Embed Size (px)
Citation preview
Ingenieursvaardigheden
Wiskundige Technieken
S. Caenepeel
Syllabus 130 bij “Ingenieursvaardigheden, deel Wiskundige Technieken” en bij “Seminarie Actuele Wetenschappen
en Samenleving, deel Wiskundige Technieken”
Eerste Bachelor Ingenieurswetenschappen; Fysica en Sterrenkunde 2020
Reeks 1 Enkele begrippen uit de logica
Men zou kunnen stellen dat de wiskunde is opgebouwd uit “logische redeneringen”. Deze rede-
neringen worden bestudeerd in de wiskundige dicipline die logica heet. In de logica neemt het
onderscheiden en indelen van geldige redeneringsvormen een belanrijke plaats in. Wij zullen in
dit hoofdstukje kort enkele begrippen van de zogenaamde propositielogica en predikatenlogica
herhalen en deze aanwenden om enkele bewijstechnieken te bespreken.
1.1 Een beetje propositielogica
We beginnen heel abstract. We werken met een “formele taal” die bestaat uit een verzameling
zogehete propositievariabelen, doorgaans {p0, p1,...} genoteerd, en enkele “symbolen”; ¬(niet),
∧(en), ∨(o f ), ⇒(dan) en ⇔(dan en slechts dan), ook wel connectieven genoemd.
Met deze ingredienten maken we nu “uitspraken”, door middel van volgende 2 regels:
• Een propositievariabele is een uitspraak.
• Als φ en ψ uitspraken zijn, dan zijn ¬φ, φ∧ψ, φ∨ψ, φ ⇒ ψ en φ ⇔ ψ ook uitspraken.
Laten we dit illustreren met enkele voorbeelden uit de getallenleer:
1. ’5 is een natuurlijk getal’
2. ’-4 is een natuurlijk getal’
3. ’5 is een natuurlijk getal’ ∧ ’-4 is een natuurlijk getal’
4. ’5 is een natuurlijk getal’ ⇒ ’-4 is een natuurlijk getal’
5. ’-4 is een natuurlijk getal’ ⇒ ’5 is een natuurlijk getal’
Nu, een uitspraak uit de propositielogica is meer dan gewoon een betekenisloze collectie symbolen.
We gaan hieraan “betekenis” geven als volgt: bij afspraak zeggen we:
Elke propositievariabele is ofwel waar ofwel onwaar.
Dit wordt soms ook wel het axioma van de uitgesloten derde genoemd. Zo is bijvoorbeeld de
propositievariabele uit bovenstaande voorbeeld (1) waar en die uit voorbeeld (2) onwaar.
Aan de andere uitspraken kunnen we dan betekenis geven door volgende definities (φ en ψ zijn
uitspraken):
• ¬φ (lees: niet φ) is waar precies als φ onwaar is,
• φ∧ψ (lees: φ en ψ) is waar precies als φ en ψ waar zijn,
1
• φ∨ψ (lees: φ o f ψ) is onwaar precies als φ en ψ onwaar zijn,
• φ ⇒ ψ (lees: φ dan ψ) is onwaar precies wanneer φ waar is en ψ vals,
• φ ⇔ ψ (lees: φ dan en slechts dan ψ) is waar als φ ⇒ ψ en φ ⇒ ψ waar zijn.
Met deze definities worden de uitspraken uit bovenstaande voorbeelden (3) en (4) onware uitspra-
ken en -dit lijkt misschien wat contra-intuıtief- het voorbeeld (5) wordt een ware uitspraak. Verder
hebben we ook nog de uitspraak ¬ψ ⇒¬φ ; de contrapositie van de uitspraak φ ⇒ ψ geheten.
Op deze manier kunnen we dus betekenis geven aan al onze uitspraken.
De uitspraken, samen met de connectieven, zijn elementen van een taal die propositielogica1 ge-
noemd wordt.
1.2 Een beetje predikatenlogica
Het is door het toevoegen van nog een paar symbolen en regels dat het mogelijk wordt om als
het ware in de uitspraken zelf door te dringen; dit is van groot nut voor het opstellen van een
bruikbare symbolische taal die toelaat om de inwendige structuur van uitspraken te beschrijven.
Hiermee kunnen dan op systematische manier axioma’s, definities, eigenschappen, enz... uit de
meeste “alledaagse” wiskundige gebieden elegant en economisch worden opgeschreven. Men kan
dan opnieuw betekenis gaan geven aan uitspraken bij het toevoegen van deze symbolen2. We
vermelden er enkele:
• ∃, lees: ’Er bestaat’,
• ∀, lees: ’Voor alle’.
Deze twee symbolen worden ook wel kwantoren genoemd.
In deze taal, de predikatenlogica genoemd, kan de meeste wiskunde gedaan worden.
We merken nog op dat het belangrijk is dat wanneer je deze (of andere) symbolen gebruikt in een
tekst, ze steeds een grammaticaal correct invulbare plaats innemen (d.w.z. je moet zo’n zin kunnen
voorlezen als een normaal klinkende zin).
Oefening 1.1 Herschrijf de definitie “De positieve tweedemachtswortel van een positief reeel ge-
tal”, gebruik makende van kwantoren (en symbolen uit de verzamelingenleer). Zelfde opgave voor
de eigenschap “sin(t) = cos(t) voor sommige reele getallen t”.
1.3 Enkele bewijstechnieken
• Bewijs door contrapositie:
Zijn p en q twee uitspraken, dan geldt dat (¬q ⇒¬p) ⇔ (p ⇒ q)(Ga dit na als oefening).
1In feite worden in deze taal ook nog 3 andere axioma’s en een interferentieregel gebruikt. We gaan daar hier niet
verder op in; de geınteresseerde lezer verwijzen we naar [1] voor meer details.2Andermaal, voor meer details verwijzen we naar [1]
2
Dit resultaat kan soms heel handig zijn!
Voorbeeld: Zij n een natuurlijk getal. Het is eenvoudiger om te bewijzen dat ’n oneven ⇒n2 oneven’ dan de waarheid te bewijzen van de equivalente uitspraak ’n2 even ⇒ n even’.
• Bewijs uit het ongerijmde: Onderstel dat men de waarheid van een uitspraak q wil be-
wijzen. In deze bewijstechniek onderstelt men dan de waarheid van de uitspraak ¬q en
vervolgens probeert men aan te tonen dat dit aanleiding geeft tot een contradictie, waaruit
men dan zal besluiten dat de aanname van de waarheid van de uitspraak ¬q niet juist was.
Men concludeert dat q waar is.
Voorbeeld: Het bewijs dat Euclides gaf voor de stelling dat er oneindig veel priemgetal-
len bestaan.
• Bewijs per inductie:
Zij p(n) een uitspraak -die afhangt van een natuurlijk getal n- waarvan we de waarheid willen
aantonen voor alle n ∈ N.
De bewijstechniek per inductie bestaat uit twee onderdelen:
1. Verifieer de waarheid van de uitspraak p(0) (of p(1) of p(n0), met n0 het kleinste
natuurlijke getal waarvoor p(n0) betekenis heeft). Dit heet basis van de inductie.
2. Zij k nu een willekeurig natuurlijk getal en neem aan dat p(k) geldt (dit heet inductie-
hypothese). Bewijs vervolgens dat p(k+1) moet gelden.
Men kan zich afvragen of deze techniek wel echt aantoont dat de eigenschap p(n) dan geldt
voor elk natuurlijk getal n. Laten we dit even bewijzen uit het ongerijmde.
Neem aan dat het niet zo zou zijn (m.a.w. dat de tweede stap niet aantoont dat p(n) geldt
voor alle n), en stel S = {n ∈ N|¬p(n)}. Dan is S geen lege verzameling, wegens het veron-
derstelde. Nu is S een deelverzameling van N en heeft dus een ondergrens binnen de gehele
getallen (bijvoorbeeld −1). Zoals bekend zijn de gehele getallen welgeordend. Bijgevolg
heeft S een minimum (noteer dit minimum m).
Nu, door de basis van de inductie weten we dat 1 /∈ S en dus is m > 1. Omdat m een mi-
nimum is, hebben we zeker dat (m−1) /∈ S, zodat p(m−1) waar is. Maar de inductiestap
verzekert dan dat p(m) ook waar is, een strijdigheid.
Voorbeeld: We bewijzen per inductie dat ∀n ∈ N0 geldt dat
1+3+5+ ...+(2n−1) = n2
Vooreerst merken we op dat voor n = 1, het kleinste element van N0 waarvoor de bewering
betekenis heeft, de eigenschap waar is: 1 = 12.
Vervolgens gaan we ervan uit dat de eigenschap geldt voor een zekere n = k en we bewijzen
dat de eigenschap geldt voor n = k+1. We nemen dus aan dat 1+3+5+ ...+(2k−1) = k2
en gaan na dat 1+3+5+ ...+(2k−1)+(2k+1)= (k+1)2. Dit volgt nu onmiddellijk, want
gebruikmakend van de aanname, wordt het linkerlid k2 +(2k+1) = k2 +2k+1 = (k+1)2.
3
Oefening 1.2 Bewijs via inductie dat 4 een natuurlijke deler is van 5n −1, voor alle n ∈ N0.
Van groot belang zijn ook enkele basisnoties van verzamelingenleer. Hiervoor verwijzen we bij-
voorbeeld naar Bijlage A van de cursus “Lineaire Algebra”[2].
Reeks 2 Vectorrekening
2.1 Vectoren in E3
Elke wiskundige theorie vertrekt van primitieve termen3 en van axioma’s (althans, dit is hoe wij
het tegenwoordig zien). In de Euclidische meetkunde hebben we zo onder meer de primitieve
termen punt, rechte, vlak, “is bevat in”, etc... Hun eigenschappen worden vastgelegd in een aantal
axioma’s, waaronder de volgende:
• Voor elke 2 verschillende punten A en B bestaat er precies 1 rechte die A en B bevat.
• Voor elke 3 verchillende punten A,B en C, die niet bevat zijn in eenzelfde rechte, bestaat er
precies 1 vlak dat A,B en C bevat.
• Als 2 verschillende punten A,B van een rechte a in een vlak liggen, dan ligt elk punt van a
in dat vlak.
• Zij a een rechte en A een punt, niet in a bevat. Dan bestaat er juist 1 recht die door A gaat en
geen enkel punt van a bevat.
• etc...
Laten we de gepunte ruimte, met de axioma’s van de Euclidische meetkunde daarin geldig, met E3
noteren. In het middelbaar onderwijs hebben we gezien dat het handig is om “coordinaten” in te
voeren. Een belangrijk begrip in dit verband, is het begrip “vector”.
Voor elke twee verschillende punten A en B in E3 noteren we met ~AB de vector die A met B
“verbindt” (en “gericht” is van A naar B). Hierbij wordt bij definitie de overeenkomst gemaakt dat
twee vectoren ~AB en ~CD gelijk zijn als A,B,C,D de hoekpunten vormen van een parallellogram.
Kies nu, willekeurig, maar daarna vast, een punt O in E3 (oorsprong genoemd). Uit de axioma’s
van de Euclidische meetkunde volgt dat elke vector ~AB geschreven kan worden als ~OP, met P een
welbepaald punt van E3. Op deze manier verkrijgen we een 1-1 verband tussen punten en vectoren
in E3.
Men kan een optelling definieren op de verzameling van vectoren in E3 met behulp van de zo-
gehete parallellogramregel. Ook kan een vector scalair vermenigvuldigd worden met een reeel
getal. Onder deze twee bewerkingen vormen de vectoren in E3 een reele vectorruimte (zie cursus
3Hiermee bedoelen we dat deze begrippen wel een intuıtief beeld oproepen van wat wordt bedoeld, maar hun
betekenis wordt slechts vastgelegd in een (of meerdere) axioma(’s).
4
Lineaire Algebra).
Voorts zeggen we nog dat twee vectoren ~AB en ~CD evenwijdig (of parallel) zijn indien
∃k ∈ R : ~AB = k( ~CD).
Zoals eerder vermeld, is het voor vele vraagstukken vaak handig te beschikken over coordinaten.
Dit kunnen we als volgt invoeren:
Kies 3 vectoren ~OP1, ~OP2, ~OP3 zodanig dat deze niet allemaal in eenzelfde vlak gelegen zijn. Noem
ze ~e1,~e2,~e3. Zij nu P een willekeurig punt in E3. De evenwijdige projecties op de rechten gelegen
volgens ~e1,~e2 en ~e3 geven respectievelijk de coordinaten P1,P2,P3 t.o.v. {~e1,~e2,~e3}. Schrijven we
deze coordinaten nu als geordende drietuppels reele getallen (P1,P2,P3) en noteren we de verza-
meling der geordende drietuppels reele getallen {(a,b,c)|a,b,c ∈ R} met R3, dan kunnen we de
elementen van deze verzameling ook met elkaar optellen, resp. scalair vermenigvuldigen met een
reeel getal, als volgt:
• (a,b,c)+(d,e, f ) = (a+d,b+ e,c+ f ),
• λ(a,b,c) = (λa,λb,λc),
waarbij a,b,c,d,e, f ,λ ∈ R. Met deze bewerkingen wordt ook R3 een reele vectorruimte.
Met elke vector stemt dus een punt in E3 en hiermee dus een element van R3 overeen, op de
hierboven beschreven manier. Dit staat ons toe om in het vervolg punten in E3, vectoren in R3 en
geordende drietallen reele getallen met elkaar te identificeren (in termen van de lineaire algebra
zeggen we dat deze drie reele vectorruimten “isomorf”zijn).
2.2 Norm van een vector en afstand in E3
We werken in de driedimensionale Euclidische ruimte E3 en nemen even aan dat we (tenminste
intuıtief) vertrouwd zijn met de begrippen “loodrechte stand” en “lengte”. Kiezen we de vectoren
van onze basis {~e1,~e2,~e3} onderling loodrecht op elkaar en elk met lengte 1, dan kunnen we een
formule opstellen voor de lengte van een vector ~0A (hieronder kortweg~a genoemd).
Zijn (a1,a2,a3) de coordinaten van ~a, dan is de norm van ~a, notatie ||~a||, per definitie de afstand
van~a tot de oorsprong O:
‖~a‖=√
a21 +a2
2 +a23(1)
Stelling 2.1 (Pythagoras) Een driehoek is rechthoekig als en alleen als het kwadraat van de lengte
van de schuine zijde gelijk is aan de som van de kwadraten van de lengten van de twee overige
zijden.
5
~a
o
x
y
z
a1
a2
a3
A = (a1,a2,a3)
Figuur 1: Coordinaten van een punt in de ruimte
Bewijs. Neem een rechthoekige driehoek met rechthoekszijden a en b en schuine zijde c. Bekijk
het vierkant ABCD met zijde a+b, zoals in Figuur 2.
De vier zijden van de vierhoek A′B′C′D′ zijn gelijk aan c. Omdat de som van de hoeken α en βgelijk is aan π/2, is ook γ= π/2, en A′B′C′D′ is een vierkant. De oppervlakte van het grote vierkant
ABCD is gelijk aan de oppervlakte van het kleine vierkant A′B′C′D′ plus viermaal de oppervlakte
van de rechthoekige driehoek:
(a+b)2 = c2 +2ab
Uitwerken en vereenvoudigen geeft
a2 +b2 = c2
Om de omgekeerde stelling te bewijzen nemen we eerst een driehoek met zijden a, b en c, zodanig
dat de hoek tussen de zijden a en b scherp is. Bekijk de rechthoekige driehoek met zijden a′, b′ en
c, zoals in Figuur 3 (links). We vinden
c2 = a′2 +b′2 < a2 +b2
Neem nu een een driehoek met zijden a, b en c, zodanig dat de hoek tussen de zijden a en b stomp
is. Bekijk de rechthoekige driehoek met zijden a′, b′ en c, zoals in Figuur 3 (rechts). We vinden
c2 = a′2 +b′2 > a2 +b2
De omgekeerde stelling volgt nu door contrapositie. �
Oefening 2.1 Toon aan, gebruik makend van de stelling van Pythagoras, dat de formule (1) voor
de norm van een vector~a wel degelijk de afstand tot oorsprong geeft.
6
a
a
a
a
b
b
b
b
c
c
c
c
α
α
α
α
β
β
β
β
γ
γ
γ
γ
A B
CD
A′
B′
C′
D′
Figuur 2: De stelling van Pythagoras
a
a
bbcc
a′a′
b′b′
Figuur 3: De stelling van Pythagoras
2.3 Het scalair produkt en loodrechte stand in E3
Beschouw twee vectoren~a en~b, en bekijk de orthogonale (i.e. loodrechte) projectie~c van ~a op de
rechte die de oorsprong met het punt overeenstemmend met~b verbindt. Het scalair produkt van ~aen~b wordt als volgt gedefinieerd:
~a ·~b =
{‖~c‖‖~b‖ als~c en~b dezelfde zin hebben;
−‖~c‖‖~b‖ als~c en~b tegengestelde zin hebben.
Hoe kunnen we~a ·~b praktisch berekenen, en wat is het nut ervan?
Laten we eerst naar de eerste vraag kijken. Stel
~a = (a1,a2,a3) en ~b = (b1,b2,b3)
De orthogonale projectie van ~a op de rechte die de oorsprong met het punt overeenstemmend met~b verbindt noemen we~c. We schrijven
~c = (c1,c2,c3)
7
~a
~b
~c
Figuur 4: Het scalair produkt
en uiteraard is~b = λ~c, waarbij λ ∈ R. Als ~c en~b dezelfde zin hebben, dan is λ positief. Uit de
stelling van Pythagoras volgt
‖~c‖2 +‖~c−~a‖2 = ‖~a‖2
of, gebruik makend van (1):
c21 + c2
2 + c23 +(c1 −a1)
2 +(c2 −a2)2 +(c3 −a3)
2 = a21 +a2
2 +a23
Na uitwerken en vereenvoudigen vinden we
2(c21 + c2
2 + c23) = 2(a1c1 +a2c2 +a3c3)
en
‖~c‖2 = a1c1 +a2c2 +a3c3
We vermenigvuldigen beide leden met λ. Omdat~b = λ~c en ‖~b‖= λ‖~c‖ (λ is positief) vinden we
~a ·~b = ‖~c‖‖~b‖= a1b1 +a2b2 +a3b3
Als ~c en ~b tegengestelde zin hebben, dan vinden we dezelfde formule (ga zelf na). We kunnen
besluiten:
Stelling 2.2 Het scalair produkt van twee vectoren ~a = (a1,a2,a3) en~b = (b1,b2,b3) wordt gege-
ven door de formule
~a ·~b = a1b1 +a2b2 +a3b3 =3
∑i=1
aibi(2)
Dankzij (2) kunnen we een aantal eigenschappen van het scalair produkt gemakkelijk aantonen:
voor alle~a,~b,~c ∈ R3 en λ ∈ R hebben we
~a ·~b = ~b ·~a(3)
(λ~a) ·~b = λ(~a ·~b)(4)
(~a+~b) ·~c = ~a ·~c+~b ·~c(5)
8
en
~a 6=~0 =⇒ ~a ·~a > 0
We noteren ook~a2 =~a ·~a. Uit (1) volgt onmiddellijk
‖~a‖=√~a ·~a =
√~a2
Van de volgende eigenschappen is het bewijs iets ingewikkelder:
Stelling 2.3 Voor~a,~b ∈ R3 hebben we de volgende ongelijkheden:
1. |~a ·~b| ≤‖~a ‖ ‖~b ‖ (ongelijkheid van Cauchy-Schwarz)
2. ‖~a+~b ‖≤‖~a ‖+ ‖~b ‖ (driehoeksongelijkheid)
3.
∣∣∣‖~a ‖ − ‖~b ‖∣∣∣≤‖~a−~b ‖
Bewijs. Als~b =~0, dan zijn beide leden van de eerste ongelijkheid nul. We mogen dus onderstellen
dat~b 6=~0. Voor elke t ∈ R hebben we
0 ≤ (~a+ t~b)2 = ~a2 +2t~a ·~b+ t2~b2
= ‖~a ‖2 +2t~a ·~b+ t2 ‖~b ‖2
Het rechterlid is dus een kwadratische veelterm in t waarvan de discriminant negatief of nul is:
(~a ·~b)2− ‖~a ‖2 ‖~b ‖2 ≤ 0
of
|~a ·~b| ≤‖~a ‖ ‖~b ‖Dit bewijst de formule van Cauchy-Schwartz. We bewijzen de driehoeksongelijkheid nu gemak-
kelijk als volgt:
(‖~a+~b ‖)2 = ‖~a ‖2 +2~a ·~b+ ‖~b ‖2
≤ ‖~a ‖2 +2 ‖~a ‖ ‖~b ‖+ ‖~b ‖2
= (‖~a ‖+ ‖~b ‖)2
en dit bewijst de driehoeksongelijkheid.
Ongelijkheid 3) volgt uit 2):
‖~a ‖=‖~a−~b+~b ‖≤‖~a−~b ‖+ ‖~b ‖
Hieruit volgt dat
‖~a ‖ − ‖~b ‖≤‖~a−~b ‖
9
Op dezelfde manier krijgen we (wissel de rollen van~a en~b om):
‖~b ‖ − ‖~a ‖≤‖~a−~b ‖
�
De ongelijkheid van Cauchy-Schwarz kan worden gebruikt om de (cosinus van) de hoek α tussen
twee van nul verschillende vectoren~a en~b te definieren:
cosα =~a ·~b
‖~a‖‖~b‖Een belangrijke karakteriserende eigenschap van het scalair produkt is de volgende: Twee vectoren
staan loodrecht op elkaar als hun scalair produkt nul is:
~a ⊥~b ⇐⇒ ~a ·~b = 0
Immers, als ~a loodrecht staat op~b, dan is de orthogonale projectie van ~a op de rechte die de oor-
sprong met~b verbindt de nulvector.
Opmerkingen:
• In de cursus Lineaire Algebra zal er met meer detail worden ingegaan op het orthogonali-
teitsbegrip. In het bijzonder zal bovenstaande eigenschap inspiratie geven voor een algemene
definitie van orthogonaliteit (in eventueel andere vectorruimten dan R3)
• Het scalair product van vectoren is NIET cancelatief, m.a.w. uit ~a ·~b =~a ·~c volgt NIET dat~b =~c !
Oefening 2.2a Beschouw de vectoren 3~u1+~u2−~u3 en t~u1−4~u2+4~u3. Voor welke waarde(n) van
t zijn de twee vectoren parallel? orthogonaal?
Oefening 2.2b Bepaal t zodat ‖t~u1+(t −1)~u2 +(t +1)~u3‖= 2.
Oefening 2.3 Beschouw een vector~a 6=~0 en bekijk de hoeken α, β en γ tussen~a en respectievelijk
de positieve x-as, y-as en z-as. Laat zien dat
~a = ‖~a‖(cosα~u1 + cosβ~u2 + cosγ~u3)
en
cos2 α+ cos2 β+ cos2 γ = 1
α, β en γ worden de richtingshoeken genoemd, en cosα, cosβ en cosγ de richtingscosinussen.
Bepaal de richtingscosinussen van~a = 2~u1 +3~u2 −6~u3.
Zoek de eenheidsvector met richtingshoeken
α =π
4, β =
2π
3
en γ gelegen tussen 0 en π/2.
10
~a
x
y
z
α
β
γ
Figuur 5: Richtingshoeken
Oefening 2.4 Gegeven zijn twee vectoren~a en~b, met ingesloten hoek θ. Bepaal de hoeken tussen
~a en t~b in functie van een parameter t ∈ R.
(Hint: Wat gebeurt er wanneer t > 0? Wat als t < 0?)
Oefening 2.5 Bepaal de hoek tussen een diagonaal en een ribbe van een kubus.
Oefening 2.6 Twee punten op een sfeer worden antipoden genoemd als ze op dezelfde diameter
van de sfeer liggen. Neem twee antipoden A en B op een sfeer, en een derde punt C op de sfeer.
Toon aan, zonder gebruik te maken van het invoeren van coordinaten, dat de rechten AC en BC
loodrecht op elkaar staan.
Het Kronecker symbool wordt als volgt gedefinieerd:
δi j =
{1 als i = j
0 als i 6= j
Oefening 2.7 Toon aan dat
~ui ·~u j = δi j
en, voor elke vector~a:
~a =3
∑i=1
(~a ·~ui)~ui
2.4 Vergelijking van rechte en vlak
Vectorvergelijking van een rechte
We bekijken twee vectoren ~a 6=~b. De rechte door de punten die corresponderen met deze twee
vectoren noteren we ab. Een punt~x ligt op de rechte ab als ~ax =~x−~a evenwijdig is met ~ab=~b−~a,
dus als er een t ∈ R bestaat zodat
~x−~a = t(~b−~a)
11
of
~x =~a+ t(~b−~a)(6)
Dit betekent nog het volgende: als we t doorheen de reele getallen laten lopen, dan loop ~a+ t(~b−~a) doorheen de rechte ab. We noemen (6) de vectorvergelijking van de rechte ab. Als we (6)
uitschrijven in componenten, dan vinden we een stel parametervergelijkingen van ab:
x = a1 + t(b1−a1)y = a2 + t(b2−a2)z = a3 + t(b3−a3)
(7)
~c =~b−~a noemen we een richtingsvector van ab. De vectorvergelijking van een rechte kunnen we
ook opstellen als we een punt~a op de rechte en een richtingsvector~c kennen:
~x =~a+ t~c
Vergelijking van een vlak
Om de vergelijking van een vlak op te stellen maken we gebruik van het scalair produkt. Bekijk
een punt ~d, en een vector~n = (a,b,c) 6=~0. We zoeken de vergelijking van het vlak door het punt ~d
dat loodrecht staat op de vector~n. Een punt~x ligt in dit vlak als en alleen als~x− ~d loodrecht op~nstaat, of
~n · (~x− ~d) = 0
of
~n~x =~n~d
of
ax+by+ cz = ad1 +bd2 + cd3(8)
Stel ad1 +bd2 + cd3 = d; we vinden dan de bekende formule
ax+by+ cz = d
De vergelijking van een vlak door de oorsprong en loodrecht op (a,b,c) is dus
ax+by+ cz = 0
Omgekeerd, als een vlak met vergelijking ax+by+ cz = 0 gegeven is, dan staat de vector (a,b,c)loodrecht op dit vlak.
Als toepassing stellen we een formule op die toelaat om de afstand van een punt ~p = (x0,y0,z0)tot het vlak met vergelijking ax+by+ cz = d te berekenen; stel ~q de orthogonale projectie van ~pop het vlak. De gevraagde afstand is dan de lengte van de vector ~pq. We kunnen natuurlijk de
12
vergelijking van de normaal opstellen ((a,b,c) is een richtingsvector), en dan het snijpunt ~q met
het vlak ax+by+ cz = d uitrekenen.
Maar we gaan meer geslepen te werk, en maken weerom gebruik van het scalair produkt, maar nu
gebruiken we de meetkundige definitie.
~u =~n
‖~n‖ =(a,b,c)√
a2 +b2 + c2
is een eenheidsnormaal op het vlak (een normaal met lengte 1). De gevraagde lengte is dus
|~u · ~pq|
Neem een willekeurig punt ~x gelegen in het vlak ax+by+ cz = d. De orthogonale projectie van
de vector ~px op de rechte door~u is dan juist ~pq, zodat
|~u · ~pq| = |~u · ~px|= |~u ·~x−~u ·~p|
=
∣∣∣∣ax+by+ cz− (ax0 +by0 + cz0)√
a2 +b2 + c2
∣∣∣∣
=
∣∣∣∣ax0 +by0 + cz0 −d√
a2 +b2 + c2
∣∣∣∣
Hiermee is volgend resultaat aangetoond:
Stelling 2.4 De afstand van een punt ~p = (x0,y0,z0) tot het vlak met vergelijking ax+by+cz = d
is ∣∣∣∣ax0 +by0 + cz0 −d√
a2 +b2 + c2
∣∣∣∣
Oefening 2.8 Bepaal het snijpunt, en bepaal de hoek tussen de rechten
x = 1+ t
y =−1− t
z =−4+2t
en
x = 1−u
y = 1+3u
z = 2u
Oefening 2.9 Bepaal de vergelijking van het vlak door a~u1, b~u2 en c~u3.
2.5 Het vectorieel produkt van twee vectoren
In § 2.3 voerden we het scalair produkt van twee vectoren in. Dit scalair produkt is een reeel getal,
en we gingen tewerk in twee stappen: eerst definieerden we het scalair produkt op een intrinsiek
meetkundige manier, en daarna stelden we de handige formule (2) op, waarbij we steunden op de
stelling van Pythagoras. Het scalair produkt kan dan gezien worden als een concept dat het verband
geeft tussen lengte en loodrechte stand.
Op analoge manier gaan we tewerk om het vectorieel produkt~a×~b van twee vectoren~a en~b in te
13
voeren. Een opmerkelijk verschil is dat het vectorieel produkt opnieuw een vector is. Neem twee
vectoren~a en~b.
Als~a en~b evenwijdig zijn, dan is het vectorieel produkt per definitie de nulvector:
~a×~b =~0
Als ~a en ~b niet evenwijdig zijn, dan karakterizeren we ~a×~b door lengte, richting en zin vast te
leggen.
• ‖~a×~b‖ = ‖~a‖‖~b‖sinθ, de oppervlakte van het parallellogram opgespannen door ~a en~b; θ
is de hoek tussen de vectoren~a en~b;
• ~a×~b staat loodrecht op het vlak opgespannen door~a en~b;
• (~a,~b,~a×~b) is positief georienteerd
Herhaal dat een drietal niet-coplanaire vectoren (~a,~b,~c) positief georienteerd is, als voldaan is aan
de rechterhandregel : als we duim en wijsvinger van de rechterhand in respectievelijk de richting
van~a en~b laten wijzen, dan wijst de middelvinger in de richting van~c.
Uit de definitie van het vectorieel produkt leiden we onmiddellijk volgende eigenschappen af:
~b×~a = −~a×~b(9)
(t~a)× (u~b) = tu(~a×~b)(10)
Neem nu drie niet-coplanaire vectoren~a,~b en~c. We kunnen dan het zogenaamde gemengd product
(~a×~b) ·~c
beschouwen; hiervan kunnen we eveneens een meetkundige interpretatie geven: neem het parallel-
lepipedum opgespannen door~a,~b en~c. De oppervlakte van de basis is dan ‖~a×~b‖, de oppervlakte
van het parallellogram opgespannen door~a en~b. De hoogte van het parallellepipedum is de lengte
van de orthogonale projectie van de vector~c op de richting loodrecht op de basis, dit is juist de rich-
ting van ~a×~b. Het gemengde produkt is dus het produkt van basis en hoogte, dus het volume van
het parallellepipedum. Ook het teken kunnen we interpreteren: als (~a,~b,~c) positief georienteerd
is, dan is het gemengd produkt positief, anders is het negatief. We hebben dus
Stelling 2.5 Het volume van het parallellepipedum opgespannen door drie vectoren~a,~b en~c wordt
gegeven door de absolute waarde van het gemengd produkt
|(~a×~b) ·~c|
Het teken van het gemengd produkt wordt gegeven door de orientatie van (~a,~b,~c),
Ook als ~a,~b en~c coplanair zijn blijft deze interpretatie juist: het gemengd produkt is dan gewoon
nul.
14
Gevolg 2.6
(~a×~b) ·~c = (~b×~c) ·~a = (~c×~a) ·~b
Bewijs. De absolute waarde van de drie leden is telkens het volume van het parallellepipedum
opgespannen door ~a, ~b en ~c. Ook het teken klopt: als (~a,~b,~c) positief georienteerd is, dan ook
(~b,~c,~a) en (~c,~a,~b). �
Met behulp van gevolg 2.6 kunnen we nu aantonen dat het vectorieel product distributief is ten
opzichte van de optelling; merk op dat dit meetkundig niet evident is!
Stelling 2.7 Beschouw drie vectoren ~a,~b en~c. We hebben
~a× (~b+~c) = (~a×~b)+(~a×~c)(11)
(~a+~b)×~c = (~a×~c)+(~b×~c)(12)
Bewijs. Voor elke vector~r hebben we, achtereenvolgens gebruik makend van gevolg 2.6, tweemaal
(5), en nogmaals gevolg 2.6,
(~a× (~b+~c)) ·~r = (~r×~a) · (~b+~c)
=((~r×~a) ·~b
)+((~r×~a) ·~c
)
=((~a×~b) ·~r
)+((~a×~c) ·~r
)
=((~a×~b)+(~a×~c)
)·~r
Als we voor~r achtereenvolgens de drie basisvectoren~u1, ~u2 en ~u3 nemen, dan zien we dat de drie
componenten van beide leden van (11) aan elkaar gelijk zijn. Hieruit volgt onmiddellijk (11).
(12) volgt ofwel door een analoge redenering, ofwel door (9) toe te passen. �
Uit de definitie van het vectorieel produkt halen we onmiddellijk:
Stelling 2.8
~u1 ×~u2 =~u3 ; ~u2 ×~u3 =~u1 ; ~u3 ×~u1 =~u2
Nu zijn we klaar om een formule op te stellen die toelaat om het vectorieel produkt te berekenen.
Neem twee vectoren
~a = (a1,a2,a3) = a1~u1 +a2~u2 +a3~u3
~b = (b1,b2,b3) = b1~u1 +b2~u2 +b3~u3
Gebruik makend van de formules die we hierboven hebben afgeleid vinden we:
~a×~b = (a1~u1 +a2~u2 +a3~u3)× (b1~u1 +b2~u2 +b3~u3)
= a1b1~u1 ×~u1 +a1b2~u1 ×~u2 +a1b3~u1 ×~u3
15
+ a2b1~u2 ×~u1 +a2b2~u2 ×~u2 +a2b3~u2 ×~u3
+ a3b1~u3 ×~u1 +a3b2~u3 ×~u2 +a3b3~u3 ×~u3
= a1b2~u3 −a1b3~u2 −a2b1~u3
+ a2b3~u1 +a3b1~u2 −a3b2~u1
= (a2b3 −a3b2)~u1 − (a1b3 −a3b1)~u2 +(a1b2 −a2b1)~u3(13)
We bekijken nu eerst het speciaal geval waarin ~a en~b vectoren in het xy-vlak zijn:
~a = (a1,a2,0) = a1~u1 +a2~u2
~b = (b1,b2,0) = b1~u1 +b2~u2
(13) wordt nu
~a×~b = (a1b2 −a2b1)~u3
We zien dat~a×~b loodrecht op het xy-vlak (het vlak opgespannen door~a en~b), zoals het hoort. We
zien ook dat
Opp(~a,~b) = |a1b2 −a2b1|We noemen a1b2 −a2b1 de determinant van de matrix
(a1 a2
b1 b2
)
en noteren ∣∣∣∣∣a1 a2
b1 b2
∣∣∣∣∣= det
(a1 a2
b1 b2
)= a1b2 −a2b1
We hebben dus een formule om de oppervlakte van een parallellogram te berekenen. We kunnen
ook een formule opstellen om het volume van een parallellepipedum uit te rekenen. Neem drie
vectoren
~a = (a1,a2,a3) = a1~u1 +a2~u2 +a3~u3
~b = (b1,b2,b3) = b1~u1 +b2~u2 +b3~u3
~c = (c1,c2,c3) = c1~u1 + c2~u2 + c3~u3
Zoals we hierboven reeds zagen wordt dit gegeven door het gemengd produkt. Gebruik makend
van formule (13) voor het vectorieel produkt en (2) voor het scalair produkt vinden we
Vol(~a,~b,~c) = |(~a×~b) ·~c|= |(a2b3 −a3b2)c1 − (a1b3 −a3b1)c2 +(a1b2 −a2b1)c3|= |a1b2c3 +a2b3c1 +a3b1c2 −a3b2c1 −a2b1c3 −a1b3c2|
We noemen
a1b2c3 +a2b3c1 +a3b1c2 −a3b2c1 −a2b1c3 −a1b3c2
16
de determinant van de matrix
a1 a2 a3
b1 b2 b3
c1 c2 c3
en noteren deze als ∣∣∣∣∣∣∣
a1 a2 a3
b1 b2 b3
c1 c2 c3
∣∣∣∣∣∣∣= det
a1 a2 a3
b1 b2 b3
c1 c2 c3
Merk op dat deze determinant ook kan geschreven worden als
a1
∣∣∣∣∣b2 b3
c2 c3
∣∣∣∣∣−a2
∣∣∣∣∣b1 b3
c1 c3
∣∣∣∣∣+a3
∣∣∣∣∣b1 b2
c1 c2
∣∣∣∣∣
Met behulp van de determinant kunnen we (13) als volgt herschrijven:
~a×~b =~u1
∣∣∣∣∣a2 a3
b2 b3
∣∣∣∣∣−~u2
∣∣∣∣∣a1 a3
b1 b3
∣∣∣∣∣+~u3
∣∣∣∣∣a1 a2
b1 b2
∣∣∣∣∣
Vanwege de frappante gelijkenis met de formule hierboven voor de drie bij drie determinant, note-
ren we ook
~a×~b =
∣∣∣∣∣∣∣
~u1 ~u2 ~u3
a1 a2 a3
b1 b2 b3
∣∣∣∣∣∣∣
Deze formule moet eerder als een memotechnisch middel voor (13) beschouwd worden, omdat de
elementen in een matrix waarvan de determinant berekend wordt in het algemeen getallen zijn en
geen vectoren. Laten we onze resultaten samenvatten.
Stelling 2.9 Neem een positief georienteerde orthonormale basis {~u1,~u2,~u3}, en drie vectoren
~a = a1~u1 +a2~u2 +a3~u3,~b = b1~u1 +b2~u2 +b3~u3 en~c = c1~u1 + c2~u2 + c3~u3. Het vectorieel produkt
kan berekend worden via de formule
~a×~b =
∣∣∣∣∣∣∣
~u1 ~u2 ~u3
a1 a2 a3
b1 b2 b3
∣∣∣∣∣∣∣(14)
Het volume van het parallellepipedum opgespannen door~a,~b en~c kan berekend worden via
Vol(~a,~b,~c) =
∣∣∣∣∣∣∣
a1 a2 a3
b1 b2 b3
c1 c2 c3
∣∣∣∣∣∣∣(15)
17
Stelling 2.10 Neem een positief georienteerde basis {~u1,~u2} van het vlak, en twee vectoren ~a =
a1~u1 +a2~u2 en~b = b1~u1 +b2~u2. De oppervlakte van het parallellogram opgespannen door ~a en~bis
Opp(~a,~b) =
∣∣∣∣∣a1 a2
b1 b2
∣∣∣∣∣(16)
Oefening 2.10 Toon aan dat de vergelijking van het vlak door~0, ~a en~b gegeven wordt door
∣∣∣∣∣∣∣
x y z
a1 a2 a3
b1 b2 b3
∣∣∣∣∣∣∣= 0
Oefening 2.11 Beschouw twee niet-evenwijdige rechten met vectorvergelijking
~x1(t) =~a+ t~c en ~x2(u) =~b+u~d
Laat zien dat de twee rechten elkaar snijden als en alleen als~a−~b,~c en ~d coplanair zijn.
Oefening 2.12 Bewijs volgende formule voor het vectorieel produkt:
~a× (~b×~c) = (~a ·~c)~b− (~a ·~b)~c
Deze formule - die in de mechanica regelmatig gebruikt wordt - noemen we de expulsieformule.
De expulsieformule impliceert dat het rechterlid loodrecht staat op ~a en (~b×~c). Toon dit recht-
streeks aan.
Stel dan een formule op voor (~a×~b)×~c.
Bewijs tenslotte dat
(~a×~b) · (~c× ~d) = (~a ·~c)(~b · ~d)− (~a · ~d)(~b ·~c)
Oefening 2.13 Maak oefening oefening 2.9 opnieuw, ditmaal gebruik makend van het vectorieel
product.
Oefening 2.14 Toon aan dat
(~a+~b)× (~a−~b) = 2~b×~a
Oefening 2.15 Beschouw een eenheidsvector ~u. Elke vector ~a kan op unieke manier geschreven
worden onder de vorm
~a =~a‖+~a⊥
waarbij ~a‖ ‖~u en ~a⊥ ⊥~u. Toon aan dat
~a‖ = (~a ·~u)~u en ~a⊥ = (~u×~a)×~u
Oefening 2.16 Toon aan dat
‖~a×~b‖2 +(~a ·~b)2 = ‖~a‖2‖~b‖2
18
Oefening 2.17 Bepaal de oppervlakte van de driehoek met hoekpunten (1,2,3), (−1,3,2) en
(3,−1,2).
Oefening 2.18 Bepaal het volume van het parallellepipedum opgespannen door ~u1 − 3~u2 +~u3,
2~u2 −~u3 en ~u1 +~u2 −2~u3.
Oefening 2.19 Onderstel dat ~a en~b twee vectoren zijn in E3, waarbij ~a 6=~0. Toon aan dat er een
vector~x bestaat waarvoor~x×~a =~b als en slechts als~a ·~b = 0.
Het Kronecker symbool van de tweede soort
Dit wordt op de volgende manier gedefinieerd:
e123 = e231 = e312 = 1 en e321 = e132 = e213 =−1
en
ei jk = 0
zodra tenminste twee van de drie indexen i, j,k ∈ {1,2,3} aan elkaar gelijk zijn, bijvoorbeeld
e122 = e131 = e333 = 0
Oefening 2.20 Toon aan dat
~ui ×~u j =3
∑k=1
ei jk~uk
Voor twee vectoren~a = (a1,a2,a3) en~b = (b1,b2,b3):
~a×~b =3
∑i, j,k=1
ei jkaib j~uk
Ook de formule voor de determinant kan herschreven worden:
∣∣∣∣∣∣∣
a1 a2 a3
b1 b2 b3
c1 c2 c3
∣∣∣∣∣∣∣=
3
∑i, j,k=1
ei jkaib jck
19
2.6 Meetkundige toepassingen van scalair en vectorieel product
Gebruik vectoren om de volgende eigenschappen aan te tonen.
Oefening 2.21 De diagonalen van een parallellogram staan loodrecht op elkaar als en alleen als
het parallellogram een ruit is.
Oefening 2.22 Een driehoek is ingeschreven in een cirkel, een het middelpunt van de cirkel ligt
op een van de zijden. Bewijs dat de driehoek rechthoekig is.
Oefening 2.23 In een parallellogram is de som van de kwadraten van de lengten van de vier zijden
gelijk aan de som van de kwadraten van de lengten van de diagonalen.
Oefening 2.24 Bewijs dat de drie hoogtelijnen van een driehoek mekaar in een punt snijden. Een
hoogtelijn is een rechte die door een van de drie hoekpunten gaat en loodrecht staat op de tegen-
overliggende zijde. (Een hoogtelijn in een driehoek is een lijn die door een van de hoekpunten gaat
en loodrecht op de tegenoverliggende zijde staat.)
Oefening 2.25 Bewijs dat de drie middellijnen van een driehoek mekaar in een punt snijden. Een
middellijn verbindt een hoekpunt met het midden van de tegenoverliggende zijde. (Een middellijn
in een driehoek is een lijn die door een van de hoekpunten en het midden van de tegenoverliggende
zijde gaat.)
Oefening 2.26 De lengten van de zijden van een driehoek zijn respectievelijk a, b en c. De tegen-
overliggende hoeken zijn α, β en γ. Bewijs dat
sinα
a=
sinβ
b=
sinγ
c
Men noemt deze formule de sinusregel.
Oefening 2.27 Als twee vlakken een punt gemeen hebben, dan hebben ze een rechte gemeen.
Bewijs.
20
Reeks 3 Partiele afgeleiden en differentiaaloperatoren
3.1 Partiele afgeleiden
Beschouw een functie f : R→ R, gedefinieerd op tenminste een open interval dat x0 bevat. We
kunnen dan de afgeleide van f in het punt x0 definieren, en wel via de formule
f ′(x0) = limh→0
f (x0 +h)− f (x0)
h
Er bestaan allerlei rekenregels die toelaten om de afgeleide in concrete situaties gemakkelijk uit te
rekenen, bijvoorbeeld:
f (x) = xn =⇒ f ′(x) = nxn−1
f (x) = sin(x) =⇒ f ′(x) = cos(x)
( f g)′(x) = f (x)g′(x)+ f ′(x)g(x)
De afgeleide heeft een belangrijke meetkundige betekenis: f ′(x0) is de richtingscoefficient van de
raaklijn in het punt (x0, f (x0)) aan de grafiek van de functie y = f (x). De vergelijking van deze
raaklijn is dus
y = f (x0)+ f ′(x0)(x− x0)
Veel begrippen in de natuurkunde, scheikunde, economie,... worden ingevoerd met behulp van
afgeleiden. Een van de meest belangrijke is het begrip snelheid: de snelheid van een deeltje dat
langs een rechte lijn beweegt is de afgeleide van de afgelegde weg in functie van de tijd.
De theorie van afgeleiden zoals besproken in het middelbaar onderwijs, kan eigenlijk alleen maar
toegepast worden op problemen in het vlak. Voor de ontwikkeling van de natuurwetenschappen,
en verdere toepassingen in ingenieurswetenschappen is dat niet toereikend: we leven in een driedi-
mensionale wereld, en we moeten dus minstens een theorie in drie - in veel gevallen zelfs in meer
- dimensies ontwikkelen. Daar waar in het middelbaar onderwijs numerieke functies bestudeerd
werden
f : R→ R
zullen we nu gedwongen zijn om ook te kijken naar functies
f : R2 → R
en
f : R3 → R
Zulk een functie noemen we een scalaire functie. Ook de dimensie van de beeldruimte zullen we
laten varieren. Ontwikkeling van een correcte theorie van afgeleiden (en integralen) voor zulke
functies, inclusief toepassingen, zal een aanzienlijk deel van de cursus “Analyse” in beslag nemen.
Omdat sommige aspecten ervan in andere vakken herhaaldelijk voorkomen, reiken we hier al en-
kele elementen aan.
Beschouw eerst een functie in twee veranderlijken,
f : R2 → R
21
De grafiek van f is nu
{(x,y, f (x,y)) | (x,y) ∈ R2} ⊂ R
3
en is dus een oppervlak in de driedimensionale ruimte, die we kunnen identificeren metR3 door een
assenstelsel te kiezen. Dit wordt ruw geschetst in Figuur 6, In figuren 7-9 schetsen we de grafieken
x
y
z
(x,y, f (x,y))
(x,y,0)
Figuur 6: De grafiek van een functie van twee veranderlijken
van enkele concrete functies van twee veranderlijken. Het principe is natuurlijk hetzelfde als dat
van een grafiek van een functie van een veranderlijke; toch zien we in figuren 7-9 dat alles in
de praktijk veel ingewikkelder wordt, en dat is uiteraard een gevolg van het feit dat we met een
dimensie meer werken.
Hoe definieren we nu de “afgeleide” van z = f (x,y)? Neem een punt (x0,y0) in het xy-vlak, en kijk
naar de partiele afbeelding
R→ R : x 7→ f (x,y0)
-3-2
-10
12
3
-4
-2
0
2
4
0
1
2
3
4
5
6
7
-1
-0.5
0
0.5
1
-1
-0.5
0
0.5
1
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Figuur 7: De grafieken van f (x,y) = x2 + y2 en g(x,y) =√
x2 + y2
22
05
1015
2025
30
0
10
20
30
-20
-10
0
10
20
0
10
20
30
40
50
0
20
40
60
80
-1
-0.5
0
0.5
1
Figuur 8: De grafieken van h(x,y) = x2 − y2 en k(x,y) = sin(x)cos(y)
0
10
20
30
40
50
0
5
10
15
-10
-5
0
5
10
0
10
20
30
40
50
0
10
20
30
40
50
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Figuur 9: De grafieken van l(x,y) = ey cos(x) en m(x,y) = sin(√
x2 + y2)/√
x2 + y2
23
Dit is opnieuw een functie van 1 veranderlijke: eigenlijk komt het erop neer dat we bij het nemen
van de functie f een veranderlijke constant nemen, namelijk y. De afgeleide van deze functie
noemen we de partiele afgeleide van f naar x, en noteren deze als
∂ f
∂x(x0,y0)
Uiteraard kunnen we ook de veranderlijk x constant houden, en enkel y laten varieren; we krijgen
dan de tweede partiele afbeelding
R→ R : y 7→ f (x0,y)
en de afgeleide daarvan noemen we de partiele afgeleide van f naar y, genoteerd als
∂ f
∂y(x0,y0)
Partiele afgeleiden kunnen gemakkelijk berekend worden: in feite zijn het gewone afgeleiden. Om
bijvoorbeeld de eerste partiele afgeleide te berekenen volstaat het om y te beschouwen als een
parameter, en af te leiden naar x. Neem bijvoorbeeld de functie
l(x,y) = ey cos(x)
uit Figuur 9. We zien dat∂l
∂x=−ey sin(x) en
∂l
∂y= ey cos(x)
Wat is de meetkundige betekenis van de partiele afgeleide? Omdat het in feite een gewone afge-
leide is, is het weerom de richtingscoefficient van een raaklijn, en wel de raaklijn aan de grafiek
van de partiele afbeelding. Deze grafiek ontstaat door de doorsnede te nemen van de grafiek van
het oppervlak z = f (x,y) met het verticale vlak y = y0; de grafiek van de tweede partiele afbeel-
ding is de doorsnede met het verticale vlak x = x0. Deze twee raaklijnen spannen in veel gevallen
het raakvlak op aan de grafiek van het oppervlak z = f (x,y), in het punt (x0,y0, f (x0,y0)). De
vergelijking van het raakoppervlak wordt dan
z− z0 =∂ f
∂x(x0,y0)(x− x0)+
∂ f
∂y(x0,y0)(y− y0),(1)
waarbij z0 = f (x0,y0).Op (1) komen we uitvoerig terug in de cursus “Analyse”.
Oefening 3.1a Bereken de partiele afgeleiden van volgende functies van twee veranderlijken:
f1(x,y) = Bgtgx
yen f2(x,y) = ln
((x+ y)2(y+2)
)
Oefening 3.1b Zelfde vraag voor
f1(x,y) = cos
(ex
ey
)en f2(x,y) = yxy
24
Oefening 3.1c Zelfde vraag voor
f1(x,y) = x3y+ exy2
en f2(x,y) = ln(x3 siny)
Op identieke manier definieren we voor een functie in drie veranderlijken
f : R3 → R
de partiele afgeleiden∂ f
∂x,
∂ f
∂y,
∂ f
∂z
Oefening 3.2a Bereken de partiele afgeleide van volgende functies van drie veranderlijken:
f (x,y,z) = x2 + y3z4
Oefening 3.2b Zelfde vraag voor
f (x,y,z) =√
x2 + y2 + z2
Oefening 3.2c Zelfde vraag voor
f (x,y,z) = sinx cosy tgz
3.2 Partiele afgeleiden van tweede orde
Zij f : R2 → R een functie van twee veranderlijken. De partiele afgeleide
∂ f
∂x: R
2 →R
is een nieuwe functie van twee veranderlijken. Die heeft zelf twee partiele afgeleiden, genoemd
partiele afgeleiden van tweede orde
∂2 f
∂x2en
∂2 f
∂y∂x
Ook∂ f
∂y: R
2 →R
heeft twee partiele afgeleiden
∂2 f
∂x∂yen
∂2 f
∂y2
25
Oefening 3.3 Bereken de partiele afgeleiden van tweede orde van de functie f1 uit oefening 3.1.
In oefening 3.3 zal je merken dat voor de gemengde partiele afgeleiden steeds geldt
∂2 f
∂y∂x=
∂2 f
∂x∂y
Deze formule is geldig onder zeer algemene voorwaarden, we komen daarop terug in de cursus
“Analyse”.
3.3 De gradient
Een functie~v : R3 → R
3 of R2 → R2 wordt soms een vectorveld genoemd. We kunnen een vec-
torveld bekijken als een vector die afhangt van de plaats. Een constant vectorveld is dan terug een
gewone vector. In de natuurkunde komen we vectorvelden veelvuldig tegen; een eerste belangrijk
voorbeeld is een krachtveld: een kracht (gegeven door een richting, zin en lengte) wordt uitge-
oefend op een deeltje, en is afhankelijk van de plaats waar een deeltje zich bevindt. We komen
vectorvelden ook tegen in de hydrodynamica, waar een vectorveld de stroming van een vloeistof
kan voorstellen, of in de elektrodynamica, waarin het elektrisch of magnetisch veld door een vec-
torveld wordt voorgesteld.
Een vectorveld wordt ook beschreven door zijn componentfuncties (zoals een vector door zijn
Figuur 10: Een vectorveld
componenten beschreven wordt):
~v(x1,x2,x3) = (v1(x1,x2,x3),v2(x1,x2,x3),v3(x1,x2,x3))
= v1(x1,x2,x3)~u1 + v2(x1,x2,x3)~u2 + v3(x1,x2,x3)~u3
waarbij vi : R3 → R.
Een mogelijke manier om een vectorveld te construeren is de volgende: beschouw een scalaire
functie f : R3 → R, en bekijk
grad f = (∂ f
∂x,∂ f
∂y,∂ f
∂z)
=∂ f
∂x~u1 +
∂ f
∂y~u2 +
∂ f
∂z~u3
26
De gradient heeft een meetkundige en fysische interpretatie, waarop we verderop in het jaar uitge-
breid terugkomen. We vermelden nu reeds volgende eigenschap.
Zij f : R2 → R een scalaire functie, en (x0,y0) een punt in het vlak. Dan is
f (x,y) = f (x0,y0)
de vergelijking van een kromme C, waar het punt (x0,y0) opligt. De gradient grad f (x0,y0) staat
dan loodrecht op C in het punt (x0,y0).Analoog, zij f : R3 → R een scalaire functie, en (x0,y0,z0) een punt in de ruimte. Dan is
f (x,y,z) = f (x0,y0,z0)
de vergelijking van een oppervlak S, waar het punt (x0,y0,z0) opligt. De gradient grad f (x0,y0,z0)staat dan loodrecht op S in het punt (x0,y0,z0).
Oefening 3.4 Bereken grad(x2 + y2), en verifieer bovenstaande eigenschap.
Oefening 3.5 Stel de vergelijking op van de raaklijn in het punt (x0,y0) aan de kromme f (x,y) =f (x0,y0).
Oefening 3.6 Stel de vergelijking op van het raakvlak in het punt (x0,y0,z0) aan het oppervlak
f (x,y,z) = f (x0,y0,z0).
Oefening 3.7 Bereken
a) grad(3x2y− y3z)
b) grad(2x3y2z4)
c) grad (3x2z− y2z3 +4x3y+2x−3y−5)
Oefening 3.8 Beschouw twee scalaire functies f , g : R3 → R. Toon aan dat
grad( f g) = ggrad( f )+ f grad(g)
Oefening 3.9 Noteer
~r = x~u1 + y~u2 + z~u3
en
r = ‖~r‖=√
x2 + y2 + z2
Toon aan dat
• voor n ∈ N0:
grad(rn) = nrn−2~r
Toon deze gelijkheid aan met twee verschillende bewijstechnieken: rechtstreeks en per in-
ductie. Voor dit laatste kan oefening 3.8 nuttig zijn.
• voor r > 0:
grad(ln(r)) =~r
r2
27
3.4 De divergentie
Neem nu een vectorveld~v = (v1,v2,v3) : R3 →R3. We kunnen dan een scalaire functie definieren,
genaamd de divergentie:
div(~v) =∂v1
∂x+
∂v2
∂y+
∂v3
∂z
Voorbeeld 3.11 Bekijk het vectorveld
~v = x~u1 + y~u2
We zien gemakkelijk dat
div(~v) = 2
Voorbeeld 3.12 We draaien de ruimte rond de z-as met hoeksnelheid ω. ~w is de snelheid van elk
punt. De snelheid van een deeltje in het punt (x,y,z) wordt gegeven door de hoeksnelheid ω maal
de afstand√
x2 + y2 tot de z-as. De richting van de snelheid is loodrecht op de voerstraal. De
snelheidsvector is dus evenwijdig met de vector x~u2 − y~u1 (als we onderstellen dat de rotatie in
tegenwijzerzin verloopt). Derhalve is ~w gegeven door
~w = ωrx~u2 − y~u1√
x2 + y2= ω(x~u2 − y~u1)
We berekenen gemakkelijk dat
div~w = 0
Voorbeelden 3.11 en 3.12 vertellen ons iets over de meetkundige interpretatie van de divergentie.
Teken zelf de vectorvelden ~v en ~w. Als we ervan uitgaan dat ~w de stroming van een vloeistof
voorstelt, en we een gesloten volume in de ruimte nemen, dan gaat per tijdseenheid in dat volume
evenveel vloeistof in als uit. We zeggen dat ~w bronvrij is, hetgeen wordt uitgedrukt door het feit dat
~w = 0. ~v is niet bronvrij: uit een gesloten volume komt meer vloeistof naar buiten als er binnengaat
(dit is duidelijk als we een gesloten volume om de oorsprong nemen). Dit wordt uitgedrukt door
het feit dat div~v > 0. Als div~v < 0, dan spreken we van een zink. Deze interpretatie zullen we
wiskundig funderen tijdens de cursus Analyse II.
Oefening 3.10 Bereken
a) div((z− e−x siny)~u1 +(1+ e−x cosy)~u2 +(x−8z)~u3
)
b) div((6xy+ z3)~u1 +(3x2 − z)~u2 +(3xz2 − y)~u3
)
c) div(x2z~u1 −2y3z2~u2 + xy2z~u3
)
Oefening 3.11 Toon aan dat
div( f~v) = grad( f ) ·~v+ f div(~v)
28
3.5 De rotatie
Neem weer een vectorveld ~v = (v1,v2,v3) : R3 → R3. We voeren nu een nieuw vectorveld, ge-
naamd de rotatie:
rot(~v) =
(∂v3
∂y− ∂v2
∂z
)~u1 +
(∂v1
∂z− ∂v3
∂x
)~u2 +
(∂v2
∂x− ∂v1
∂y
)~u3
Deze ingewikkelde formule kan eenvoudig gememoriseerd worden door ze te herschrijven als een
formele determinant (te ontwikkelen naar de eerste rij):
rot(~v) =
∣∣∣∣∣∣∣
~u1 ~u2 ~u3
∂∂x
∂∂y
∂∂z
v1 v2 v3
∣∣∣∣∣∣∣
Gradient, divergentie en rotatie worden differentiaaloperatoren genoemd. Operator is hier eigen-
lijk een ander woord voor functie, maar dan een functie van een verzameling functies naar een
andere verzameling functies, en het woord differentiaal komt erin voor omdat ze gedefinieerd wor-
den door gebruik te maken van afgeleiden. De definities van gradient, divergentie en rotatie kunnen
herschreven worden door gebruik te maken van de differentiaaloperator
~∇ =∂
∂x~u1 +
∂
∂y~u2 +
∂
∂z~u3
∇ (een omgekeerde ∆) is een door wiskundigen uitgevonden bijkomende Griekse letter, genaamd
Nabla. We krijgen nu
~∇ f = grad f
~∇ ·~v = div(~v)
~∇×~v = rot(~v)
Voorbeeld 3.13 Neem de vectoren~v en ~w uit voorbeelden 3.11 en 3.12. We rekenen gemakkelijk
uit dat
rot~v =~0
en
rot ~w =
∣∣∣∣∣∣∣
~u1 ~u2 ~u3
∂∂x
∂∂y
∂∂z
−yω xω 0
∣∣∣∣∣∣∣= 2ω~u3
Deze voorbeelden illustreren de volgende meetkundige interpretatie, die we verder zullen argu-
menteren tijdens de cursus “Analyse II”. De rotatie stelt de “hoeveelheid werveling”van het vec-
torveld voor. De lengte van de rotatie is rechtevenredig met de draaisnelheid, de richting ligt langs
de rotatieas, en de zin wordt bepaald door de kurketrekkerregel. ~v is rotatievrij, en ~w stelt een
rotatie om de z-as voor.
29
Oefening 3.12 Bereken
a) rot(x2y~u1 −2xz~u2 +2yz~u3
)
b) rot(xz3~u1 −2x2yz~u2 +2yz4~u3
)
c) rot((z− e−x siny)~u1 +(1+ e−x cosy)~u2 +(x−8z)~u3
)
Oefening 3.13 Bewijs
a) div(~v×~w) = ~w · rot(~v)−~v · rot(~w)
b) rot( f~v) = grad f ×~v+ f rot~v
c) rot(grad f ) =~0 en div(rot~v) = 0
3.6 De Laplaciaan
De Laplaciaan is een differentiaaloperator van orde twee, en wordt gedefinieerd als
∆( f ) = div(grad f ) =∂2 f
∂x2+
∂2 f
∂y2+
∂2 f
∂z2
Met de nabla notatie kan de Laplaciaan herschreven worden als
∆( f ) = ~∇2 f
Oefening 3.14 Bereken
a) ∆(2x3y2z4)
b) ∆(3x2z− y2z3 +4x3y+2x−3y−5)
c) ∆(3x2y− y3z2)
Oefening 3.15 Bewijs dat
rot(rot(~v)) = grad (div~v)−∆(~v)
Oefening 3.16 Herschrijf de formules uit oefeningen 3.9, 3.11, 3.13 en 3.15 met behulp van de
nabla notatie.
30
3.7 Partiele afgeleiden en benadering van functies
Zij f : R→R een functie die afleidbaar is in het punt a. We hebben de volgende meetkundige in-
terpretatie van de afgeleide f ′(a): het is de richtingscoefficient van de raaklijn in het punt (a, f (a))aan de grafiek y = f (x). De vergelijking van de raaklijn is dan:
y = f (a)+ f ′(a)(x−a)
Deze rechte is de rechte die de grafiek y = f (x) het best benaderd in de buurt van a. De fout die
we maken als we f (x) vervangen door f (a)+ f ′(a)(x−a) is
r1(x) = f (x)− f (a)− f ′(a)(x−a)
De relatieve fout is
r1(x)
x−a
Uit de definitie van de afgeleide volgt dat deze naar nul nadert als x naar a nadert:
limx→a
r1(x)
x−a= 0
Eigenlijk dient de afgeleide dus om de grafiek van een functie f te benaderen door een meer een-
voudige grafiek: die van een rechte. In vele gevallen zal die benadering niet nauwkeurig genoeg
zijn, en men kan dus trachten om in plaats van door rechten, bijvoorbeeld door parabolen te bena-
deren. Welke parabool
y = m+nx+ px2
zal y = f (x) het best benaderen in de buurt van het punt a? Het antwoord hierop is:
y = f (a)+ f ′(a)(x−a)+f ′′(a)
2(x−a)2
In de cursus Analyse I zullen we hierop uitvoerig terugkomen. Men noemt P2(x) = f (a) +
f ′(a)(x− a)+ f ′′(a)2
(x− a)2 de tweede Taylorveelterm van f in het punt a. De fout die we ma-
ken als we f benaderen door P2 is
r2(x) = f (x)− f (a)− f ′(a)(x−a)− f ′′(a)2
(x−a)2
31
Deze heeft de volgende eigenschap (als we onderstellen dat f een continue partiele afgeleide tot
op orde twee bezit op een open interval dat het punt a bevat):
limx→a
r2(x)
(x−a)2= 0
In de cursus Analyse I zullen we dit aantonen, en ook de hogere orde Taylorveeltermen P3,P4, · · ·behandelen.
Voor functies in meer dan een veranderlijke bestaat er een analoge theorie, gebaseerd op partiele
afgeleiden. We bekijken hier het geval
f : R2 →R
Onderstel dat f continue partiele afgeleiden bezit over een open schijf die het punt (a,b) bevat.
De grafiek z = f (x,y) is dan een oppervlak in de driedimensionale ruimte. We definieren de eerste
Taylorveelterm van f in (a,b) door
P1(x,y) = f (a,b)+∂ f
∂x(a,b)(x−a)+
∂ f
∂y(a,b)(y−b)
P1 is de veelterm van graad 1 die f het best benadert in een omgeving van (a,b). De vergelijking
van het raakvlak in (a,b, f (a,b)) aan de grafiek z = f (x,y) is dan ook
z = f (a,b)+∂ f
∂x(a,b)(x−a)+
∂ f
∂y(a,b)(y−b)
en voor de fout
r1(x,y) = f (x,y)−P1(x,y)
hebben we de volgende eigenschap:
lim(x,y)→(a,b)
r1(x,y)√(x−a)2 +(y−b)2
= 0
Tweedimensionale limieten worden in het eerste hoofdstuk van de cursus Analyse I behandeld.
Merk ook op dat de noemer√
(x−a)2 +(y−b)2 niets anders is dan de afstand van het punt (x,y)tot het punt (a,b).Met een veelterm van graad 2 kunnen we f nog nauwkeuriger benaderen. De tweede Taylorveel-
term van f in (a,b) is
P2(x,y) = f (a,b)+∂ f
∂x(a,b)(x−a)+
∂ f
∂y(a,b)(y−b)
+1
2
(∂2 f
∂x2(a,b)(x−a)2+2
∂2 f
∂x∂y(a,b)(x−a)(y−b)+
∂2 f
∂y2(a,b)(y−b)2
)
32
Als f continue partiele afgeleiden tot op orde 3 bezit op een open schijf die (a,b) bevat, dan voldoet
de fout
r2(x,y) = f (x,y)−P2(x,y)
aan de volgende formule
lim(x,y)→(a,b)
r2(x,y)√(x−a)2 +(y−b)2
= 0
Oefening 3.17a We bekijken de functie
f (x,y) = ex2+y2
Bepaal de Taylorveeltermen P1 en P2 in het punt (0,0). Bereken de vergelijking van het raakvlak
in (0,0,1) aan de grafiek van f .
Oefening 3.17b Zelfde vraag voor de functie
f (x,y) = ex2+y3
Oefening 3.17c Zelfde vraag voor de functie
f (x,y) =1+ x+ y2
1− y+ x
33
Reeks 4 Complexe getallen
Zij a een positief reeel getal en beschouw de vergelijking X2 = a. Deze heeft twee verschillende
oplossingen in R, die genoteerd worden met√
a en −√a. We stellen nu voor om oplossingen te
zoeken van de vergelijking X2 = −1. Dit is een reele veeeltermvergelijking, maar deze kan geen
oplossingen binnen R hebben (immers r2 ≥ 0,∀r ∈ R).
We vatten het probleem meetkundig aan: Neem de vectorruimte R2, en definieer hierop een ver-
menigvuldiging als volgt:
(a,b)(c,d) = (ac−bd,ad+bc)
Hieruit volgt in het bijzonder dat
(a,0)(c,0) = (ac,0)
zodat de elementen van de vorm (a,0) optellen en vermenigvuldigen als reele getallen. Daarom
voeren we in onze notatie de volgende identificatie uit:
(a,0) = a ∈ R
Verder zien we dat
(0,1)(0,1) = (−1,0) =−1
Het element (0,1) is dus een “vierkantswortel” uit −1. We voeren de volgende notatie in:
(0,1) = i
zodat
i2 =−1
We kunnen dus schrijven:
(a,b) = (a,0)+b(0,1) = a+bi
en de definitie van de vermenigvuldiging kunnen we nu als volgt schrijven:
(a+bi)(c+di) = (ac−bd)+(ad+bc)i
Merk ook op dat
a+bi = c+di ⇐⇒ a = c en b = d
We noemen a+bi een complex getal. a wordt het reeel gedeelte van a+bi genoemd. bi heet het
imaginair gedeelte. Men noteert:
a = Re(a+bi)
b = Im(a+bi)
De verzameling van de complexe getallen noteert men
C= {z = a+bi | a,b ∈ R}Merk op dat
(a+bi)(a−bi) = a2 +b2
a−bi wordt het complex toegevoegde van z = a+bi genoemd. Notatie:
a−bi = a+bi = z
34
Eigenschap 4.14 C is een lichaam.
Bewijs. We laten het bewijs over aan de lezer. We merken op dat het inverse voor de vermenigvul-
diging gegeven wordt door de formule:
(a+bi)−1 =a−bi
a2 +b2
�
Meetkundige interpretatie
Als (reele) vectorruimte is C isomorf met R2. Immers, {1, i} is een basis van C als R-vectorruimte;
dus dimR(C) = 2. We kunnen dus de complexe getallen identificeren met de punten van het vlak.
We spreken dan van het complexe vlak. Neem een complex getal z = x+ yi en bekijk de volgende
reele getallen: r, de afstand in het vlak tussen de oorsprong en het punt z, en θ, de hoek tussen de
x-as en de rechte door de oorsprong en z (Figuur 12).
yi
θ
x+ yi = z
xx
y
Figuur 11: Meetkundige voorstelling van een complex getal
Uit bovenstaande figuur leiden we gemakkelijk af dat
{x = r cosθ
y = r sinθ
en
r2 = x2 + y2
We kunnen dus schrijven
z = r(cosθ+ isinθ)
Men noemt dit de goniometrische vorm van het complex getal z. r en θ noemt men de poolcoordinaten
van het punt (x,y). Het grote voordeel van de goniometrische vorm is dat men complexe ge-
tallen in goniometrische vorm gemakkelijk kan vermenigvuldigen: Als z = r(cosθ+ isinθ) en
z′ = r′(cosθ′+ isinθ′) dan hebben we
zz′ = rr′(cosθ+ isinθ)(cosθ′+ isinθ′)
= rr′(cosθcosθ′− sinθsinθ′+ i(cosθsinθ′+ cosθ′ sinθ))
= rr′(cos(θ+θ′)+ isin(θ+θ′))
35
De complexe exponentiele functie
We definieren nu de volgende functie:
exp : C→ C; (x+ yi) 7→ exp(x+ iy) = ex(cos(y)+ isin(y)).
We noteren in het vervolg ook wel exp(x + iy) als ex+yi. ex+yi is dus het complex getal met
poolcoordinaten ex en y, zodat we onmiddellijk de volgende eigenschap, karakteristiek voor de
exponentiele functie, hebben:
Eigenschap 4.15 Voor elke z,z′ in C geldt:
ez+z′ = ezez′
en
e−z =1
ez
Opmerking 4.16 Uit de definitie van de exponentiele functie volgt de beroemde formule
eiπ =−1
Eigenschap 4.17 De complexe exponentiele functie exp : C−→ C0 is surjectief. Verder geldt
ez = ez′ ⇐⇒ ∃k ∈ Z : z− z′ = 2kπi
Bewijs. De eerste bewering volgt onmiddellijk uit het voorgaande: neem een complex getal z =x+ yi 6= 0, en neem de poolcoordinaten r en θ. Dan is
z = r(cos(θ)+ isin(θ)) = eln(r)+iθ
Voor de tweede bewering redeneren we als volgt: onderstel dat ez = ez′ . Dan is ez−z′ = 1. Stel
z− z′ = a+bi. Dan is
ea+bi = ea(cos(b)+ isin(b)) = 1
zodat {ea cos(b) = 1
ea sin(b) = 0
Uit de tweede vergelijking volgt dat sin(b) = 0, waaruit b = nπ voor een geheel getal n. Substitu-
eren we dit in de eerste vergelijking, dan krijgen we
ea cos(b) = ea(−1)n = 1
Aangezien ea ≥ 0 volgt dat n noodzakelijk even is: n = 2k. Maar dan is ea = 1, zodat a = 0.
Bijgevolg is z− z′ = a+bi = 2kπi. �
36
De logaritmische functie
De exponentiele functie wordt bijectief als we de definitieverzameling beperken tot een horizontale
strip met breedte 2π, zo is bijvoorbeeld
exp : {z ∈ C | −π < Im(z)≤ π} −→ C0
bijectief. De inverse functie noemt men de complexe logaritme :
Ln : C0 −→ {z ∈ C | −π < Im(z)≤ π}
��������������������������������������������������������������������������������������������
��������������������������������������������������������������������������������������������
���������������������������������������������������������������������
���������������������������������������������������������������������
iπ
−iπ
x
y
Figuur 12: Waardeverzameling van de complexe logaritme
De complexe trigonometrische functies
Herneem de definitie van exponentiele functie:
{eix = cos(x)+ isin(x)
e−ix = cos(x)− isin(x)
Hieruit volgt onmiddellijk dat {cos(x) = eix+e−ix
2
sin(x) = eix−e−ix
2i
We gebruiken deze formules om de complexe sinus en cosinus te definieren:
Definitie 4.18 Voor elke z ∈ C stellen we
{cos(z) = eiz+e−iz
2
sin(z) = eiz−e−iz
2i
37
Op dezelfde manier definieren we de complexe hyperbolische functies:
Definitie 4.19 Voor elke z ∈ C stellen we
{cosh(z) = ez+e−z
2
sinh(z) = ez−e−z
2
Uit voorgaande definities volgen nu onmiddellijk de volgende betrekkingen:
cosh(iz) = cos(z) sinh(iz) = isin(z)
cos(iz) = cosh(z) sin(iz) = isinh(z)
De complexe n-demachtswortel
Gebruik makende van het voorgaande kunnen we makkelijk volgende eigenschap bewijzen:
Eigenschap 4.20 Elk van nul verschillend complex getal c heeft precies n n-demachtswortels in
C.
Bewijs. We zoeken naar complexe getallen z zodat
zn = c
Schrijf c = seiφ en z = reiθ. Dan wordt de voorgaande betrekking
rneinθ = seiφ
of {rn = s
nθ = φ+2kπ
dus
z = n√
seφ+2kπ
ni
Omdat e2iπ = 1 hoeven we slechts hierin k de waarden 0,1,2, · · · ,n−1 te laten aannemen om alle
oplossingen te krijgen. Dit bewijst onze eigenschap. �
Complexe veeltermen
Een complexe veelterm P(Z) is een uitdrukking van de vorm
P(Z) = anZn +an−1Zn−1 + · · ·a1Z+a0 =n
∑i=0
aiZi
38
waarbij de coefficienten a0,a1, · · · ,an complexe getallen zijn. Het symbool Z wordt de verander-
lijke genoemd. Bij elke complexe veelterm P(Z) kunnen we een functie
P : C→C : z 7→ P(z) = anzn +an−1zn−1 + · · ·a1z+a0
associeren. Deze functie wordt een complexe veeltermfunctie genoemd.
De graad van een veelterm is de hoogste macht van Z die in deze veelterm voorkomt:
gr(n
∑i=0
aiZi) = n
indien an 6= 0. De verzameling van alle complexe veeltermen wordt C[Z] genoteerd. Net zoals reele
veeltermen kan met complexe veeltermen bij elkaar optellen en met mekaar vermenigvuldigen. Dit
gebeurt op de voor de hand liggende manier. Deling van veeltermen is niet altijd mogelijk, maar
we hebben wel de quotientstelling.
Stelling 4.21 (quotientstelling voor complexe veeltermen) Beschouw twee complexe veeltermen
M(Z) en N(Z), en onderstel dat N(Z) 6= 0. Er bestaan twee unieke veelterm Q(Z) en R(Z) die
voldoen aan de volgende twee voorwaarden:
• M(Z) = Q(Z)N(Z)+R(Z);
• gr(R)< gr(N).
Q en R worden respectievelijk het quotient en de rest bij deling van de veelterm M door de veelterm
N genoemd.
Bewijs. We bewijzen eerst de existentie. Dit gebeurt per inductie op de graad van M. Onderstel
gr(N) = n. Voor gr(M) = 0,1, · · · ,n− 1 is de stelling waar: het volstaat om Q = 0 en M = R te
nemen.
Onderstel nu dat de stelling waar is voor gr(M) < m, met m een gegeven getal dat we minstens
gelijk aan n mogen onderstellen. We zullen aantonen dat de stelling ook geldt voor gr(M) = m.
Stel
M(Z) = amZm +M1(Z)
met gr(M1)< m. Vanwege de inductiehypothese hebben we dat
M1(Z) = Q1(Z)N(Z)+R1(Z)
met gr(R1)< n. Schrijf nu
N(Z) = bnZn +N1(Z)
met gr(N1)< n. Dan is
amZm =am
bn
Zm−nN(z)− am
bn
Zm−nN1(z)
Merk op dat
gr(am
bnZm−nN1(z))≤ m−n+n−1 = m−1
39
Vanwege de inductiehypothese vinden we dus veeltermen Q2(Z) en R2(Z) met gr(R2)< n zodat
−am
bn
Zm−nN1(z) = Q2(Z)N(Z)+R2(Z)
Als we de bovenstaande formules met elkaar combineren vinden we
M(Z) =(am
bnZm−n +Q1(Z)+Q2(Z)
)N(Z)+R1(Z)+R2(Z)
en dit bewijst de existentie.
Voor de uniciteit gaan we als volgt te werk: onderstel dat
M(Z) = Q(Z)N(Z)+R(Z) = Q(Z)N(Z)+ R(Z)
met de graad van R(Z) en R(Z) allebei kleiner dan de graad van N(Z). Dan volgt dat
R(Z)−R(Z) = (Q(Z)− Q(Z))N(Z)
Als Q(Z) 6= Q(Z), dan is de graad van het rechterlid tenminste gelijk aan de graad van N. De graad
van het linkerlid is echter strikt kleiner dan de graad van N, en dit is een contradictie. Het is dus
onmogelijk dat Q(Z) 6= Q(Z), en dus moet Q(Z) = Q(Z). Maar dan is ook R(Z) = R(Z), en dit
impliceert de uniciteit. �
Ten slotte formuleren we nog, zonder bewijs, de volgende stelling:
Stelling 4.22 (Grondstelling van de algebra) Elke complexe veeltermfunctie P(z)= anzn+an−1zn−1+· · ·+a1z+a0 kan ontbonden worden in lineaire factoren:
P(z) = an(z− z0)(z− z1)(z− z2) · · ·(z− zn)
voor zekere zi ∈ C.
De stelling vertelt ons echter niet hoe de zi berekend kunnen worden!
Oefening 4.1 Bepaal rest en quotient bij deling van de veelterm M(Z) door N(Z).
a M(Z) = iZ3 +(1+ i)Z2−Z +3 en N(Z) = Z2 +(1− i)Z+3;
b M(Z) = iZ4 +(1− i)Z2+Z +3 en N(Z) = (1− i)Z2+Z +3;
c M(Z) = Z3 +(1+ i)Z2 +3 en N(Z) = (1− i)Z+3.
Oefening 4.2 Bepaal de complexe logaritme van
a −1, i en 1+ i√
3;
b −2, −i en 1−i√2
;
c −1, i en 1− i√
3.
40
Oefening 4.3 Zoek de vierkantswortels en de derdemachtswortels uit
a i;
b −64;
c 1+i√2
.
Oefening 4.4 Bewijs de volgende formules:
sin(x+ iy) = sin(x)cosh(y)+ icos(x)sinh(y)
cos(x+ iy) = cos(x)cosh(y)− isin(x)sinh(y)
Oefening 4.5 Los de volgende vergelijkingen op in C.
1a sin(z) = 2;
1b sin(z) = i;
1c ez = 1+ i;
2a z2 = 45+14i;
2b z6 = i;
2c tg(z) = i;
3a cos(z) =−2;
3b z5 + z4 + z3 + z2 + z+1 = 0;
3c Ln(z) = π/6.
Oefening 4.6a Schets in het complexe vlak de verzameling van de oplossingen van de vergelijkin-
gen
sin(z) = t
waarbij t over de verzameling van de reele getallen varieert.
Oefening 4.6b Zelfde vraag voor de vergelijkingen
cos(z) = t
Oefening 4.6c Zelfde vraag voor de vergelijkingen
exp(z) = t
41
Oefening 4.7 Ontbind in complexe factoren en in reele factoren.
a P(z) = z6 −1;
b P(z) = z4 + z3 + z+1;
c P(z) = z4 −1.
Oefening 4.8 Onderstel dat P(Z) = Zn + a1Zn−1 + · · ·+ an−1Z + an een complexe veelterm van
graad n is, met nulpunten z1,z2, · · · ,zn. Toon aan dat
an = (−1)nz1z2 · · ·zn
a1 = −(z1 + z2 + · · ·+ zn)
Druk ook ai uit in functie van de nulpunten z1,z2, · · · ,zn.
Oefening 4.9 Neem een n-de machtswortel η van het getal 1. We noemen η een primitieve n-de
eenheidswortel als de verzameling
{η,η2, · · · ,ηn−1,ηn = 1}
alle n-de machtswortels uit 1 bevat, m.a.w. als
Zn −1 = (Z−1)(Z−η)(Z−η2) · · ·(Z−ηn−1)(1)
Ga na dat i en −i primitieve vierde eenheidswortels zijn, en 1 en −1 niet.
• Toon aan dat η = exp(
2πin
)een primitieve n-de eenheidswortel is.
• Als η een primitieve n-de eenheidswortel is, voor welke waarden van r is dan ηr ook een
primitieve n-de eenheidswortel?
• Als η een primitieve n-de eenheidswortel is, toon dan aan dat
η+η2 + · · ·+ηn−1 = −1
ηη2 · · ·ηn−1 = (−1)n−1
(1−η)(1−η2) · · ·(1−ηn−1) = n
(HINT: voor de eerste twee betrekkingen: gebruik de vorige oefening; voor de derde betrekking:
deel de betrekking (1) door Z −1, en vul dan Z = 1 in).
42
Reeks 5 Differentiaalvergelijkingen
Een differentiaalvergelijking van orde 1 is een vergelijking van de vorm
f (x,y,y′) = 0(1)
Hierbij is f een gegeven functie in drie veranderlijken, en de onbekende is y = y(x), een functie
van x. Gevraagd wordt om alle functies y = y(x) te zoeken die voldoen aan (1). Vele problemen
uit de natuurkunde laten zich vertalen in differentiaalvergelijkingen. Slechts een beperkt aantal
differentiaalvergelijkingen kunnen rechtstreeks opgelost worden, we beperken ons hier tot enkele
bijzondere types die veel voorkomen.
5.1 De methode van de gescheiden veranderlijken
Onderstel dat we een differentiaalvergelijking hebben van de vorm
f (y)y′ = g(x)(2)
Beide leden zijn functie van x, en we lossen de differentiaalvergelijking op door beide leden te
integreren: ∫f (y)
dy
dxdx =
∫g(x)dx
of, na toepassing van de substitutieformule:
∫f (y)dy =
∫g(x)dx
Als F en G primitieven zijn van respectievelijk f en g, dan vinden we
F(y) = G(x)+ c
Dit is een (gewone) vergelijking in y. Oplossen naar y geeft y in functie van x.
Bij het oplossen van de differentiaalvergelijking moeten we een integraal berekenen. Daarom
zeggen we liever dat we de differentiaalvergelijking integreren. Een oplossing van de differenti-
aalvergelijking noemen we integraal van de differentiaalvergelijking. Merk op dat de algemene
integraal van de differentiaalvergelijking afhangt van een constante, deze wordt de integratiecon-
stante genoemd.
Voorbeeld 5.23 We bekijken de differentiaalvergelijking
y′ = ay
waarbij a een constante is. De differentiaalvergelijking kan herschreven worden als
y′
y= a
43
Nog liever schrijven wedy
y= adx
Integreren geeft ∫dy
y=
∫adx
of
lny = ax+d
waarbij d een constante is. We nemen nu van beide leden de exponent, en vinden:
y = edeax
Als we ed = c, een nieuwe constante stellen, dan vinden we de algemene integraal:
y = ceax(3)
Twee opmerkingen zijn op hun plaats.
1) Onze methode was fout als y = 0, want we mogen niet door 0 delen. y = 0 is een oplossing,
zoals we gemakkelijk kunnen nagaan, en deze stemt in (3) overeen met c = 0.
2) Als y < 0, dan hebben we de integraal fout berekend. We vinden dan
ln(−y) = ax+d
of
y =−edeax
Dit stemt in (3) overeen met c < 0.
(3) omvat dus alle gevallen.
Voorbeeld 5.24 We bekijken de differentiaalvergelijking
xy′ = y
ofdy
y=
dx
x
integreren geeft
lny = lnx+ lnc
(we schreven de integratieconstante d ineens onder de vorm d = lnc. Na het nemen van de expo-
nent van beide leden vinden we de algemene integraal
y = cx
Dezelfde twee opmerkingen als bij het vorig voorbeeld zijn van toepassing.
44
Oefening 5.1 Integreer de volgende differentiaalvergelijkingen
a1) xyy′ = (y+1)(1− x)
a2) (x2 −1)y′cotgy = 1
b1) (1+ y2)y′ = x+ x2
b2) (1+ e−x)y′ siny+ cosy = 0
c1) (2y2 +1)y′ = 3x2y
c2) xy′(2y−1)+ y(x−1) = 0
5.2 Lineaire differentiaalvergelijkingen
Een lineaire differentiaalvergelijking van orde 1 is een differentiaalvergelijking van de vorm
y′+a(x)y = b(x)(4)
De terminologie is te danken aan het feit dat het linkerlid een lineaire functie van y en y′ is. De
geassocieerde homogene vergelijking is
y′+a(x)y = 0(5)
Deze kan gemakkelijk geıntegreerd worden met behulp van de methode der gescheiden verander-
lijken:dy
y=−a(x)
lny =−∫
a(x)dx+ lnc
yh = cexp
(−∫
a(x)dx
)= c f (x)
De index h staat hier voor “homogeen”.
Hoe lossen we nu (4) op? Merk om te beginnen op dat het volstaat om een enkele oplossing yp van
(4) te vinden; zulk een oplossing wordt een particuliere oplossing genoemd.
Oefening 5.2 Onderstel dat yh de algemene integraal is van de homogene vergelijking (5), en yp
een particuliere integraal van (4). Toon aan dat de algemene integraal van (4) gegeven wordt door
y = yp + yh
45
Hoe bepalen we nu yp? Het trucje bestaat erin om een yp te zoeken van de vorm
yp = c(x) f (x)(6)
met andere woorden, in de oplossing van de homogene vergelijking vervangen we de constante
door een functie van x; deze methode wordt dan ook variatie van de constante genoemd. We
rekenen eerst uit dat
y′p = c′(x) f (x)+ c(x) f ′(x)
Substitutie van (6) in (4) geeft dus
c′(x) f (x)+ c(x) f ′(x)+a(x)c(x) f (x) = b(x)
Omdat f ′(x)+a(x) f (x) = 0 ( f is een oplossing van de homogene vergelijking) vinden we dus
c′(x) f (x) = b(x)
en
c(x) =
∫b(x)
f (x)dx
Als we dit invullen in (6), dan vinden we yp.
Oefening 5.3 Integreer de volgende lineaire differentiaalvergelijkingen
a1) xy′−2y = (x−2)ex
a2) xy′− (x+1)y = x2 − x3
b1) y′−6y = 10sin2x
b2) y′+2ycotgx+ sin2x = 0
c1) y′ = y+ xcosx
c2) y′− y = x+ sinx
5.3 Differentiaalvergelijkingen met constante coefficienten
De meeste differentiaalvergelijkingen die we in toepassingen tegenkomen zijn van orde 2, dus van
de vorm
f (x,y,y′,y′′) = 0
We bekijken slechts 2 heel bijzondere gevallen.
46
De homogene vergelijking
Bekijk de vergelijking
y′′+ay′+by = 0(7)
waarbij a en b constanten zijn. We noemen deze de homogene lineaire differentiaalvergelijking
van orde 2 met constante coefficienten. Om hiervan de algemene integraal te bepalen gaan we als
volgt te werk.
1) We zoeken oplossingen van de vorm
y = eλx
We rekenen eerst uit dat
y′ = λeλx en y′′ = λ2eλx
Substitutie in (7) levert
λ2eλx +aλeλx +beλx = 0
of, na deling door eλx
λ2 +aλ+b = 0(8)
We noemen (8) de karakteristieke vergelijking. (8) is een gewone kwadratische vergelijking in λ,
en we onderscheiden dus drie gevallen.
Geval 1 D = a2 −4b > 0. (8) heeft dan twee reele oplossingen λ1 en λ2, en
y1 = eλ1x en y2 = eλ2x
zijn oplossingen van (7). We zien gemakkelijk dat ook
y = c1eλ1x + c2eλ2x(9)
een integraal is, en men kan bewijzen dat het de algemene integraal is van de differentiaalvergelij-
king (7). Merk op dat de algemene integraal nu afhangt van twee constanten, wat kenmerkend is
voor een differentiaalvergelijking van orde 2.
Geval 2 D = a2 −4b = 0. (8) heeft dan een dubbele reele wortel λ1. We weten al dat
y1 = eλ1x
een oplossing is. De karakteristieke vergelijking is
(λ−λ1)2 = λ2 −2λ1λ+λ2
1 = 0
en de differentiaalvergelijking is
y′′−2λ1y′+λ12y = 0(10)
47
Oefening 5.4 Laat zien dat
y2 = xeλ1x
een oplossing is van (10)
We kunnen besluiten dat
y = c1eλ1x + c2xeλ1x(11)
de algemene integraal is van (10).
Geval 3 D = a2 − 4b < 0. (8) heeft dan twee toegevoegd complexe oplossingen λ1 = α+ iβ en
λ2 = α− iβ. In oefening 5.5 bekijken we eerst een speciaal geval.
Oefening 5.5 Bekijk de differentiaalvergelijking
y′′+β2y = 0
De oplossingen van de karakteristieke vergelijking zijn
λ1 = iβ en λ2 =−iβ
Laat zien dat
y1 = cosβx en y2 = sinβx
oplossingen zijn van de differentiaalvergelijking.
In oefening 5.6 bekijken we het algemeen geval.
Oefening 5.6 Onderstel dat
λ1 = α+ iβ en λ2 = α− iβ
de twee toegevoegd complexe oplossingen zijn van (8). Laat zien dat de differentiaalvergelijking
kan worden herschreven onder de vorm
y′′−2αy′+(α2 +β2)y = 0
en dat
y1 = eαx cosβx en y2 = eαx sinβx
oplossingen zijn.
We kunnen dus besluiten dat
y = eαx(c1 cosβx+ c2 sinβx)(12)
de algemene integraal is van (10).
Hiermee is (7) in alle gevallen opgelost.
48
Oefening 5.7 Bepaal de algemene integraal van de volgende differentiaalvergelijkingen.
a1) y′′−5y′+6y = 0
a2) y′′−4y′+4y = 0
a3) y′′−2y′+5y = 0
b1) y′′+2y′−3y = 0
b2) y′′+6y′+9y = 0
b3) y′′+4y′+5y = 0
c1) y′′+7y′ = 0
c2) y′′−6y′+9y = 0
c3) y′′−4y′+5y = 0
De volledige vergelijking
Bekijk de vergelijking
y′′+ay′+by = f (x)(13)
waarbij a en b constanten zijn, en f een functie van x. (7) noemen we de homogene vergelijking
geassocieerd aan (13). De algemene integraal van de homogene vergelijking zullen we yh noteren.
Oefening 5.8 Onderstel dat we een particuliere integraal yp van de volledige vergelijking (13)
kunnen vinden. Toon aan dat de algemene integraal van (13) gegeven wordt door
y = yh + yp
Om (13) te integreren volstaat het dus om een particuliere integraal te vinden. In een aantal geval-
len kan yp gemakkelijk bepaald worden.
Geval 1 f (x) = deαx. We zoeken een yp van dezelfde vorm als het rechterlid f (x), namelijk
yp =Ceαx
49
waarbij C een constante is die we moeten bepalen. Invullen in (13) geeft
α2Ceαx +aαCeαx +bCeαx = deαx
waaruit volgt dat
C =d
α2 +aα+b(14)
Voorbeeld 5.25
y′′− y = e2x
De oplossing van de homogene vergelijking is
yh = Aex +Be−x
We zoeken een particuliere oplossing van de vorm
yp =Ce2x
Invullen in de vergelijking geeft
4C−C = 1 of C = 1/3
De algemene integraal is dus
y =e2x
3+Aex +Be−x
Deze methode werkt zolang de noemer in (14) verschillend is van nul. Deze noemer is gelijk aan
nul als α een oplossing is van de karakteristieke vergelijking. Dit hoeft niet te verwonderen: als
α een oplossing is van de karakteristieke vergelijking, dan is de voorgestelde yp een oplossing van
de homogene vergelijking, ongeacht de keuze van C, en deze kan dus nooit een oplossing zijn van
de volledige vergelijking. In dit geval probeert men
yp =Cxeαx
Invullen in de vergelijking levert nu (reken zelf na)
C(2α+α2x)eαx +aC(1+αx)eαx +bCxeαx = deαx
waaruit
C =d
2α+a(15)
Voorbeeld 5.26
y′′− y = ex
50
De oplossing van de homogene vergelijking is weer
yh = Aex +Be−x
We zoeken een particuliere oplossing van de vorm
yp =Cxex
Invullen in de vergelijking geeft
2C = 1 of C = 1/2
De algemene integraal is dus
y =xex
2+Aex +Be−x
Het is mogelijk dat de noemer in (15) nul is. Dit gebeurt als α een dubbele wortel is van de karakte-
ristieke vergelijking (want dan is de voorgestelde yp een oplossing van de homogene vergelijking).
Men stelt dan volgende particuliere integraal voor:
yp =Cx2eαx
Geval 2 f (x) is een veelterm. Als oplossing stelt men een veelterm voor van dezelfde graad als f .
Voorbeeld 5.27
y′′− y = x2
We zoeken als particuliere oplossing een veelterm van graad 2:
yp =Cx2 +Dx+E
invullen in de vergelijking geeft:
2C− (Cx2 +Dx+E) = x2
of, equivalent,
−C = 1
D = 0
2C−E = 0
en
yp =−x2 −2
y =−x2 −2+Aex +Be−x
Indien 0 al een oplossing is van de karakteristieke vergelijking, dan moeten we de voorgestelde
oplossing vermenigvuldigen met x; is 0 een dubbele wortel, dan vermenigvuldigen we met x2.
Geval 3 f (x) = csinβx+d cosβx. Als particuliere oplossing stellen we voor:
yp =C sinβx+Dcosβx
Indien sinβx en cosβx al oplossingen zijn van de homogene vergelijking (m.a.w. ±iβ is een op-
lossing van de karakteristieke vergelijking), dan vermenigvuldigen we de voorgestelde oplossing
met x.
51
Voorbeeld 5.28
y′′−5y′+6y = 10cosx
Verifieer zelf dat
yh = Ae3x +Be2x
Als particuliere oplossing stellen we voor
yp =C cosx+Dsinx
Invullen in de differentiaalvergelijking geeft
(−C cosx−Dsinx)−5(−C sinx+Dcosx)+6(C cosx+Dsinx) = 10cosx
Identificeer de coefficienten van cosx en sinx:{
5C−5D = 10
5D+5C = 0
en we vinden C =−D = 1 en
yp = cosx− sinx
y = cosx− sinx+Ae3x +Be2x
Het meest algemene geval dat we met onze methode kunnen behandelen, is dat waarbij
f (x) = eαx(P1(x)cos(βx)+P2(x)sin(βx))
waarbij P1 en P2 veeltermen zijn; de drie gevallen die we hierboven behandelden zijn hiervan
speciale gevallen. We stellen een particuliere integraal voor van dezelfde vorm:
yp = eαx(Q1(x)cos(βx)+Q2(x)sin(βx))
waarbij Q1 en Q2 veeltermen zijn waarvan de graad niet groter is dan het maximum van de graden
van P1 en P2. De coefficienten van Q1 en Q2 bepalen we door substitutie van yp in de differentiaal-
vergelijking.
In geval α± iβ een oplossing is van de karakteristieke vergelijking, dan vermenigvuldigen we de
voorgestelde oplossing met x.
Oefening 5.9 Integreer de volgende differentiaalvergelijkingen.
a1) y′′− y = 2x−4x3
a2) y′′−5y′+6y = (x2 +3x+2)e3x
a3) y′′+ y = 8cosx cos2x
b1) y′′− y = 5x+2
52
b2) y′′−6y′+9y = e3x
b3) y′′+ y = xcosx− x2 sinx
c1) y′′+ y = cosx
c2) y′′− y = 4xex
c3) y′′−4y = e2x sin2x
53
Reeks 6 De hyperbolische functies
De hyperbolische functies
De hyperbolische sinus, cosinus, tangens en cotangens worden als volgt gedefinieerd:
sinh(x) =ex − e−x
2(1)
cosh(x) =ex + e−x
2(2)
tanh(x) =sinh(x)
cosh(x)(3)
coth(x) =cosh(x)
sinh(x)(4)
de functie y = coth(x) wordt alleen gedefinieerd voor x 6= 0.
Oefening 6.1 Bewijs volgende formules
ex = cosh(x)+ sinh(x)(5)
e−x = cosh(x)− sinh(x)(6)
cosh2(x)− sinh2(x) = 1(7)
cosh(x)≥ 1, ∀x ∈ R(8)
Gebruik (7) om een stel parametervergelijkingen van de orthogonale hyperbool met vergelijking
x2 − y2 = 1 neer te schrijven.
Oefening 6.2 Bewijs volgende formules
sinh(−x) = −sinh(x)(9)
cosh(−x) = cosh(x)(10)
tanh(−x) = − tanh(x)(11)
coth(−x) = −coth(x)(12)
Oefening 6.3 Bewijs volgende formules
sinh(x± y) = sinh(x)cosh(y)± sinh(y)cosh(x)(13)
cosh(x± y) = cosh(x)cosh(y)± sinh(y)sinh(x)(14)
54
Oefening 6.4 Bewijs volgende formules
sinh(2x) = 2sinh(x)cosh(x) =2tanh(x)
1− tanh2(x)
cosh(2x) = cosh2(x)+ sinh2(x) =1+ tanh2(x)
1− tanh2(x)
tanh(2x) =2tanh(x)
1+ tanh2(x)
Oefening 6.5 Bewijs de formules van Simpson voor de hyperbolische functies:
sinh(x)+ sinh(y) = 2sinhx+ y
2cosh
x− y
2
sinh(x)− sinh(y) = 2coshx+ y
2sinh
x− y
2
cosh(x)+ cosh(y) = 2coshx+ y
2cosh
x− y
2
cosh(x)− cosh(y) = 2sinhx+ y
2sinh
x− y
2
In Figuur 13 worden de grafieken van de hyperbolische functies geschetst.
De inverse hyperbolische functies
Leid uit Figuur 13 af dat de hyperbolische functies kunnen beperkt worden tot bijecties
cosh : R+ −→ [1,+∞)
sinh : R−→ R
tanh : R−→ (−1,1)
De inversen van deze functies worden de inverse hyperbolische functies genoemd:
argch : [1,+∞)−→ R+
argsh : R−→ R
argth : (−1,1)−→ R
Oefening 6.6 Bewijs dat de inverse hyperbolische functies worden gegeven door de formules
argch(x) = ln(x+√
x2 −1)
(15)
argsh(x) = ln(x+√
x2 +1)
(16)
argth(x) =1
2ln
1+ x
1− x(17)
55
-10
-8
-6
-4
-2
0
2
4
6
8
10
-10 -5 0 5 10
y=cosh(x) en y=sinh(x)
x-as
y-as
~c
-10
-8
-6
-4
-2
0
2
4
6
8
10
-10 -5 0 5 10
y=coth(x) en y=tanh(x)
x-asy-
as
-20
-15
-10
-5
0
5
10
15
20
-3 -2 -1 0 1 2 3
y=cosh(x) en y=sinh(x)
x-as
y-as
-2
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
y=tanh(x)
x-as
y-as
Figuur 13: De hyperbolische functies
56
Oplossingen
Oefening 4.1 a Q(Z) = iZ, R(Z) =−(1+3i)Z+3
b Q(Z) =(
i−12
)Z2 + 1
2Z+ 1
4(9− i), R(Z) =−11
4Z+ i
4Z− 15
4+ 3i
4
c Q(Z) = 12(1+ i)Z2− i
2Z+ 3
4(i−1), R(Z) =−9
4i+ 21
4.
Oefening 4.2 a Ln(−1) = iπ, Ln(i) = iπ2, Ln(1+ i
√3) = ln2+ iπ
3
b Ln(−2) = ln2+ iπ, Ln(−i) = i(−π2), Ln
(1−i√
2
)= i(−π
4)
c Ln(−1) = iπ, Ln(i) = iπ2, Ln(1− i
√3) = ln2+ i(−π
3)
Oefening 4.3 a vierkantswortels : ±√
22(1+ i) derdemachtswortels : 1
2(√
3+ i), 12(−
√3+ i),−i
b vierkantswortels : ±8i derdemachtswortels : 2(1+ i√
3),2(1− i√
3),−4
c vierkantswortels : ±(cos(
π8
)+ isin
(π8
))
derdemachtswortels : cos(
π12
)+ isin
(π12
),cos
(17π12
)+ isin
(17π12
),−
√2
2+ i
√2
2
Oefening 4.5 a1 z = (π2+2kπ)± i(Argcosh2),
a2 z = ( 4√
2221)ei2 Bgtg 14
45 of z = ( 4√
2221)e(i2 Bgtg 14
45 )+πi,
z = kπ+ iArgsinh(−1)k,
a3 z = (2k+1)π±Argcosh(2)
b1 z = kπ+ iArgsinh(−1)k,
b2 z = eiπ12 of z = e
i5π12 of z = e
i9π12 of z = e
i13π12 of z = e
i17π12 of z = e
i21π12 ,
b3 z =±1±i√
32
of z =−1.
c1 z = ln√
2+ iπ4+2kπi, k ∈ Z
c2 geen oplossingen
c3 z = eπ6 .
Oefening 4.6 a x = π2+ kπ, k even, t ∈ [1,+∞), y =±Argcht, of
x = π2+ kπ, k oneven, t ∈ (−∞,−1], y =±Argch(−t) of
y = 0,x = Bgsint +2kπ (k ∈ Z),
b x = kπ, k even, t ≥ 1 y =±Argcht, of
x = kπ, k oneven, t ≤−1 y =±Argch(−t), of
y = 0,x =±Bgcost +2kπ (k ∈ Z),
c y = kπ, k even x = lnt met t > 0 of
y = kπ, k oneven x = ln(−t) met t < 0 (k ∈ Z).
Oefening 4.7 a z6 −1 = (z−1)(z+1)(z2+ z+1)(z2− z+1)
= (z−1)(z+1)(z− 12− i
√3
2)(z− 1
2+ i
√3
2)(z+ 1
2+ i
√3
2)(z+ 1
2− i
√3
2)
b z4 + z3 + z+1 = (z+1)2(z2 − z+1) = (z+1)2(z− 12− i
√3
2)(z− 1
2+ i
√3
2)
57
c z4 −1 = (z−1)(z+1)(z2+1) = (z−1)(z+1)(z+ i)(z− i)
Oefening 4.8 ai = (−1)i ∑zα1zα2
· · ·zαiwaarbij de som loopt over alle
(n
i
)deelverzamelingen
{α1,α2, · · · ,αi} van {1, · · · ,n} die i elementen bevatten.
Referenties
[1] P.J. Cameron, Sets, Logic and Categories, Springer Undergraduate Mathematics Series, Lon-
don 2002.
[2] P. Cara, Lineaire Algebra Volume 1, Dienst Uitgaven VUB, Brussel 2010.
[3] G. Sonck, W. Jacquet, T. Dorissen, Wiskundige Basisvaardigheden, VUBPRESS, Brussel
2008.
58
![brug te ver[1][1][1] - Vrije Universiteit Brusselhomepages.vub.ac.be/~estruys/brug_te_ver[1][1][1].pdf · anderstalige leerlingen in de klas. Momenteel ervaren tal van leraren de](https://img.pdfslide.tips/doc/110x75/5fa0ed839154505177182d3f/brug-te-ver111-vrije-universiteit-estruysbrugtever111pdf-anderstalige.jpg)
