Re: Nogmaals een som waar ik totaal niet uitkom Complex is echt moeilijk!
Ik bedoelde inderdaad de imaginaire eenheid, alleen gebruiken wij hier op school de j daarvoor i.p.v. de i. Maar verder is dat dus precies hetzelfde.
Ik heb er nog een beetje mee zitten stoeien, en dit is wat ik uitkrijg:
z=2/5Ö389·e(4/6,8
Imco W
Student hbo - dinsdag 5 april 2005
Antwoord
Het aantal oplossingen komt overeen met de hoogste graad van de vergelijking. In dit geval is de hoogste graad 3, dus zijn er ook 3 oplossingen.
r3 = 2/5Ö(389) dus r = (2/5Ö(389))1/3.
cos(3j) = cos(arctan(10/17)) dus 3j = arctan(10/17) + 2kp of 3j = -arctan(10/17) + 2kp. Dus j = ±1/3arcctan(10/17) + 2/3kp.
sin(3j) = sin(arctan(10/17)) dus 3j = arctan(10/17) + 2kp of 3j = p - arctan(10/17) + 2kj. Dus j = 1/3arctan(10/17) + 1/3p(2k) [maar die hadden we al hierboven gevonden] of j = -1/3arctan(10/17) + 1/3p(2k+1).
Deze twee antwoorden gecombineerd leidt tot j = 1/3arctan(10/17) + 2/3kp en j = -1/3arctan(10/17) + 1/3kp.
Echter bij het substitueren van deze hoek in de vergelijking zie je dat deze hoek niet klopt.
Dus de enige 'juiste' hoek is j = 1/3arctan(10/17) + 2/3kp.
Neem k = 0, k = 1 en k = 2 en vul de standaard voorstelling van een complex getal z = r(cos(j) + isin(j)) in.
k = 0 dus j = 1/3arctan(10/17) Þ (1/5*2^(1/3)*5^(2/3)*389^(1/6))·(cos(1/3arctan(10/17)) + isin(1/3arctan(10/17))) en dat is bij benadering z = 1,959539433 + 0,3509945860i.
k = 1 levert bij benadering z = -1,283739945 + 1,521513636i
k = 2 levert bij benadering z = -0,6757994886-1,872508222i.
De precieze antwoorden zijn z = (34/5 + 4i)^(1/3), z = -1/2(34/5 + 4i)^(1/3) + 1/2*sqrt(3)*i*(34/5 + 4i)^(1/3) en z = -1/2*(34/5 + 4i)^(1/3) - 1/2sqrt(3)*i*(34/5 + 4*i)^(1/3).
P.S. De standaardnotatie z = reij was korter geweest en had dus sneller tot hetzelfde juiste antwoord geleid.
Want dan moest je z3 = (reij)3 = r3·e3ij gelijkstellen aan (2/5)·sqrt(389)·earctan(10/17)i en dat heb je zo opgelost.
Groetjes,
Davy.
dinsdag 5 april 2005
©2001-2024 WisFaq
|
Dit is een reactie op vraag 36301