Springen naar inhoud

Nulpunten in de complexe getallen


  • Log in om te kunnen reageren

#1

Toppert

    Toppert


  • 0 - 25 berichten
  • 24 berichten
  • Gebruiker

Geplaatst op 03 januari 2011 - 13:10

Hallo,

Ik zit momenteel met 2 vraagstukken die deels opgelost raken maar ik raak op bepaalde punten vast:

1) Los op in C: z^9+z^6+z^3+1=0:

Stel u=z^3 zodat u^3+u^2+u+1=0

Gebruikend maken van Horner en een gevonden nulpunt -1 levert (u+1)(u^2+1).

Het deel u+1 valt hierdoor te herleiden naar z^3=-1 en dan op te lossen naar k=0,1,2 mbv. de eulerformule. (Het enige twijfel dat ik hierbij heb is of ik bij het argument Pi of Pi+Pi moet nemen (aangezien het -1 ligt dit complex getal toch in het tweede kwartaal waar men Pi bij opteld?).

Ik zit vast bij dit tweede deel. Ik zou u terug kunnen vervangen met z wat z^6=-1 zou opleveren maar dan krijgt men 3 gelijke oplossingen als in het eerste deel toch? (Ook hier ben ik niet zeker van het argument).






2)Los op naar z als je weet dat er een reeŽl nulpunt is: z^3+jz^2-7z-jz-6-6j=0:

De oplossing is 3, -2, -1-j. Het was mijn weten dat complexe getallen altijd dubbel voorkomen? Namelijk gewoon + toegevoegd, wat hier dus niet het geval is.

Ik heb eerst het nulpunt 3 gebruikt en Horner gebruikt wat het volgende oplevert:

(z-3)[z^2+(3+j)z+(2+2j)]

Moet je dit dan oplossen dmv. de discriminant e.d.? Dit levert volgens mijn berekeningen [-3-j+-vkw(-2j)]/2. De vkw valt te herleiden naar j*vkw(2j) maar dit zijn nog steeds geen oplossingen.

Tenzij er een manier is om het tweede nulpunt in de vereenvoudiging te gebruiken na het Horneren? (Daarbij zal je toch nooit op zoek gaan naar meer dan 1 reeŽl nulpunt in een vergelijking als je er al ťťn gevonden hebt?).


Dank u

Dit forum kan gratis blijven vanwege banners als deze. Door te registeren zal de onderstaande banner overigens verdwijnen.

#2

TD

    TD


  • >5k berichten
  • 24049 berichten
  • VIP

Geplaatst op 03 januari 2011 - 13:31

Verplaatst naar huiswerk.
"Malgré moi, l'infini me tourmente." (Alfred de Musset)

#3

TD

    TD


  • >5k berichten
  • 24049 berichten
  • VIP

Geplaatst op 03 januari 2011 - 13:39

Gebruikend maken van Horner en een gevonden nulpunt -1 levert (u+1)(u^2+1).

Prima, dat levert dus u = -1, u = i en u = -i als oplossingen.

Het deel u+1 valt hierdoor te herleiden naar z^3=-1 en dan op te lossen naar k=0,1,2 mbv. de eulerformule. (Het enige twijfel dat ik hierbij heb is of ik bij het argument Pi of Pi+Pi moet nemen (aangezien het -1 ligt dit complex getal toch in het tweede kwartaal waar men Pi bij opteld?).

Hier volg ik je niet helemaal... Je zou drie oplossingen moeten vinden, welke heb je gevonden?
Het is overigens gaan kwartaal (dat bestaat ook), maar een kwadrant ;).

Ik zit vast bij dit tweede deel. Ik zou u terug kunnen vervangen met z wat z^6=-1 zou opleveren maar dan krijgt men 3 gelijke oplossingen als in het eerste deel toch? (Ook hier ben ik niet zeker van het argument).

Hoezo zou je die vergelijking krijgen? Als u≤+1 = 0, dan is u = [plusmin]i, toch? Dan weer u = z≥.


2)Los op naar z als je weet dat er een reeŽl nulpunt is: z^3+jz^2-7z-jz-6-6j=0:

De oplossing is 3, -2, -1-j. Het was mijn weten dat complexe getallen altijd dubbel voorkomen? Namelijk gewoon + toegevoegd, wat hier dus niet het geval is.

Dat complexe oplossingen voorkomen in toegevoegde complexe paren (dus als a+bi een oplossing is, dan ook a-bi), geldt alleen voor veeltermvergelijkingen met reŽle coŽfficiŽnten. Hier zijn de coŽfficiŽnten complex, dus dat geldt niet meer.

Ik heb eerst het nulpunt 3 gebruikt en Horner gebruikt wat het volgende oplevert:

(z-3)[z^2+(3+j)z+(2+2j)]

Maar je weet op voorhand toch niet dat die 3 een nulpunt zal zijn; of was dat gegeven? Voor reŽle nulpunten moet zowel het reŽel als het imaginair deel van de vergelijking gelijk zijn aan 0; wat geeft dat voor het imaginair deel? Dat is een kwadratische vergelijking die je kan oplossen.
"Malgré moi, l'infini me tourmente." (Alfred de Musset)

#4

Toppert

    Toppert


  • 0 - 25 berichten
  • 24 berichten
  • Gebruiker

Geplaatst op 03 januari 2011 - 13:56

Prima, dat levert dus u = -1, u = i en u = -i als oplossingen.


Hier volg ik je niet helemaal... Je zou drie oplossingen moeten vinden, welke heb je gevonden?
Het is overigens gaan kwartaal (dat bestaat ook), maar een kwadrant :P.


Hoezo zou je die vergelijking krijgen? Als u≤+1 = 0, dan is u = [plusmin]i, toch? Dan weer u = z≥.



Dat complexe oplossingen voorkomen in toegevoegde complexe paren (dus als a+bi een oplossing is, dan ook a-bi), geldt alleen voor veeltermvergelijkingen met reŽle coŽfficiŽnten. Hier zijn de coŽfficiŽnten complex, dus dat geldt niet meer.


Maar je weet op voorhand toch niet dat die 3 een nulpunt zal zijn; of was dat gegeven? Voor reŽle nulpunten moet zowel het reŽel als het imaginair deel van de vergelijking gelijk zijn aan 0; wat geeft dat voor het imaginair deel? Dat is een kwadratische vergelijking die je kan oplossen.


Voor de eerste oefening zie ik mijn probleem. Ik heb probleem gewoon langer gemaakt, het -1=j^2 was mij even ontglipt ;) .

Bij de tweede oefening is het gegeven dat je een reeŽl nulpunt hebt (er staat 'nulpunt' dus ik versta ook niet waarom je dan zou eindigen met twee, de vraagstelling is dan verkeerd volgens mij).
Je weet daarbij toch ook niet of je met reeŽle of complexe nulpunten te maken hebt nadat je de kwadratische vgl. ([z^2+(3+j)z+(2+2j)]) bekomt? Ik los het toch gewoon op mbv de discriminant?

D=sqrt(-2j)
[ -(3+j)+sqrt(-2j)]/2, resp. -, is dan toch de oplossing voor z2 en z3? Dan zit je toch met die sqrt(-2j) die je niet kan vereenvoudigen?

Alvast bedankt voor je moeite!

Veranderd door Toppert, 03 januari 2011 - 13:57


#5

TD

    TD


  • >5k berichten
  • 24049 berichten
  • VIP

Geplaatst op 03 januari 2011 - 14:03

Je kan die wortel ook uitrekenen, maar ik zou het zo niet doen. Je kan de vergelijking herschrijven naar een reŽel en een imaginair deel:

z≥+jz≤-7z-jz-6-6j = 0
z≥-7z-6 + j(z≤-z-6) = 0

ReŽle nulpunten kunnen er alleen zijn als zowel het reŽel als het imaginair deel 0 worden. De nulpunten van het imaginair deel (vetgedrukt) zijn 3 en -2, ga na dat dit ook nulpunten zijn van het reŽel deel (gewoon invullen in z≥-7z-6).
"Malgré moi, l'infini me tourmente." (Alfred de Musset)

#6

Toppert

    Toppert


  • 0 - 25 berichten
  • 24 berichten
  • Gebruiker

Geplaatst op 03 januari 2011 - 14:11

Je kan die wortel ook uitrekenen, maar ik zou het zo niet doen. Je kan de vergelijking herschrijven naar een reŽel en een imaginair deel:

z≥+jz≤-7z-jz-6-6j = 0
z≥-7z-6 + j(z≤-z-6) = 0

ReŽle nulpunten kunnen er alleen zijn als zowel het reŽel als het imaginair deel 0 worden. De nulpunten van het imaginair deel (vetgedrukt) zijn 3 en -2, ga na dat dit ook nulpunten zijn van het reŽel deel (gewoon invullen in z≥-7z-6).


I see ... Maar als je de gevonden imaginaire nulpunten invult in het reeŽl deel krijg je toch 3 reeŽle nulpunten terwijl de derde oplossing imaginair is (namelijk -1-j). Hoe haal je deze oplossing er dan uit?

#7

TD

    TD


  • >5k berichten
  • 24049 berichten
  • VIP

Geplaatst op 03 januari 2011 - 14:22

Met die twee reŽle oplossingen kan je nu bijvoorbeeld wel (zonder gokken, want je hebt ze zelf gevonden) Horner uitvoeren.
"Malgré moi, l'infini me tourmente." (Alfred de Musset)

#8

Safe

    Safe


  • >5k berichten
  • 9907 berichten
  • Pluimdrager

Geplaatst op 03 januari 2011 - 15:33

Je hebt:
(z-3)(z+2)(z+1)+j(z-3)(z+2)=0
Wat kan je buiten haakjes halen?

#9

Toppert

    Toppert


  • 0 - 25 berichten
  • 24 berichten
  • Gebruiker

Geplaatst op 04 januari 2011 - 00:21

Door middel van TD zijn methode ik hetzelfde als dit van Safe uit (Horner gevolgd door discriminant). Daaruit zou je dus kunnen afleiden dat de enige reeŽle nulpunten 3 en -2 zijn doordat deze in zowel het imaginaire als het reeŽle deel voorkomen.
Het derde zou dan enkel imaginair moeten zijn (met reeŽl deel van dit getal = -1), ik struikel wel nog steeds om dat imaginair gedeel '-j'.

Ik ben overigens ook al voorbij het volgend hoofdstuk van Matrices waar er nog een oefening is die wat lastig doet nml:
Bepaal k zodat rang gelijk is aan 2:
0 -k 0
-k 0 1
1 0 k^2

Er zijn hier 2 mogelijkheden. Het oplossen naar een echelonvorm (ik zie niet in hoe je de rijbewerkingen kunt doorvoeren, aangezien je met 0 zit kun je de elementen niet veranderen?

De tweede mogelijkheid is gebruikmakend van het feit dat een rang gelijk is aan de determinant wat in dit geval de determinant levert: -k-k^4=2 wat volgens mij fout is? (Er zijn max 4 mogelijke oplossingen terwijl het 0 of -1 moet zijn).

#10

Fernand

    Fernand


  • >250 berichten
  • 368 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 04 januari 2011 - 10:47

De tweede mogelijkheid is gebruikmakend van het feit dat een rang gelijk is aan de determinant wat in dit geval de determinant levert: -k-k^4=2


De rang van een matrix is niet gelijk aan de determinant ervan.

De rang kan op verschillende manieren gedefinieerd worden.

Welk verband heb je gezien tussen rang van een matrix en determinanten?

-----------------------

De waarde van de determinant, -k - k^4, van de gegeven matrix is wel correct.

-------------------
Het eindig getal π verenigt het eindige met het transcendente.
De eindige cirkel bereikt het oneindige in zijn isotrope punten.

#11

Safe

    Safe


  • >5k berichten
  • 9907 berichten
  • Pluimdrager

Geplaatst op 04 januari 2011 - 11:00

De complexe opl is z=-1-j, wat is hier vreemd aan?

Het tweede deel hoort in een aparte topic.

#12

Toppert

    Toppert


  • 0 - 25 berichten
  • 24 berichten
  • Gebruiker

Geplaatst op 04 januari 2011 - 12:21

De complexe opl is z=-1-j, wat is hier vreemd aan?

Het tweede deel hoort in een aparte topic.


Dat imaginair deel is een struikelblok. Als je eenmaal je vergelijking herschrijft met de gevonden nulpunten (z-3)(z+2)(z+1)+j(z-3)(z+2) hoe kom je aan die '-j' van de oplossing '-1-j'. Ik zie het gewoonweg niet ;)


Fernand: Topic gemaakt in : http://www.wetenscha...howtopic=134756

#13

Safe

    Safe


  • >5k berichten
  • 9907 berichten
  • Pluimdrager

Geplaatst op 04 januari 2011 - 12:42

Je hebt:
(z-3)(z+2)(z+1)+j(z-3)(z+2)=0
Wat kan je buiten haakjes halen?

Beantwoord deze vraag en voer het uit.

#14

Toppert

    Toppert


  • 0 - 25 berichten
  • 24 berichten
  • Gebruiker

Geplaatst op 04 januari 2011 - 12:49

Beantwoord deze vraag en voer het uit.


Stupid me ;)
(z+1)+j=0
Bedankt voor je hulp :P

#15

Safe

    Safe


  • >5k berichten
  • 9907 berichten
  • Pluimdrager

Geplaatst op 04 januari 2011 - 14:01

OK! Succes.





0 gebruiker(s) lezen dit onderwerp

0 leden, 0 bezoekers, 0 anonieme gebruikers

Ook adverteren op onze website? Lees hier meer!

Gesponsorde vacatures

Vacatures