels zijn dus:
- b ±v(b2-4ac)
Xl.2 = 2 a •
Om de vergelijking ook te kunnen oplossen, als b2 - 4 ac
<
O. zullen we later de verzameling van de reële getallen uitbreiden met de verzameling van de complexe getallen.§
2. Eigenschappen van de reële getallen.De verzameling van de reële getallen geven we aan met R. Met aER bedoelen we: a is een element van R.d.w.z. a is een reëel getal. Evenzo betekent a.bER en al.a:!... .. anERn dat resp. a.b en al.a2 ... ·.a n
In het onderstaande zijn a, b. cE R; voor deze reële getallen gelden de volgende grondeigenschappen:
~1' a
+
b = b+
a ~ G 2. a X b = b X a ~ (commutatieve eigenschappen) G3 . a + (b + c) = (a + b) + c} . . . G4' a X ( b )X c = (a X b) X c (associatieve eiqenschappen )G
5 . a X (b + c) = a X b + a X c (distributieve eigenschap)Opmerking.Uit deze grondeigenschappen kunnen we andere eigenschap-pen afleiden, bijv.:
(a + b)12 = a 2 + 2ab + b2.
Bewijs.
(a + b)2 = (a + b) X (a + b) = a X (a + b) + b X (a + b) = (a 2+ab) + (ba +b:!) =a2 +ab +ba +b2 = = a 2 + ab + ab + b2 = a2 + 2 ab + b2•
G6 • De getallen 0 en 1 hebben de eigenschappen:
a + 0 = 0 + a = a, 0 X a = a X 0 = 0, 1 X a = a X 1 = a. We noemen 0 het nulelement en 1 het eenheidselement van R.
c..
De vergelijkinga+x=b heeft steeds één wortel: x = b - a ER.
c;
De vergelijkinga X x = b. met a:oF0 a
heeft steeds één wortel x =
b
E R. Voor deze wortel geldt:1.2.1. a X
h
a = b.Opmerkingen.
1. Er ontstaat een tegenstrijdigheid, als uit 0 X x = b zou volgen b
x = OER.
Is immers b:oF0 en
~
een reeël getal. dan is volgens G6: 0 X~
= 0,anderszijds volgt uit 1.2.1. 0 X
~
= b:oFO.aXx =b Zo is de. breuk
= a - I als a=!-=- 1. We laten daarom de breukenblObuiten beschouwing.Dus:
Alle delingen met deler 0 en alle breuken met noemer 0 zijn niet qedefi-nieerd.
a
+
1 a2- 1voor a = 1 en a = - 1 niet gedefinieerd. Verder is: a2- 1
a
+
1 Om de vergelijkingvoor elke a, bER op te lossen. moeten we drie gevallen onderscheiden, 10. a = b = 0, elke xER is een wortel; de vergelijking heet identiek. 20• a = 0,b
=1=
0,geen xER is een wortel; de vergelijking heet vals.b 30• a
=1=
0,de vergelijking heeft één wortel x = - ER.a
2
.
§
3. Orderelaties.In de verzameling derreële getallenRkomen de Z.g.positieve en negatieve get a llen voor; a is positief schrijven we ook als a >
°
en a is negatief als a<
0.Zijn a en b positieve getallen.dus a >
°
en b > 0. dan is ook: a+
b>
°
en a X b>
0;is a > 0 en b
<
°
of a<
°
en b > 0,dan is a X b<
0. Verder hebben we:Voor elke aER geldt: óf a> 0, of a = 0, of a
<
O.In de verzameling der reële getallen kunnen we een ordening invoeren door de volgende definitie:
1.3.1. Definitie. Zijn a,bER, dan is:
a
>
b~b<
a ~ a - b>
0~ b - a<
O. Deze orderelatie heeft de volgende eigenschappen:1.3.2. Zijn a, bER, dan is: Of a> b, Ofa = b, Of a
<
b. Bewijs. Voor het verschil a - b geldt:In de eigenschappen 1.3.3.-7 1.3.7.zijna.b.c en d reële geta llen. 1.3.3. Uit a < ben b < cvolgt: a < c.
Bewijs.
a
<b ~b-a >O
) =} (c - b ) + ( b - a)=
b < c ~c-b >O ~ _ 0 - c - a> =}a<c. 1.3.4. Uit a < b volgt: a + c < b + c. Bewijs. a < b ~b - a > 0~ (b + c) - (a + c ) > 0 ~ a + c < b + c.1.3.5. Uit a < benc < d volgt': a + c < b + d, Bewijs.
a
<~ ~~-a >~~ =}(b _a)
+ (d-c) = (b +d) - ( a +c) > 0c
<
~
-
c> )
~
a+
c<
b+
d.Opmerking. Uit a < b en c < d volgt niet: a - c< b - d.
Immers: 4 < 5 en 3< 8.maar 4 - 3> 5 - 8. 1.3.6. Uit a < b en p > 0 volgt: ap < bp, Bewijs.
a <b ~b-a >O ~
p >
°
~ =} (b - a)p = bp - ap > 0 =}ap < bp.Opmerking. Uit a < b en p > 0 volgt: ap < bp (bewijs ).
1.3.7. Is a > 0en b > 0,dan geldt:
Uit a < b volgt: a2 < b2en uit a2 < b2 volgt:a <
b.
Bewijs.a
<bl
• •
a> 0 ~ =} a- = a
=} a2
<
b2• :~ ~ ~
=}ab<
b2Uit a2< b2volgt a2-b2 = (a-b) (a + b ) < O. Nu is a + b > 0,dus is a - b
<
0,of a<
b.Opmerkingen.
1. Eigenschap 1.3.7.kunnen we als volgt weergeven: Is a >
°
en b > 0,dan geldt:1a I
<
Ib 1 Ç=> a2<
b2• 2. Bewijs. Is a> 0 en b > O. dan geldt:a < bÇ=> a2 < b2 •
§ 4. Absolute waarde.
1.4.1. Definitie. Onder
Ia
I
(lees: absolute waarde van a of modulus [Jan a) verstaat men:j
a. als a > 0
I
ai
=
O. als a=
0 - a . als a<
O. Uit deze definitie volgt onmiddellijk:1.4.2.
1
aI
>0,I
a1
2=
a2 ,-
I
aI
< a<I
aI
,
y ( a2)=
1
aI·
Verder gelden de volgende eigenschappen:1.4.3. Bewijs.
Uit [a I> 0 en 1a I
<
1b Ivolgt 1b i >o
.
dus is volgens 1.3.7.: Ia 1<
Ib IÇ=> 1a 12<
Ib 12 ~ a2<
b2. 1.4.4. 1a1<
b ~- b<
a<
b. Bewijs. Uit Ia I<
b en a< 1a1 volgt: a<
b. Uit 1a 1<
b en - a< IaI volgt: - a<
b of - b<
a. Hiermee is bewezen: 1a 1<
b =9 - b<
a<
b. Is gegeven: - b<
a<
b,dan is b > 0 en a- b<
0i
=9a2 _ b2<
0 =9 a2<
b2. a +b >O)Volgens 1.4.3. is dus:
I
aI
<
I
bI.
dus1
aI
<
b. Hiermee is bewezen:- b
<
a<
b ~I
aI
<
b. 1.4.5. Ia Xb 1= Ia1X 1b I· Bewijs.Uit (a X b)2
=
a2 X b2volgt 1a X b 12=
1a12 X Ib 12,dus is:1.4.6. Bewijs. dusis: 1.4.7.
I
b
aI
=\bT
1a 1'
(b=1=
0). Volgens 1.4.5. is: a aI
b
I
XI
b
I
=I
b
Xb
I
=I
a
I,
I
:
1
=
:
:
\
I
a
+
b
I
<I
a
I + I
bI
·
Bewijs. Volgens 1.4.2.en 1.3.5.is:- la l <a < la l ~
<
<
_
I
b
I
< b<1
b
I
(
=}
-
(
I
aI + 1
b
I
)
= a+
b
=I
a1+ I
b
I
,
dus is: Ia+
bI< 1a 1+
1bI· Verder is: 1.4.8. Bewijs. dus is: dus is :[
a+ bl>
Il
ai - I b jl ·
Uit 1.4.7.volgt:I
a1=
I(a+
b)
+
(- b)
l
<I
a+
b
i + I
b
I,
1
a
I
-
I
b
I
<I
a
+
b
I
·
Jb
1=
J(a+
b)
+
(- a )1<I
a+
b
i + I
aI,
I
bl
- l
a
l<l
a+ bl
en derhal ve is: Opmerkingen.1. De Eigenschappen 1.4.7. en 1.4.8. kunnen we als volgt samen vatten:
\1 a I- 1b
i
I
< Ia+
b1< Ia 1+ IbI·We noemen deze ongelijkheid de drieho eksongelijkheid . 2. Uit de driehoeksongelijkheid volgt onmiddellijk:
\1
a1
- 1
b
1
\
<1
a -bi
<1
a1
+
1
b
I
·
1.4.9. Als voor elke e>
0 geldtI
a - bI
<
e,dan is: a = b.Bewijs. Stel a
=1=
b, dan is 1a- b I = p>
O. Kies 0<
e< ~ p, dan is 1a -b
i >
~ p > e,§
5. Afbeelding van de reële getallen op de qetallenrechte.De reële getallen kunnen we afbeelden op de punten van een
getallen-rechte. Onder een gctall cnr ccht e verstaat men een rechte. waarop een
punt 0 (het nulpunt) en een punt E (het eenhe ids punt ) is aangenomen.
Het punt 0 verdeelt de rechte in twee halfrechten 11 en 12 (fig. 1).
B I b o
I
fig .1. EI
AI
a . (m en n natuurlijke getalIen).Het getal.0beelden we af op het punt 0,het getal 1op het punt E. Het
lijnstuk OE dient als maatstaf om de andere reële getallen af te beelden.
De positieve getallen worden afgebeeld op de halfrechte 11 die E bevat.
de negatieve getallen op de halfrechte 12 ,
Aan elk reëel getal is één punt toegevoegd en omgekeerd is aan elk punt
één reëel getal toegevoegd. De afbeelding van de reële getallen op de
getallenrechte is dus één-éénduidiq.
Is in fig. 1A het beeldpunt van a. dan is de afstand van 0 tot A gelijk
aan
I
aI
.
dus OA =I
aI
.
Is B het beeldpunt van b, dan is OB =I
bi
enAB = Ia - b1= 1b - a I·
De verzameling der rationale getallen is overal dicht. d.w.z. tussen elk
tweetal verschillende rationale getallen liggen nog oneindig veel rationale getallen.
Tussen 2/3 en 5/6 liggen bijv .alle rationale getallen
2m
+
5n 3m+
6n Immers uit: 2m+
5n 2(3m+
6n)<
3(2m+
5n) volgt: 2/3<
3 6 m+ n en uit: 2m+
5n 6(2m+
5n)<
5(3m+
6n) volgt. 3 6<
5/6. m + nOp de getallenreeks liggen dus tussen de beeldpunten van 2/3 en 5/6 nog
oneindig veel punten die beeldpunten zijn van rationale getallen.
Niettegenstaande de dichtheid vullen de beeldpunten van de rationale getallen niet de gehele getallenrechte. Immers de irrationale getalIen, zoals
bijv. y (2 ), hebben ook hun beeldpunten op de getallenrechte.
De getallenrechte kan dikwijls goede diensten bewijzen bij het oplossen van ongelijkheden.
Voorbeelden.
1. Voor welke waarden van xeRis.
I
xx
4
1
<I
x:
2
\
? Oplossing. Volgens 1.3.7. opmerking 2 is:+
x~
2
)
X
1 ) (x+4) (x-I) (x2 +x +4) - - < 0 ~----'---'--i--'---;-;-~,.-:--:::'_c_:,__'---~< O. x+2 - (X-4)2 (X +2) 2I
--xI
<I
-- ~ --1I
(
x)
2 < (--1 •2 ~-( x x- 4 - x+ 2 x-4 - x+ 2) x-4 X(
_x
_
x-4 -4 ? 01
---' --,
-2 0 1 +++++++ ? + + + + fig.2.In fig. 2 is een tekenoverzicht gegeven van de laatste opgeschreven breuk. Voor x = - 2 en x = 4 is de breuk niet gedefinieerd. De oplossing is dus:
- 4 < x
<
-
2,- 2<
x < 1. 2. Voor welke waarden van x E Ris:V (3 x - 5 ) - 2>V ( I I - x ) ? Oplossing.
5
Voor x
<
3
is het linkerlid en voor x>
11 is het rechterlid niet gede fi-nieerd,dus voldoen deze waarden van x niet (fig.3).De ongelijkheid is gelijkwaardig met:
V(3x-5) > 2+ V(II-x).
fig.3.
5
Voor - 3- < x <11 zijn beide leden van de laatste ongelijkheid niet negatief, dus is volgens 1.3.7. de ongelijkheid gelijkwaardig met:
""-L - " - - -
-Hieruit blijkt dat -
2
< x<
S niet voldoen, want voor deze waarden3
-van x is het linkerlid negatief en het rechterlid positief. Voor - S< x < 11 is de ongelijkheid gelijkwaardig met
(X-S)2> 11-xÇ:} (x-2) (x-7) > O. De oplossing is dus:
7
<
x < 11 (fig. 3).§
6. Volledig.e inductie.Een bewijs door volledige inductie berust op het volgende beginsel. B (n) zij een bewering die gedefinieerd is voor elk natuurlijk getal n. De bewering B (n) is dan juist voor elk natuurlijk getal n,als voldaan is aan:
1°. B(n) is juist voor n
=
1.2°. Uit de aanname, dat B (n) juist is voor één natuurlijk getal n
=
p, volgt dat B(n) ook juist is voor n=
p+
1.Een bewijs door volled ige inductie heet ook wet een bernoullieens bewijs. Voorbeelden.
1. Is 0 < a
<
b, dan geldt voor elk natuurlijk getal n: a"<
bn. Bewijs.1sic stap : Voor n
=
I is de bewering juist.2,k stap: Stel de bewering is juist ,voor één n
=
p,dan is: all<
bil ~~
all+1< a X bill
a >O -- ~ ap+1<
bIH-1• a<
bl
~
a X bil<
bll+1 -bil> 0 )H.u.v. : Is de bewering juist voor één n = p, dan is de bewering ook juist Voor n = p
+
I . .3cle stap: Volgens het beginsel van volledige inductie is de bewering dus
juist voor elk natuurlijk getal n. Opgave.
Bewijs: Is a> 0, b
>
0 en geldt a n<
bil voor één natuurlijk getal n,dan is a<
b en geldt a n<
bn voor elk natuurlijk getal n.2. Voor elk natuurlijk getal n geldt:
n n
I
2' akI
< 2'I
akI·
k=1 k=1Bewijs.
1ste stap: Voor n = 1de bewering juist.
2,lc stap : Stel de bewering is juist voor één n = p,dan is:
p p 1.6.1.
I
:E a,I
< L:1
akI·
k=1 k= 1 Volgens 1.4.7.is: p-t-I n PI
2: akI
=I
2' al'+
ap+l1
<I
2' akI
+
I
ap+lI·
k=l k=1 k=1Hieruit en uit 1.6.1. volgt:
p+l P p-l-l
1
:E
a,I
< 2'I
al'I
+
I
ap-l-lI
= :EI
a,j.
k=1 k=1 k=1
De bewering is dus juist voor n
=
p+
1. als hij juist is voor n=
p. 3dc stap: Volgens het beginsel van volledige inductie is de bewering dusjuist voor elk natuurl ijk getal n.
3. Is x
> -
1.dan geldt voor elk natuurlijk getal n de ongelijkheid:(1
+
x)n > 1+
n x. Bewijs.lste stap. Voor n = 1 is: (1
+
x}! = 1+
x, zodat de bewenng juist is voor n = 1.2dc stap. Uit x
>
-
1 volgt 1+
x>
O. Nemen we aan dat de onqelijk-heid juist is voor één n = p. dan is:(1
+
x)p> 1+
px~
=>(1+
X)p-l-l > (1+
x) (1+
px )1
+
x>
0~
1+
(p+
l)x+
px-.Daar px? > O.volgt hieruit:
(1
+
X)p-l-1> 1+
(p+
1 )x.De ongelijkheid is dus juist voor n
=
p+
1, als hij juist is voor n=
p. 3dc sta p . Volgens het beginsel van volledige inductie geldt deonqe-lijkheid dus voor elk natuurlijk getal n.
§
7. Faculteit en binomium van Newton.Het produkt 1 X 2 X 3 X ... X n heetn-jeculteit en dit wordt geschre-ven als n! Dus is
n
nl = :n k = 1 X 2 X 3 X ... X n, (n een natuurlijk getal). k=l
Verder spreken we af: O! = 1. Uit bovenstaande volgt:
n!
3!=I X2 X3 ,2!=I X2,1!=1, (n-l)!
=
n.Voor elk natuurlijk getal n en elk natuurlijk getal k< n, of k = 0,wordt
het symbool (
~)
(lees n over k) gedefinieerd door: 1.7.1.Hieruit volgt:
( n )k - k!(n-k)'·n!
( n )
°
= (n)n = 1,(n)1 = (' n )11 _ 1 = 11,(n)2 = (n _n 2 =) -l1(n-l)- -2- - ' enz. 1.7.2. Voor elk natuurlijk getal n en elk natuurlijk getal k < n geldt:Bewijs. Volgens 1.7.1. is: ( n )k
+
( n )k - l =k!(n-k)!nl+
(k-l)!(nn!+ l - k ) I = nl (n+
1 - k)+
nl X k k!(n+
1 - k)! Dus is: n!(n+ 1) k! (11+
1 -k)! (11+
I)! _(11
+
1)
k! (11+
1---4::)!
-
k • Binomium van Newton.Voor elk natuurlijk getal nis:
(a
+
b)n=
1-
(n)
an-kbk.Bewijs (met volled ig e inductie).
1ste stap: Voor n = 1 is:
k~O
(~
) a1-kbk = (~
)
a+ (
~
)
b = a+
b. Voor n=
1 is de stellin g dus juist.2do stap: Stel de stelling is juist voor één n
=
p,dus is:(a
+
b)p=
$
(
Pk ) aP-k bk. k= o Dan is: ·---1.7.3. (a
+
b)P+l=
(a+
b) (a+
b )>=
=f
(P ) ap+1-k bk+
l'
(P) aP-kbk+l. k=O k k=O kVervangen we in de laatste term van 1.7.3. k door k-1,dan blijkt :
l'
( P ) aP-k bk+l=
P! ,l (k p ) ap+1-kbk.k=O k k=l - 1
Hieruit en uit 1.7.3.volgt:
(a
+
b )P+l = ap+1+
2-
(
p ) ap+1-k bk+
1
(
p )ap+1-kbk+
bp+l=
k=l k k=l k - 1
=
ap+1+
I
~
(
p )+ (
p)?
ap+1-k bk+
bP+l.k=l ( k k - 1 ~
Volgens 1.7.2.met p in plaats van n is dus:
P (
+
1)
p+l (+
1
)
(a
+
b)P+l=
ap+1+
,2.'
p ap+1-k bk+
bp-I-I=
2: P aI1+1-k bk.k=l k k=o k
De stelling is dus juist voor n = p
+
1,als hij juist is voor n = p.3de stap. Uit de 1ste en 2do stap volgt, volgens het beginsel van volledige
inductie, de juistheid van de stelling.
§
8. Het stroomdiagram.Een computer kan slechts een probleem oplossen, als er eerst een pro-gramma van gemaakt is. Een belangrijk hulpmiddel voor het maken van
een programma is het stroomdiagram, ook wel stroomschema genoemd.
Een stroomdiagram beschrijft de oplossing, het geeft zowel de logische structuur, als de voorkomende berekeningen weer; alle mogelijkheden moeten er van te voren in verwerkt zijn.
In
een stroomdiagram maakt men gebruik van het symbool : =, het is eentoekent. Is aan x een gegeven waarde toegekend,dan betekent x := x -I- 1,
dat aa n x de nieuwe waarde x
+
1 wordt toegekend.Is a :
=
2 en b :=
3 en wil men dit veranderen in a :=
3 en b :=
2, danga a t men als volgt te werk:
c:
=
a,a:=
b,b :=
c.Eerst wordt aan c de waarde 2 toegekend,daarna wordt aan a de waarde 3 en tenslotte aan b de wa ar d e 2 toegekend, zodat men krijgt a: = 3 en b : = 2. Verder wordt in een stroomdiagram gebruik gemaakt van de
volgende elementen:
1.
In
een rechthoek plaatst men één of meer opdrachten, er is één ingang en één uitgang.2.
In
een ruit staat een voorwaarde,die al of nietvervuld is,er iséén ingang, maar steeds meer dan één uitgang.3.
In
een cirkel plaatst men een label,waarnaar men eventueel kan verwijzen. Zo'n label heeft steeds één uitgang, maar twee of meer ingangen.
(
~-)
4. Een afgeronde rechthoek wordt
ge-bruikt om het begin en het einde van het stroomdiagram aan te geven.
In
heteerste geval er is geen ingang en één uitgang, in het tweede geval is er één ingang en geen uitgang.
Tenslo tte geeft men met pijlen aan de volgorde van de bewerkingen.
1. Stroomdiagram voor de berekening van m = nl voor elk natuurlijk getal n< 20.
neen
B
Na de label "weer" wordt n
=
1, p=
1 en m=
1; na 1, 1 gedrukt tehebben. gaan we terug naar label "weer". Nu wordt n
=
2. p=
2 enm
=
1 .2=
2! Is n=
19, p=
19 dan word m=
18! X 19=
19! Daarn = 19
<
20 gaan we voor de laatste keer terug naar label "weer". Nuwordt n
=
20, p=
20 en m=
191 X 20=
20! Aangezien n=
20<
20niet juist is, wordt de lus niet meer herhaald en stopt dus de berekening.
2. Stroomdiagram voor de berekening van ( : ) voor m en n
achtereen-volgens gelijk aan 25 en 10,37 en 15. 43 en 12. 48 en 7.
Voor de berekenng van
m! n! (m-n)!
zou men achtereenvoqens ml, nl en (m - n)Ikunnen berekenen en daarna
Deze manier heeft als bezwaar dat het veel overbodig rekenwerk geeft.
Een tweede bezwaar is dat de getallen ml, n! en (m-n)! zeer groot
worden, zodat de kans bestaat dat de capaciteit van de machine over-schreden wordt.
Deze bezwaren vermijdt men door te berekenen:
_ (m)= m(m-l) (m-2 (m-p) (m-n
+
1)x - n l . 2 . 3 (1
+
p ) n •Om het einde van de berekening aan te geven, voegen we op de get
al-band het getal
°
toe. Op de getalband staan nu de getallen:Eerst wordt gelezen m
=
25, daar m=1=
0, wor dt daarna gelezen n=
10.Nax =
(i~
)
berekend te hebben , word en de getallen m, n en x gedrukt.Daarna wordt teruggegaan naar label A, nu wordt m
=
37 gelezen endaar m
=1=
0,wordt n=
15.Telken s wor d en dus de volgendetweegetallenop de getalband gelezen. Tenslotte wor dt m = 0 gelezen , waarna de
be-rekening wordt gestopt.
3. Stroomdiagram voor de berekening van de gro otste gemene deler van
twee natuurlijke getallen m en n (m
>
n).De g.g.d. van m en n bepalen we met behulp van het algorith me van
Euclides. De berekening gaat alsvolgt:
1ste stap. Deel m door n. dan is m = nq1
+
r1·2de stap. Deel n door r1' dan isn = r1 q2
+
r2'3'1e stap. Deet r1door r2' dan is r1
=
r2 q3+
r3'Men gaat op deze wijze zo lang door totda t 1"1'+1= 0,da n is rp de g.g.d.
van m en n.
Is bijv. m = 2890 en n = 1309,dan krijgt men achtereenvolgens:
2890 = 1309X 2 + 272 1309 = 272 X 4 + 221 272 = 221 X 1+ 51 221 = 51 X 4+ 17 51 = 17 X3 + O. De g.g.d . van 2890 en 1309 isdus r = 17.
Is a een reëel getal, dan bedoelt men met [a ] (l'ees : entier van a) het
grootste gehele getal kleiner of gelijk aan a,dus is
[~]
= 4,r
~~ ]
= 1,[2:] = 7.In de eerste stap is q1 het grootste gehele getal <
~,
dus q1=[~],
inn n
de tweede stap isq2=
[~]
,en z.r1
De 1sle, 2<lcen 3<lcstap kunnen wedus ook schri jve n,als:
§
9. Talstelsels.Met 256 bedoelen we 2 X 102
+
5 X 10+
6; aan de schrijfwijze van de getallen ligt het getal lOten grondslag. we spreken daarom van hettientallig stelsel. Het tientallig stelsel vindt zijn oorsprong in het rekenen
met de vingers van beide handen.
Naast het tientalligstelsel kent men ook andere talstelsels. 'Sommige vol-keren gebruikten het 5~tallig stelsel. In Frankrijk vindt men nog sporen van het 20-tallig stelsel. bijv. in. 80 = 4 X 20 en 90 = 4 X 20
+
10. De babyloniérs hebben het 60-tallig stelsel ingevoerd en dit stelsel is eerst verdwenen.nadat de tiendelige breuken algemeen in gebruik werden genomen. Sirnon Stevin is vooral degene geweest. die de voordelen van de tiendelige breuken bekend maakte.De computers werken meestal met het tweetallig stelsel (ook we! het
binaire stelsel genoemd). dat gebaseerd is op het getal 2 en slechts de
cijfers 0 en 1 bevat.
Het getal 21
=
1 X 24+
1 X 22+
1 wordt in het tweetallig stelsel ge-schreven als 10 10 1.Even zo is:
tientallig stelsel
22
23
24 tweetallig stelsel 10 11 0 10 11 1 1100 0Ook breuken kunnen in het tweetallig stelsel worden geschreven. Zo is:
tientallig stelsel tweetallig stelsel
0.001001 .. . 0.0101 01 ... 1 11 1
TIl
1 101 = 0.0011 0011 ... 0.01 0.1 =2
-
2=
2
-
1 1 2 1T
1T
17
15
In de praktijk kunnen we elk getal slechts met een bepaald aantal cijfers
1
weergeven. Sch rijven we S in het tweetallig stelsel met behulp va n negen
1
cijfers 0 en 1.dan is 5 X
5
in het tweetallig stelsel:101 X 0.00 11 00 11 = 0.11111111. Dit laatste getal is gelijk aan:
1 2- 1
+
2-2+
...
+
2- 7+
2- 8 = 1 -28
<
1.(alb l - azbz.a1bZ
+
aZbl), (blal - b 2az.b1az+
bzal)'HOOFDSTUK 2.
De verzameling van de complexe getallen.
§
I. Complexe getallen.In de verzameling der reële getallen heeft de vergelijking :
x2
+
I = 0geen wortels. Dit is één va n de redenen dat we nieuw e getallen. nl.
complexegetallen invoeren.
We hebben gezien. dat elk rationaal getal door een getall enjaar (a.b), waarin a en b gehele getallen zijn en b
=1=
0,kan worden voorgesteld. Dea schrijfwijze van zo'n rationaal getal iS
b
of afb.Op analoge wijze voeren we nu complexe getallen in met behulp va n ge~ tallenparen (al' a2)' waarin al' a2ER. We zullen aantonen, dat elk complex getal geschreven kan worden als al
+
i az met i2=
-
1.2.1.1. Definitie. Onder een complex getal verstaan we een reëel ge-tallen/aar (al' a2) met de volgende eige nschappe n:
1°. (al'a2) = (bI.b
z )
alleen als al = bI en az = bz
.
2°. (al' az)
+
(b 1.bz )
= (al+
b1.az+
bz )·
3°. (alo az) X (b 1.b
z )
= (alb l - a2bz. albz+
aZb1).Uit 1°. 2° en 3° volgt. dat de complexe getallen voldoen aan de grond-eigenschappenG 1 --:- Gsvan de reële getallen (zie hoofdstuk 1
§
2).Bewijs:
(al'az)
+
(bj , bz )
= (al+
bI' az+
bz )
.
(bI' b
z )
+
(al'az) = (bI+
al.bz
+
a2)'Nu zijn al. az.b1. bzE R, dus is al
+
b 1 = b1+
al en az+
bz
=b
z
+
az. waarmeeG
1 voor complexe getallen bewezen is.G z. (al'az) X (bI'bz) = (b..bz) X (al 'a2)' Bewijs:
(al.a;J X (b1.b
z )
G3 · (al'a:,:»
G4 • (al' a:.»
G[j. (al'a2)
Daar al' a:.>. bI' b:!ER, is alb l - a2b:.> = blal - b 2a2 en
alb:,:> + a:.>b l = b1a:.> + b:,:>al' waarmee G2 voor complexe getallen bewezen is.
Op overeenkomstige manier bewijzen we:
+
i
(bI.b 2) + (Cl' C2)~=
~ (al' a:.» + (bI' b:,:» ~ + (Cl 'C2)' Xi
(bI' b 2) X (Cl' C2)~ = ~ (al' a:J X (bI'b 2)~ X (Cl'C2)' Xi
(bI' bJ + (Cl'C2)~=
(al'a:,:» X (bI'b 2)+
(al' a2) X (Cl'C:,:» .
G(j' De complexe getallen (0,0) en (1,0) hebben de eigenschappen:
(al' a:.» + (0,0)
=
(al'a2)' (0,0) X (al' a2)=
(0,0) en (1,0) X (al,a2) = (al,a2)'Het complexe getal (0, 0) is dus het nulelement,terwijl het complexe getal (I,0) het eenheidselement is.
G
7, De vergelijking:heeft steeds één wortel,n.l. (Xl'x:.»
=
(b l - al' b 2 - a2)' De aftrekking van complexe getallen is dus steeds mogelijk. Gs. Is (al'a2)=1=
(0,0), dan heeft de vergelijking(al' a:.» X (Xl' X:J) = (b l,b:J steeds één wortel.
Bewijs. Uit
(al'a2 X (Xl'X:.» = (alXI - a2x:.>, alx:J + a:.> XI ) volgt,dat (Xl' X:.» een wortel is van de gegeven vergelijking. als:
alxl - a2x:.>
=
bI a:!xl + alx2=
b 2·Daar a12 + a22
=1=
0, volgt hieruit:X1 -_ alb l + a2b2
a1 2+a22
De gegeven vergelijking heeft dus steeds één wortel:
(Xl' X"-) -_ (bi' b 2) _(al' a2) - (alb l + a2b2a12 + a22 , , , 'a lb2 - a2bl )al- + a22
De deling van (bI' b:!) door (al' a:,:» is dus steeds mogelijk als (al' a2)
=1=
(0, 0).Opmerkingen.
1. De verzameling van de complex e getall en is niet geordend: d.w.z. de relaties
<
en>
zijn voor complex e geta llen niet gedefinieerd. De eigens cha ppen van hoo fd stuk 1§
3 over ongelijkheden van reële ge-tallen gelden dus nietvoor complexe getallen.2. Om de vergelijking:
voor alle complexe getallen (al 'a2) en bj,b2 ) op te lossen. moeten we weer drie gevallen onderscheiden:
20
• (al 'a2) (0.0) en (bj,b2 )
=I=-
(0.0). geen enkele (Xl' X2) voldoet.30
• (al.a2)
=1=
(0.0),devergelijkin g heeft éénwortel (XI,X2) =~bl.b2?
.al.aZ Zonder bezwaar kunnen we het reële getal a identificeren 'met het com-plexe getal (a. 0): immers zijn a. be
R
dan is:a
+
b = (a.O)+
(b.O) = (a+
b,O) = a+
b, a X b = (a,O)+
(b.D] = (ab, 0) = ab,:
=
~:
:~~
=
(
:~ . ~z)
=(:
,0)
=:
'
(a =1=0 ) .Door de identificatie van het reële getal a met het complexe getal (a,0)
krijgen we dus:
De verzameling van de reële getallen is een deelverzameling van de ver-za melin g van de complexe getall en .
De vergelijking x2
+
1 = 0 is in de verzameling der complexe getallen oplosbaar. Stel x = (Xl' X2), (Xl' XZER). dan is:(Xl' X2)2 = (- 1.0) ~
~
XlX" = O.~ (X12- xz2 , 2Xl X2) = ( - 1.0) <=}) 2 -., 1
~ Xl - x2~ = - .
H.u.v.: Xl = 0, Xz = -l- 1. De vergelijkin g x2
+
1 = 0 heeft dus twee complexe wortels. nl. (0.1) en (0,- 1).Het complexe getal (0.1) stellen we voor door het symbool i, we noemen i de imaginaire eenheid .Hiervoor geldt:
i2= (0,1) X (0,1) = (-1,0) = - 1 . Verder is:
§
2.De
schrijfwijze van de complexe getallen.Het complexe getal z
=
(x.y), (x, yE R) is als volgt te schrijven: z=
(x,y)=
(x,O) + (0,y)=
x + (0, 1) (y,0)=
x + i y. De schrijfwijze z = x + i y, waarin x, yER, is de meest gebruikelijkeschrijfwijze voor complexe getallen. We noemen x het reël e deelvan z en y het imaginaire deel va n z en schrijven dit als:
Re(z)
=
x,lm(z)=
y.Zowel Re (z) als Im (z) zijn reële getallen.
Door de invoering van één nieuw symbool, nl. het symbool i, zijn we in staa t, met behulp van de reële getallen, de complexe getallen op te sch rijven.
Uit het voorgaande volgt dat reële getallen complexe getallen zijn,
waar-van het imag inaire deel nul is.Een complex getal noemt men ook wel een imagina ir getal; imaginaire getallen, waarvan het reële deel .0 is, heten
zuive r imaginair egetallen . Dus 2+ 3i is een imaginair getal en 3i is een
zuiver imaginair getal.
Uit het voorga a nde blijkt:
(al + iaz) + (b1 + ib z)
=
(al + b1 ) + i (az + bz ),
(al
+
i az) - (bI+
ibz)=
(al - b1 )+
i (az - b z),(al + iaz) X (bI + ib z)
=
(a1b1 - azbz) + i (albZ + azbtl.Is aj + iaz=l=O (dusal=1=Oenaz=l=O),dan is:
bI + ibz _ (al- iaz) (bI -I- ibz) _ (a lb1 + azb z+ i(albz - aZbl)
al +iaZ a12 +a2 z al z'+ a2z
Opmerking. Zijn a,b.cER en is 0
=
bZ - 4ac<
0 (dus a=1=
0); dan heeft de ver gelijkin g:ax z
+
bx+
c=
°
twee complexe wortels.Immers:
= a o _
~
(
b
)2
-
Dl
ax- + bx + c - a ( x + 2 a+
4 a2 )=
( X +~
+ i V(-D) ) (x +~
_ i V (- D) \ 2a 2a 2a 2 a ) 'De (complexe) wortels van de vergelijking zijn dus:
- b
+
i\/(-D)2a
- b - i \/(-D)
§
3. Afbeelding van de complexe getallen; toegevoegd complexe getallen.De complexe getallen kan men afbeelden op de punten van een vlak.
Daartoe kiezen we in het vlak een orthonormaal coördinatenstelsel.
Onder het beeldpuntvan het complexe getal z
=
x+
iYverstaan we hetpunt P(x,y). Het blijkt dat de afbeelding één- éèn d uid iq is. De x-as,
waarop de reële getallen x = (x,0) worden afgebeeld. heet de reële-as.
Op de y-as worden de zuiver imaginaire getallen i y
=
(0. y) afgebeeld.deze y-as heet de imaginaire-as. Het beeldvlak van de complexe getallen
heet het complexe vlak; het orthonorrnale coördinatenstelsel noemt men
dok wel het gausdiagram (fig 4a en 4b).
Het complexe getal
z
= x- iYheet het toegevoegdcomplexe (ofgecon-jugeerde) getal van z = x
+
iy.Is P het beeldpunt van z en P van
z.
dan zijn blijkbaar P en Pelkaarsspiegelbeeld t.O.V. de reële as.
Verder is: zex- Iy im-as iy ~= x +iy -iy I I [z] I I I I x-as '!' Ix re-cas 0 re-as [z] (x,o); I I I I I I [z] fig.'!' o y-as im-as (o,y) E(x,y) I I [z] : I I '!' I (o,-y) - - - -- -- - - -p(x,-y) z
+
z
= 2x = 2 X Re(z ),z -z
= 2iY= 2i X Im(z) en z X Z= x2+
y2 = iRe(z) ~2+
iIm(z) ~2.Van twee toegevoegd complexe getallen is dus de som en het produkt reeël,terwijl het verschil zuiver imaginair is.
Uit:
volgt:
Met behulp van volledig e inductie toont men aan , da t voor elk natuurlijk
getal n geldt: 2.3 .1. n n
.L:
Zk=
JE 2k k= ! k=! II n en 1I Zk = TI 2k' k=! k=!§
4. Modulus en argument van een complex getal.Onder de modulus van het complexe getal Z= x
+
iY vers taan we --/(x2+
y2) en schrijven dit als:I
Z1
=
y (x2+
y2) .Is y = 0, dan is Z= x reëel en is
1ZI
=
y (x2)=
1xI·De modulusvan een reëel getal is dus een bijzonder geva lvan de modulus van een complex getal.
Is P het beeldpunt van z,dan is (fig."la):
I
z]=
OP.
Verder is onmiddellijk duidelijk:IzI = 121> 0; [z12 = 1212 = ZX 2.
Uit deze laatste gelijkheid en uit zl Z2 = 21 X 2~ volgt: 1zl X z2[2 = (Zl X Z2) X (21 X 22) =
(Zl X 21) X (Z2 X 22) = I zl 12 X 1Z2 12, dus is:
2.4.1.
In woorden:
De modulus van het produkt van twee complexe getallen is gelijk aan het produkt van de moduli van
de
factoren.Met behulp van volledige inductie toont men aan, dat voor elk na tuu rl ijk
getal n geldt:
Een bijzonder geval hiervan is:
I
Zn 1=
I
zin.Is Z2
=1=
O.dan volgt uit 2.4.1.:1 1 . 11 1 1
1= 1- X
Z
2
\
=I
- I
XI
z21.dusIS - --
I
z21 .Z2 Z2 Z2
Hieruit en uit 2.4.1.volgt voor Z2
=1=
0:I
~
I
=
I
Zl X_
1
I
=
1
ZlI
X1
_
1
I
Z2 Z2 Z2
In woor d en:
De modulus van het quotiënt van twee complexe getallen is gelijk aan het quotiënt van de moduli van deeltal en deler.
De driehoeksonqelijkheid, Zijn zl en Z2 complexe getallen, dan is 2.4.3.
I
Zl+
Z21< 1ZlI +
1Z2I
·
Bewijs. De ongelijkheid is gelijkwaardig met: 1Zl
+
z212<(
I
Zl 1+
I
Z2 /) 2~~IZl
+
z2 12< 1zl 12+
1Z2 12+
2 IZl 1.1z2I·Stellenwe Zl = Xl
+
i Y1 en z2 = x2+
i Y2'dan is de laatste ongelijkheidgelijkwaar d ig met:
X1X2
+
Y1Y2< v'~ (X12+
Y1 2) (x 22+
Y22) {.Aan deze ongelijkheid isvoldaa n als het linkerlid negatief is..l s het linker-lid > 0,dan is de ongelijkheid gelijkwaardig met:
(X1X2
+
Y1Y2)2 < (X12+
Y1 2).(x22+
Y22)n
2XIX2Y1Y2< X1 2 Y22
+
x22Y12n
(X1Y2- x2yd2> O.
Hiermee is de driehoeksongelijkheid bewezen. Op dezelfde manier
be-wijze n we:
!
I
zlI
-
1
z2 11< 1zl+
z2I
·
Daaruit volgt de algemene driehoeksongelijkheid voor complexe getallen
2.4.4. 11 zll - 1z21\ 1< IZl
+
z21< IZl 1+
1z21·Opmerking. De driehoeksongelijkheid geldt dus zowel voor reële als complexe getallen.
Met behulpvan volled igeind uct ie bewijst men dat ook voor complexe qe-tall en geldt: n Il
I
_Y ak1<
= -
YI
ak 'I
k=! k=l Voor z = x + iYkan men schr ijve n: = 1. z = lz l (-riT + i t h - ) .(-iTr+ (ih-r= ---::
-
+
x2~
y2 x2 x2+ y2Er bestaat dus een hoekcp, zó dat:
Nu is: 2.4.5.
2.4.6. cos (cp) = -riTen sin (tip)
Jh-
.
Men noemt tiphet argument van z, kortweg arg (z). Met behulp hiervan
kan men voor 2.4.5.schrijven:
z =
I
zI
(cos(tip) + i sin(tip))•Voor z = 0 wordt geen argument gedefiinieerd. In 2.4.6. is tip slechts op
een veelvoud van 2:n bepaald ; er is echter één waarde tip, wa a rv oor geldt
- :n
<
tip < :71:.Deze wa a rd e van tipheet de hoofdwaardevan arg (z).
Is:
ZI =
I
ZII
(COS(lpl) + isin (cpl) ) en Z2 =I
z21(cos( tipz) + i sin(tip2 ) ). dan blijkt:en voor Z2
=1=
0;Hieruit volgt:
arg(zl z2) = arg(zd + arg(z2) en arg (::) = arg(zl) - arg(z2)'
Opmerking.
Zijn tipI en tip2 de hoofdwaarden resp. van het argumentva n z, en Z2.dan
behoeft tipI + tip2 en tipI- 'CfJ2 niet de hoofdwaarderesp.van het argumen t
ZI ..
van ZIZ2 en - te zun.
E re-as re-as __ R
--
-
I I I I I I I I I I I P-
--
----1 fig.5. o im-asc
im- a sOP
=
I
Z1I
.
OQ
=
PR
=
1z21 enOR
=
1Z1+
Z2I·
In L1OPR
geldt:Stel in fig. 5 zijn P en
Q
resp. de beeldpunten van zl = Xl+
iY1 en z2=
x2+
iY2.dan vindt men hetbeeldpunt R van Zl+
Z2=
(Xl+
X2)+
+
i(Y1+
Y2) als vierde hoekpuntva n hetparalleloqram
,
waarvanOP
enOQ
twee opvolgende zijden zijn.Maken we gebruik van de eigenschappen der meetkunde.da n kunnen we de driehoeksongelijkheid 2.4.4. ook meetkundig bewijzen.
In fig.5is:
-~- -- -- -
~
I
Hier uit volgt:
11Zl I- IZ2 11< IZl
+
Z2 I< IZl1+
IZzI·
Uit deze meetkundige afleiding is duidelijk hoe men aan de naam d
rie-hoeksongelijkheid is gekomen .
In fig. (6) zijn A en B resp.de beeldpunten van
Zl
=
IZ1 1(COS(<P1)+
isin( tpd) en Z2=
IZ21 (COS (tp2 )+
isin(tp2));dus is:
arg(z d = tp1. ar g( z2) = ep2. OA =
I
Zl\en OB = I z21·Om het beeldpunt E van
ZlZ2
=
I
zlz21(COS(tp1+
tp2)+
i sin(tp1+
tp2) )te construeren. gaan we als volgt te werk.
Uit arg(zlz2) = tp1
+
tpz volg t dat de lijn OE een hoek (p!+
tpz maaktmet de reële as.
Maken we oe = OA en De/ / BE. da n is LlODe ex> .dOBE. dus is:
OD : OB = oe : OE = } 1:
I
Z2I
= IZl I: OE.dus is:
Hiermee is het beeldpunt E van ZlZ2 geconstrueerd.
Is P het beeldpunt van z, dan vind t men het beeldpunt van iz door OP
om 0 over 90° in positieve rich ting te draaien .
Opgave. Als de beeldpunten van Zl en Z2 gege ven zijn. construeer dan
Zl
de beeldpunten van Zl- Z2 en - .
Z2
Is r een positief getal en a een complex get al, dan verstaa n we onder een
r-omgevingvan a.deverzamelingvan alle complexegetallen z,die voldoen
aan de ongelijkheid:
I
z - a1
<
r.Is z = x
+
i Y» a = al+
i a2. (x. Y»al . a2ER).dan is de on gelijk heidgelijkwaardig met:
dus met:
(x - ad2
+
(y - a2) 2- r2<
O.In fig. (7) is A(a 1' a2) het beeldpunt van a = al
+
ia2. P( x .y) het2.4.7.
im- as
c
re-as
fig.?
Het blijkt dus dat alle punten P binnen cirkel c liggen.
De verzameling beeldpunten van de r-omqevinq van a is dus het binnen-gebied van c.
Meetkundig is dit ook als volgt in te zien. Stel
Q
is het beeldpunt van z - a, dan is:OQ = AP =
I
z - aI
.
Ligt P binnen c,dan is AP<
r,dus isI
z - aI
<
r.Uit het bewijs van de driehoeksongelijkheid en de bepaling van de r-om-geving van a blijkt,dat vraagstukken over complexe getallen niet alleen algebraïsch maar soms ook meetkundig kunnen worden opgelost. Bij moei-lijke opgaven blijkt allee~ de algebraïsche methode succes op te leveren.
We tonen dit met een voorbeeld aan.
Bepaal alle complexe getallen z, die voldoen aan: 2z
I
>
1Z2
+
1 = .Oplossing. z = i en z = - i voldoen niet aan 2.4.7. Is z
=ft
-+- i en stellen we z = x + iy, (x,yER), dan is 2.4.7.gelijkwaardig met:4(x2.+ y2) > (x2 + y2)2 + 2(x2- y2) + 1
1t
(x2 + y2) 2- 2(x2 + y2) + 1 - 4y2< 0tt
(x2 + y2 - 1 - 2 y) (x 2+ y2 - 1 + 2 y) < 0tt
(x 2 + (y_ 1)2_2) (x2 + (y + 1)2 _2) < 0. Aan 2.4.7. voldoen dus z = x + i y,waarvoor geldt:2.4.8. ( x2 + (y- 1) 2< 2
j
X 2+
(y+
1)2> 2 ~ (x.y)=1=
(0,1) of1
y-as~
x2 + (y- l)2> 2 x2+ (y + 1) 2< 2 (x. y)=1=
(0.-1)1
"'1\
x as -i fig.a.De ongelijkheden 2.4.8. zijn gelijkwaardig met:
of
1
1z - i I <yI(2 )
1z
+
i I> yI(2) z=l=iIn fig.8 zijn dit de gearceerde gebieden.
Opmerking.
IZ12
=
z2is alleen juist als z reëel is. Immers:
~ 1z - i1> yI(2 )
) 1z
+
i 1<yI(2 )~ z
=1=
-
i.1Z12
=
z2~Z X Z=
Z2Ç:} z(Z - z)=
0, dus als z=
0 of als Z=
z, d.w.z.: z is reëel.§
5. Stelling van de Moivre, binomiaalvergelijkingen.Stelling van de Moivre. Voor elk geheel getal mis:
Bewijs. Stel m = n is een natuurlijk getal. 1sle stap. Voor n = 1 is de stellin g juist .
2d e stap. Stel de stelling is juist voor één n = p,dan is
(cos((p)
+
i sin(cp ))P+I=
(COS (lp)+
i sin( <p) ) p X (cos(<p)+
i sin(rp))=
= (cos(pcp)
+
i sin (p cp) (cos (<p)+
i sin (<p) )=
= cos( (p+
1)<p)+
i sin((p+
1)<p) .Is dus de stelling juist voor één n = p,dan is hij ook juist voor11= P
+
1.3<le stap . Volgenshet begin sel van volledige inductie geldt de stelling dus voor elk natuurlijk getal n.
Is m = - 1,dan is:
1
(cos(<p)
+
i sin(<p))~I =cos (qJ)
+
i sin (<p )=
cos(qJ) - i sin (qJ)=
cos ( -<p)+
i sin (- <p)•hieruit en uit 2.5.1.volgt voor elk natuurlijk getal n: (cos( <p)
+
i sin(qJ))-11=
1
(cos(tp)+
i sin(rp))-1~n=
=
(cos ( -<p)+
i sin ( - lp))n=
cos ( - n<p)+
i sin ( - ncp). Dus is 2.5.1. juist voor elk geheel getal m=F
O. Definiëren we het linkerlid van 2.5.1. voor m = 0 als 1,dan geldt 2.5.1. voor elk geheel getal m.Opmerkingen.
1. Is z
=
cos(qJ)+
i sin(<p) ,dan isI
zI
=
1,dus is voor elk geheel getalm
=F
0 :I
ZIllI
=I
Z1
111 = 1.De beeldpunten van zen ZIll liggen dus alle op de eenheidscirkel,dat is de cirkel met middelpunt
0
en straal 1. We noemen z metI
zI
= 1 een ee n-heidsg etal.2. Is z een complex getal en n een natuurlijk getal. dat is zngedefinieerd, evenals z-n voor z
=F
O. Is tegenstelling met de reële getallen definiërenP
we niet
z
~
als z een imaginair en~
een rationaal getal is. Notaties alsq
\/(2
+
3i), \y(4 - 5i),\/(- 1), y (- 5). enz.gebruiken we dus niet.3. Daar de complexe getallen voldoen aan de grondeigenschappen G1 -:-- Gs geldt het binomium van Newton dus eveneens voor complexe getallen.Hieruit volgt:
(cos(cp)
+
i sin (lp) )3 =Volgensde stelling van deMoivre is:
(cos(op)
+
isin((p))3 = cos (3lp)+
isin(30/) . Uitbeide gelijkheden volgt:cos (3lp)
=
cosê (lp)- 3 sin2(op ) X cos(Psin(3lp)
=
3 cos2(1p) X sin(lp) - sin3(1p) .Hiermee zijn cos (3lp) en sin (3op)als veeltermen in cos(op) en sin(rp) ge-schreven. Op analoge wijze kan men dit doen met cos
t
nçr) en sin(nop) voor elk natuurlijk getal n.Een binomiaalvergelijking van de nd e graadis va n de gedaante
2.5.2. az''
+
b = 0,waarin a en b complexe getallen zijn.
Om deze vergelijking te lossen,lossen we eerst op:
2.5.3. w" = 1.
Uit 2.5.3.volgt:
I
wn
I
I
wI
n
= 1,dusI
wI
= 1. De worte lsvan de ver-gelijking 2.5.3 . zijn derhalve eenheidsqetallen en dus va n de vor m:w = cos(lp)
+
i sin (lp) .Substitueren we dit in 2.5.3., dan blijkt dat het arg ument lp van w vol-doet aan:
cos (n lp)
+
i sin (n lp)=
1.Hieraan wordt alleen voldaan,als
cos(nlp)
=
1en sin(llip)=
0, dus als:2kn
nop = 2 kin, of rp = - - (k geheel).
n
Alle wortels van 2.5.3. zijn dus van de gedaante:
2.5.4. w, = cos (2
~
n)
+
i sin (2~
n)
.
Dit zijn n verschillende wortels, die we krijgen door aa n k de n waarden
0, 1,2, ...,11 - 1toe te kennen.
Om vergelijking 2.5.2.voor a
=1=
0,b=1=
0 op te lossen,stellen we: 2.5.5.en
b
-- . ~-
-Substitueren we deze zin 2.5.2.,dan is deze vergelijking volgens de stelling
van de Moivre gelijkwaardig met:
2.5.6. z = w X
\/
1-I
b a . .X (cos (- )+
1sin ( -a ) ) .a n n
b
a X Wil X
I-I
X (cos(a)+
isin(a))+
b = 0,a
dus volgens 2.5.5. met:
Uit 2.5.4. en 2.5.6. blijkt, dat ook vergelijking 2.5.2. met a
=1=
0 en b=1=
0n verschillende wortels heeft,nl.:
ZI< =
\/
1
:
1
X ( cos ( a+
~
k n )+
i sin ( a+
:
k n ))met k = 0, 1,2,... ,n - 1.
Opmerkingen.
1. De vierkantsvergelijking
2.5.7. az?
+
bz+
c = 0,met a,b.c complex en a
=1=
O. is gelijkwaardig met:( b)2 b2 -4ac z
+
h
-
---,-4-a-~--=
O. Stellen we: b 2.5.8. z+
""""2a
= wdan is 2.5.7.gelijkwaardig met:
b~- 4ac
en 4 a2 = d,
2.5.9. w~-d
=
O.Dit is een binomiaalvergelijking van de tweede graad, die dus twee
ver-schillende wortels heeft voor d
=1=
O. Hieruit volgt, dat ook 2.5.7. steedstwee verschillende wortels heeft,als a
=1=
0 en b2 - 4 ac=1=
O.Stellen we:
d
=
I
dI
(cos (a)+
i sin (a) ) ,dan zijn de wortels van 2.5.9.:
W 1 =
vl
dI
X (cos(+)
+
i sin(+
))
Hieruit volgt:
w 1 + w 2 = 0 en w 1X W2 = -
I
dI
(cos (a) + i sin (a)) = - d. In verband met 2.5.8.gelden dus voor de wortels Zl en Z2 van 2.5.7.:~ - ----.. b Z1 + Z., = - - en - a C Zl X z»
=
-
.
- aToon aan dat deze formules ook gelden als b2 - 4 ac = 0 en a
=1=
O.2. Bepaal de wortels van de vergelijking:
2.5.10. iz2 - (2-2i) z - 1 4 - S i = O. Oplossing. De vergelijking is gelijkwaardig met:
Z2 + (2 + 2 i) z - S + 14 i = 0 ~ (z + 1 + i) 2 = S - 12i. Stellen we:
2.5.11. z+ 1 + i = u + iv,
u I 3 1 -3
1
31
-
3v 12
I -
21- 212 dan is de laatste vergelijking gelijkwaardig met:~ u2 _ V 2 =
S
u2 - v2 + 2 i uv = S - 12 i ~?
2 uv = _ 12.Nu is (u 2_V2)2 + (2uv)2 = (u 2 + V2) 2= 169,dusis: u2_v2=S ~ =? (u2 +v~=13 ~ ~u2 =9 2 uv = - 12~ ( u2 - v2 = S
?
v2 = 4 . Hieruit volgt.Voor u + i v vinden we dus vier waarden,n1.:3 + 2 i,- 3 - 2i,3 - 2i en-3 + 2 i.
De kwadratische vergelijking 2.5.10. heeft twee wortels, door het k
wa-drateren zijn dus twee wortels ingevoerd.
Uit 2 uv = - 12 volgt dat tien veen verschillend teken hebben en daaruit volgt voor de wortels van 2.5.10. in verband met 2.5.11.:
HOOFDSTUK 3.
§
1. Benaderende getallen.In dit hoofdstukzijn de getallen reële getallen.
Elk rationaal getal. dat geen geheel getal is of niet gelijk is aan een deci-male breuk en elk irrationaal getal kan door een decideci-male breuk worden benaderd.
3
De breuk
7
is bijv. niet gelijk aan een decimale breuk; delen we echter 3door 7,dan vinden we:0.428571428571 ..
Hieruit blijkt dat we
4-
door verschillende decimale breuken kunnen be-naderen.Kiezen we een decimale breuk met n decimalen, zoda nig dat de absolute wa a rde van het verschil tussen
4-
en deze breuk kleiner is dan de halve eenheid van de nde decimaal, dan zeggen we dat de benadering in n deci-malen nauwkeurig is.
Zo
is: Immers: 3 7 3 7 = 0.4in één decimaal nauwkeurig.= 0.43 in twee decimalen nauwkeurig.
3 3
I
y
-0.4 1<
0.5 X 10-1 enI
y
-
0.43 1<0.5 X 10-2• 3De getallen0.4 en 0.43 zijn benederendegetallen van
7
'
Nemen we0.43als benaderend getal van
~,
dan is de ware absolutefout van0.43 gelijk7
aan:
3
1
7 -
0.431 .Elk getal dat groter is dan de ware absolute fout heet eenabsolute foutvan het benaderende getal. Deze absolute fout is niet ondubbelzinnig bepaald, immers uit:
