Dictaat Caleidoscoop - Universiteit Leidenhfinkeln/downloads/CaleidoscoopA... · 2016. 2. 26. · 1...

Dictaat Caleidoscoop

Dr.H.Finkelnberg

26 juni 2009

Inhoudsopgave

1 Logica 3

1.1 Logica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.1.1 Combinaties van drietallen . . . . . . . . 7

1.1.2 Wat bedoelt men met A ∨B ∨ C? . . . . 81.1.3 Wat bedoelt men met A ∧B ∧ C? . . . . 91.1.4 Wat bedoelt men met A⇔ B ⇔ C? . . . 10

1.2 Kwantoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.2.1 Plaats van de kwantoren . . . . . . . . . . 14

1.2.2 Volgorde van de kwantoren . . . . . . . . 14

1.2.3 Negatie van een uitspraak met kwantoren 16

1.2.4 Continüıteit: een voorbeeld . . . . . . . . 17

1

INHOUDSOPGAVE 2

2 Volledige inductie 18

2.1 De structuur van de stelling . . . . . . . . . . . . 19

2.2 De structuur van het bewijs . . . . . . . . . . . . 20

2.3 In woorden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.4 Voorbeeld . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

3 De verzameling der reële getallen 24

3.1 Cauchy-rijtjes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

3.2 Een ordening op R . . . . . . . . . . . . . . . . . 353.3 Supremum en Infimum . . . . . . . . . . . . . . . 40

4 Grafentheorie 44

4.1 Definities . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

4.2 Het Konigsberger Bruggenprobleem . . . . . . . 46

4.3 Het Gas-Water-Licht probleem . . . . . . . . . . 49

4.4 De Vijfkleurbaarheid van vlakke grafen . . . . . . 54

4.5 Visualisatie van het laatste deel van het bewijs . 61

5 De verzameling der complexe getallen 68

5.1 De strategie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

5.2 Aan de slag! . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

5.2.1 Pas op de plaats . . . . . . . . . . . . . . 74

5.2.2 De optelling nader beschouwd . . . . . . . 77

1 LOGICA 3

5.2.3 De vermenigvuldiging nader beschouwd . 78

5.2.4 C is inderdaad een lichaam . . . . . . . . 825.3 De Stelling van De Moivre . . . . . . . . . . . . . 87

5.4 De functie z → ez . . . . . . . . . . . . . . . . . . 895.5 De Hoofdstelling van de algebra . . . . . . . . . . 91

6 Verzamelingenleer 96

6.1 Relaties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

6.2 Equivalentierelaties . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

6.3 Afbeeldingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

6.4 Ordeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

1 Logica

Wie wiskunde wil leren moet naast de materie zelf zich ook detaal van de wiskunde eigen maken. In deze module worden tweefundamentele componenten van deze wiskundetaal behandeld:logica en kwantoren.

In de wiskunde spelen uitspraken een hoofdrol. Wiskunde is eenwetenschap van uitspraken, waarbij getracht wordt de juistheidvan deze uitspraken aan te tonen. Met de juistheid van eenuitspraak wordt bedoeld of deze waar of onwaar is.

Voorbeelden van uitspraken:

1 LOGICA 4

• De zon is rond.

• Een week bestaat uit 5 dagen.

• Vijf is meer dan drie.

• 3+2=5

• 8-2=11

De eerste twee uitspraken, waarvan er één waar is en één onwaar,zijn niet erg wiskundig van aard, maar het zijn wel uitspraken.De derde is wel wiskundig, maar is taalkundig geformuleerd. Delaatste twee uitspraken zijn zowel wiskundig van aard als ookwat notatie betreft.

Opmerking: De eerste drie uitspraken zijn zinnen. De laatstetwee niet! Het ’=’-symbool in deze laatste twee uitspraken isdus géén gezegde, ook al wordt het uitgesproken als is gelijkaan. Gebruik dit ’=’-teken dan ook liever niet als een gezegde!Bijvoorbeeld:

• Fout: Als a = 2, dan is a even.

• Goed: Als geldt a = 2, dan is a even.

In de wiskunde worden veel symbolen gebruikt. Reden hiertoe isniet alleen de compacte en vooral ondubbelzinnige notatie, maarhet maakt de formulering meer internationaal. In dit dictaatzullen bij Kwantoren twee heel bijzondere symbolen behandeldworden: de kwantoren.

1 LOGICA 5

In de wiskunde vindt ook zeer vaak het samenvoegen van uit-spraken tot nieuwe uitspraken plaats. Dit is wat veel in bewijzenvan stellingen gebeurt. Dit samenvoegen dient natuurlijk volko-men ondubbelzinnig te gebeuren. In dit dictaat zal bij Logicaworden behandeld wat hier de spelregels zijn.

1.1 Logica

In de wiskunde gaan we er van uit dat een uitspraak waar ofonwaar is. We geven dit aan door aan een uitspraak de waarde1 toe te kennen als de uitspraak waar is en 0 als de uitspraak on-waar is. Om tot correcte bewijzen van wiskundige stellingen tekomen, moeten uitspraken gecombineerd kunnen worden. In dewiskunde worden voornamelijk vier combinatieregels gebruiktom twee uitspraken te versmelten tot één uitspraak. Deze wor-den hier in eerste instantie formeel, zonder interpretatie, gede-finieerd als binaire operatoren op de verzameling {0, 1}:

• De én-operator met symbool ∧.

• De of-operator met symbool ∨.

• De implicatie-operator met symbool ⇒.

• De equivalentie-operator met symbool ⇔.

Daarnaast kent men in de wiskunde ook nog de unaire ontkennings-operator met symbool ¬.

1 LOGICA 6

Definitie 1 De operatoren ∧, ∨, ⇒, ⇔ en ¬ worden als volgtgedefinieerd:

A B A ∧B A ∨B A⇒ B A⇔ B ¬AA en B A of B A impliceert B A is equivalent met B niet A

0 0 0 0 1 1 10 1 0 1 1 0 11 0 0 1 0 0 01 1 1 1 1 1 0

De operatoren ∧, ∨, ⇒ en ⇔ zijn binaire operatoren: aan iedergeordend tweetal elementen van de verzameling {0, 1} wordt éénelement van deze verzameling toegekend. Zo is bijvoorbeeldde optelling een binaire operator op de verzameling der gehelegetallen.

De operator ¬ is een unaire operator : deze voegt aan één ele-ment een ander (in principe niet noodzakelijkerwijs verschillend)element van de verzameling toe. Zo is bijvoorbeeld het min-teken een unaire operator op de verzameling der gehele getallen.

Een aantal opmerkingen:

• Vanaf nu zullen we de getallen 0 en 1 weer interpreterenals onwaar en waar. Vergeet echter niet dat de formeledefinitie van de operatoren plaats heeft gevonden zonderdeze interpretatie!

• De of-operator ∨ is een zwakke of. De uitkomst is waar alsminstens één van de componenten waar is; dus mogelijkook beide.

1 LOGICA 7

• De implicatie is, ondanks zijn suggestieve naamgeving,niets anders dan een formele binaire operator waarvan deuitkomst volledig door bovenstaande tabel wordt vastge-legd. Het waar zijn van een implicatie, dat wil zeggen datde uitkomst gelijk is aan 1, duidt niet op een oorzakelijkverband! Hetzelfde geldt voor de equivalentie. Zo zijn devolgende uitspraken allemaal waar:

2 < 3⇒ 7 = 72 > 3⇒ 7 = 72 > 3⇒ 234567891234567 < 03321 = 5⇔ π ∈ Q3321 > 5⇔ de stelling van Fermat is waar

• Een veelgemaakte fout is dat de implicatiepijl wordt uit-gesproken als dus. Dit is natuurlijk onjuist! De uitspraakA⇒ B zegt niets over de waarheid van A!.

1.1.1 Combinaties van drietallen

Deze logische operatoren zijn te vergelijken met de operatoren+, × en− op de verzameling der gehele getallen. Eén eigenschapvan de optelling beschouwen we nader. Als a, b en c drie getallenzijn, heeft niemand moeite met de expressie a+ b+ c. Toch zouhet in eerste instantie de wenkbrauwen moeten doen fronzen.De optelling is immers een binaire operator en geen ternaire.Hoezo kan er dan gesproken worden over a + b + c? Dat iswelgedefinieerd is (wel in de zin van goed, niet in de zin van

1 LOGICA 8

welles-nietes), is een gevolg van een eigenschap van de optelling:associativiteit. Associativiteit wil zeggen dat het niet uitmaakthoe de haakjes geplaatst worden en dat voor alle gehele a, b enc geldt:

(a+ b) + c = a+ (b+ c)

Dit rechtvaardigt de notatie a+ b+ c met als definitie:

a+ b+ c := (a+ b) + c = a+ (b+ c)

De dubbele punt vóór het eerste =-teken geeft aan dat dit eendefinieërende = is.

1.1.2 Wat bedoelt men met A ∨B ∨ C?

Als iemand de uitspraak A ∨ B ∨ C formuleert, wordt er waar-schijnlijk bedoeld dat minstens één van de drie componentenwaar is. We controleren of dit formeel ook zo is. Hiertoe moe-ten we twee dingen nagaan:

• Is de operator ∨ wel associatief?

• Zo ja, komt de uitkomst van (A∨B)∨C overeen met watwe er van verwachten: waar precies dan als minstens éénvan de drie componenten waar is?

Dat op beide vragen het antwoord ja is, wordt door onderstaan-de tabel aangetoond:

1 LOGICA 9

A B C A ∨B B ∨ C (A ∨B) ∨ C = A ∨ (B ∨ C) =: A ∨B ∨ C0 0 0 0 0 0 = 0 00 0 1 0 1 1 = 1 10 1 0 1 1 1 = 1 10 1 1 1 1 1 = 1 11 0 0 1 0 1 = 1 11 0 1 1 1 1 = 1 11 1 0 1 1 1 = 1 11 1 1 1 1 1 = 1 1

1.1.3 Wat bedoelt men met A ∧B ∧ C?

Als iemand de uitspraak A ∧ B ∧ C formuleert, wordt er waar-schijnlijk bedoeld dat alle drie de componenten waar zijn. Wecontroleren of dit formeel ook zo is. Hiertoe moeten we tweedingen nagaan:

• Is de operator ∧ wel associatief?

• Zo ja, komt de uitkomst van (A∧B)∧C overeen met watwe er van verwachten: waar precies dan als ze alle driewaar zijn?

Dat op beide vragen het antwoord ja is, wordt door onderstaan-de tabel aangetoond:

1 LOGICA 10

A B C A ∧B B ∧ C (A ∧B) ∧ C = A ∧ (B ∧ C) =: A ∧B ∧ C0 0 0 0 0 0 = 0 00 0 1 0 0 0 = 0 00 1 0 0 0 0 = 0 00 1 1 0 1 0 = 0 01 0 0 0 0 0 = 0 01 0 1 0 0 0 = 0 01 1 0 1 0 0 = 0 01 1 1 1 1 1 = 1 1

1.1.4 Wat bedoelt men met A⇔ B ⇔ C?

Bij dit drietal lijkt er een probleem te ontstaan. In de praktijkbedoelt men met A ⇔ B ⇔ C, dat óf alle drie de uitsprakenwaar zijn óf juist alle drie onwaar. Oftewel, dat ze onderlingequivalent zijn. We onderzoeken dit op dezelfde wijze als bij deen en de of en beschouwen de volgende tabel:

A B C A⇔ B B ⇔ C (A⇔ B)⇔ C = A⇔ (B ⇔ C)0 0 0 1 1 0 = 00 0 1 1 0 1 = 10 1 0 0 0 1 = 10 1 1 0 1 0 = 01 0 0 0 1 1 = 11 0 1 0 0 0 = 01 1 0 1 0 0 = 01 1 1 1 1 1 = 1

We zien dat de equivalentie inderdaad associatief is, maar dat debetekenis van A ⇔ B ⇔ C in het licht van associatieve binaire

1 LOGICA 11

operatoren niet overeenstemt met wat men er mee bedoelt:

A B C A⇔ B ⇔ C A⇔ B ⇔ Cals binaire operator praktijk

0 0 0 0 10 0 1 1 00 1 0 1 00 1 1 0 01 0 0 1 01 0 1 0 01 1 0 0 01 1 1 1 1

Wat hier achter zit, is het volgende. Er kan op twee manierennaar equivalentie worden gekeken:

• als binaire operator op de verzameling {0, 1}, zoals hier-boven gedefinieerd is;

• als transitieve relatie.

De term transitieve relatie zegt jullie in dit stadium nog niets,maar denk maar aan de ongelijkheid (

1 LOGICA 12

Zo is dat in de praktijk ook met de equivalentie. Waar mennoteert A⇔ B ⇔ C wordt⇔ gebruikt als een transitieve relatieen bedoelt men (A⇔ B)∧ (B ⇔ C). In het bijzonder geldt dandus ook A⇔ C.

1.2 Kwantoren

In de wiskunde komen uitspraken van de volgende vorm veel-vuldig voor:

• Ieder kwadraat van een reëel getal is niet negatief.

• Ieder geheel getal is te ontbinden in priemfactoren.

• Er bestaat een reëel getal waarvan het kwadraat gelijk isaan 2.

• Voor ieder geheel getal bestaat er een groter geheel getal.

• Er bestaat een geheel getal dat kleiner is dan ieder positiefgeheel getal.

Deze uitspraken maken gebruik van twee bouwstenen:

• Voor ieder · · ·

• Er bestaat (bestaan) · · ·

Deze bouwstenen komen zo vaak voor in de wiskunde, dat zehun eigen symbolen hebben gekregen: de kwantoren.

1 LOGICA 13

Definitie 2 (Universele kwantor) Het symbool ∀ is de uni-versele kwantor en staat voor voor alle.

Definitie 3 (Existentiële kwantor) Het symbool ∃ is de exis-tentiële kwantor en staat voor er bestaat of er bestaan.

De herkomst van deze symbolen is eenvoudiger dan men op heteerste gezicht zou denken:

• De universele kwantor ∀ is niets anders dan de vertikaalgespiegelde A in for All (horizontaal spiegelen had hierniet zo veel zin).

• De existentiële kwantor ∃ is niets anders dan de horizon-taal gespiegelde E in there Exists (vertikaal spiegelen hadhier niet zo veel zin).

Hieronder staan wat voorbeelden van het gebruik van kwanto-ren. Het symbool ∈ staat voor (is) element van de verzameling.

• Ieder kwadraat van een reëel getal is niet negatief:

∀a ∈ R : a2 ≥ 0.

• Ieder geheel getal is te ontbinden in priemfactoren:

∀a ∈ Z ∃pi ∈ Z, i = 1, · · · , n met pi priem, zodanig dat: a = p1·p2· · · · ·pn.

• Er bestaat een reëel getal waarvan het kwadraat gelijk isaan 2:

∃a ∈ R : a2 = 2.

1 LOGICA 14

• Voor ieder geheel getal bestaat er een groter geheel getal:

∀a ∈ Z ∃b ∈ Z : b > a.

• Er bestaat een geheel getal dat kleiner is dan ieder positiefgeheel getal:

∃a ∈ Z ∀b ∈ Z>0 : a < b.

1.2.1 Plaats van de kwantoren

Kwantoren dienen altijd aan het begin van de uitspraak te staanwaar ze betrekking op hebben! De (taalkundig geformuleerde)uitspraak 7 is groter dan b voor ieder negatief geheel getal b dientwiskundig dus niet zó :

7 > b ∀b ∈ Z

1 LOGICA 15

• Beschouw de uitspraak: ∀x ∈ R ∃y ∈ R : x+ y = 5.Deze uitspraak is waar. Er wordt namelijk gezegd datbij ieder reëel getal x een reëel getal y bestaat met deeigenschap x+ y = 5. Dit is juist, want voor y kunnen wenemen 5 − x. De waarde van y is dus afhankelijk van dewaarde van x. Dit wordt in de uitspraak ∀x ∈ R ∃y ∈ R :x + y = 5 tot uitdrukking gebracht door het feit dat ∃ygenoteerd is na ∀x.

• Beschouw nu de uitspraak: ∃y ∈ R ∀x ∈ R : x+ y = 5.Deze uitspraak is onwaar! Doordat de volgorde van dekwantoren is omgedraaid, wordt er nu gezegd dat er een ybestaat, voor de rest van de uitspraak vast, met de eigen-schap dat voor iédere x geldt x+ y = 5.

In een uitspraak met kwantoren geldt voor iedere ’· · · ∃x · · · ’ datde x, waarvan dus de existentie wordt beweerd, afhankelijk isvan de variabelen die vóór ∃x in de uitspraak voorkomen.Verwisseling van een existentiële en universele kwantor levertniet altijd een negatie van de uitspraak op. Beschouw bijvoor-beeld: ∀x ∈ R ∃y ∈ R : xy = 0. Deze is waar, maar de uitspraak∃y ∈ R ∀x ∈ R : xy = 0 is óók waar: kies maar y := 0.Twee opeenvolgende universele kwantoren mogen wel onderlingverwisseld worden. Daarom wordt in de praktijk vaak niet ge-noteerd ∀x ∈ R ∀y ∈ R : · · · , maar ∀x, y ∈ R : · · · .

1 LOGICA 16

1.2.3 Negatie van een uitspraak met kwantoren

De negatie van een uitspraak met kwantoren kan eenvoudig her-schreven worden als een nieuwe uitspraak met kwantoren doorhet negatiesymbool ’naar binnen te drukken’ en onderweg iede-re universele kwantor om te zetten in een existentiële en omge-keerd. We illustreren dit aan de hand van een voorbeeld:

Beschouw de uitspraak:

∃y ∈ R ∀x ∈ R : x+ y = 5.

We hebben hierboven gezien dat deze uitspraak onwaar is. Deuitspraak:

¬[∃y ∈ R ∀x ∈ R : x+ y = 5]is dus waar. In deze uitspraak drukken we het ¬-symbool naarbinnen en veranderen onderweg de kwantoren.

Eerste stap:∀y ∈ R ¬[∀x ∈ R : x+ y = 5].

Tweede stap:

∀y ∈ R ∃x ∈ R : ¬[x+ y = 5].

Herschreven in standaardnotatie:

∀y ∈ R ∃x ∈ R : x+ y 6= 5.

Deze laatste uitspraak is inderdaad waar (net als de daaraan-voorafgaande, want ze zijn onderling equivalent): bij ieder reëelgetal y is een reëel getal x te vinden z.d.d. geldt x+y 6= 5. Kiesmaar x := 4− y.

1 LOGICA 17

1.2.4 Continüıteit: een voorbeeld

Een fraaie exercitie in het gebruik van kwantoren en de negatieis het bestuderen van de definitie van continüıteit. Zij f eenfunctie van R naar R. De functie f heet continu in x = a, alsgeldt:

∀ε ∈ R>0 ∃δ ∈ R>0 : |x− a| < δ ⇒ |f(x)− f(a)| < ε.

De ervaring leert dat deze definitie bij de meeste studenten nietmeteen glashelder maakt wat continüıteit in x = a inhoudt. Dedefinitie wordt echter een stuk helderder door te onderzoekenwat discontinu“iteit betekent:

De functie f heet discontinu in x = a, als hij niet continu is inx = a. Met andere woorden, als geldt:

¬[∀ε ∈ R>0 ∃δ ∈ R>0 : |x− a| < δ ⇒ |f(x)− f(a)| < ε].

Deze laatste uitspraak werken we uit door het ¬-symbool naarbinnen te werken:

Stap 1:

∃ε ∈ R>0 ¬[∃δ ∈ R>0 : |x− a| < δ ⇒ |f(x)− f(a)| < ε].

Stap 2:

∃ε ∈ R>0 ∀δ ∈ R>0 : ¬[|x− a| < δ ⇒ |f(x)− f(a)| < ε].

Om stap 3 te kunnen formuleren merken we op dat |x − a| <δ ⇒ |f(x) − f(a)| < ε ook geschreven kan worden als ∀x ∈(a− δ, a+ δ : |f(x)− f(a)| < ε.

2 VOLLEDIGE INDUCTIE 18

Stap 3:

∃ε ∈ R>0 ∀δ ∈ R>0 : ¬[∀x ∈ (a− δ, a+ δ) : |f(x)− f(a)| < ε].

Stap 4:

∃ε ∈ R>0 ∀δ ∈ R>0 ∃x ∈ (a− δ, a+ δ) : ¬[|f(x)− f(a)| < ε].

In standaard notatie:

∃ε ∈ R>0 ∀δ ∈ R>0 ∃x ∈ (a− δ, a+ δ) : |f(x)− f(a)| ≥ ε.

Discontinüıteit in x = a betekent dus dat er een vaste positieveε bestaat met de eigenschap dat willekeurig dicht bij a func-tiewaarden worden aangenomen die méér dan ε verschillen vande functiewaarde in a zelf. Met andere woorden: er vindt geenconvergentie plaats.

2 Volledige inductie

De ervaring leert dat studenten bewijsvoering met volledige in-ductie maar al te vaak slordig, onzorgvuldig of zelfs fout uitvoe-ren. We proberen hier weer te geven wat de structuur is van eenstelling en het bewijs ingeval dit laatste er één is met volledigeinductie.


2.1 De structuur van de stelling

Als een stelling bewezen kan worden met volledige inductie naarn, dan is deze stelling van de volgende vorm.

Stelling 1 Voor zekere n0 ∈ Z geldt:

∀n ∈ Z≥n0 : A(n)

Hierin is A(n) een uitspraak die afhangt van n.

Voorbeelden van deze structuur:

• De stelling: ∀n ∈ Z>0 :∑n

i=1 i =12n(n+ 1) is te bewijzen

met volledige inductie naar n. Hierin geldt n0 = 1, enA(n) is de uitspraak

n∑i=1

i =12n(n+ 1)

.

• De stelling: Iedere vlakke graaf is vijfkleurbaar is te bewij-zen met volledige inductie naar het aantal knopen. Hieringeldt n0 = 1, en A(n) is de uitspraak ’Zij G een vlakkegraaf met n knopen. Dan is G vijfkleurbaar’.


2.2 De structuur van het bewijs

Om een stelling te bewijzen met volledige inductie is het abso-luut noodzakelijk éérst de hierboven gegeven structuur aan tegeven. Dit gebeurt door aan te geven waarnaar de volledigeinductie wordt uitgevoerd en wat de kleinste waarde is van dieparameter. Het bewijs bestaat dan uit drie onderdelen:

• Stap 1: Bewijs A(n0).

• Stap 2: Zij gegeven N ∈ Z>n0 . Bewijs de volgende impli-catie: [

∀n ∈ Z, n0 ≤ n < N : A(n)]⇒[A(N)

]• Stap 3: Uit de combinatie van stap 1 en stap 2 volgt

∀n ∈ Z≥n0 : A(n).

�

Definitie 4 In stap 2 heet het stuk

∀n ∈ Z, n0 ≤ n < N : A(n)

de inductievooronderstelling.


2.3 In woorden

Een stelling die bewezen kan worden met volledige inductie isdus in wezen een verzameling stellingen of uitspraken die gëın-diceerd wordt door de gehele getallen groter gelijk een zekeregehele n0. Deze n0 is dus de kleinste index waarvoor een uit-spraak gedaan wordt. Daarna staan er dus eigenlijk oneindigaftelbaar veel uitspraken met indices n0, n0 + 1, enz..

Het bewijs zelf bestaat uit drie delen:

• Stap 1: Bewijs de ’eerste’ stelling. Met andere woorden,bewijs de stelling met index n0.

• Stap 2: Fixeer éérst een indexwaarde N groter dan n0.Dit fixeren is zeer wezenlijk en wordt vaak vergeten! Stap2 dien te beginnen met: Zij N ∈ Z>n0 willekeurig gegevenen neem aan dat (en dit is nu de inductievooronderstelling)de stellingen voor index-waarden kleiner dan N waar zijn.Laat vervolgens zien dat d́ıt de waarheid van de stellingmet index N impliceert. Na de fixatie van een waardeN > n0 is stap 2 dus niets anders dan het bewijzen vaneen implicatie: de inductievooronderstelling impliceert destelling met index N .

• Stap 3: Door het combineren van stap 1 en stap 2 volgtde waarheid van alle stellingen. Immers, de eerste stellingmet index n0 is waar (stap 1). We passen stap 2 toe metN = n0 + 1. De inductievooronderstelling is nu waar: allestellingen (dat is nu alleen de stelling met index n0) met


lagere index zijn waar. We concluderen dat de stelling metindex n0 + 1 dus ook waar is. Door opnieuw stap 2 toete passen, maar nu met N = n0 + 2, en op te merken datopnieuw de inductievooronderstelling waar is, concluderenwe dat de stelling met index n0 + 2 ook waar is. Zij nuk ∈ Z>0, dan wordt de stelling met index n0 + k bewezendoor de in stap 2 bewezen implicatie k keer uit te voeren.Conclusie: de stellingen zijn waar voor alle indexwaardenen dus is de originele stelling waar.

Opmerking 1 Hierboven is voor de inductievooronderstellinggekozen voor de versie waarin de waarheid van álle stellingenmet lagere index dan N wordt aangenomen. Vaak is het vol-doende voor het bewijzen van de implicatie alleen de waarheidvan de stelling met index N − 1 aan te nemen. Dit staat stap3 niet in de weg. Vandaar dat men vaak ook deze vorm van deinductievooronderstelling tegenkomt.

2.4 Voorbeeld

We geven hier een voorbeeld van een bewijs met volledige in-ductie.

Stelling 2 Iedere volledige graaf met 5 of meer knopen is nietvlak.


We bewijzen deze stelling met volledige inductie. Vóórdat wemet stap 1 kunnen beginnen, moeten we éérst aangeven waar-naar we de volledige inductie gaan uitvoeren: we voeren deinductie uit naar het aantal knopen in de graaf en n0 = 5.

• Stap 1: Voor n = 5 is de stelling waar. De volledige graafK5 met 5 knopen is niet vlak. Dit werken we hier nietverder uit.

• Stap 2: Zij N ∈ Z>5 willekeurig gegeven en neem aan datiedere volledige graaf met minstens 5 maar minder dan Nknopen niet vlak is. Beschouw de volledige graaf KN . Aante tonen: KN is niet vlak. Stel KN is wel vlak. Kies daneen vlakke representatie van KN . Door in deze vlakke re-presentatie een willekeurige knoop en de N−1 takken naardeze knoop te verwijderen krijgen we een vlakke represen-tatie van KN−1. Echter, er geldt zowel N − 1 ≥ 5 als ookN − 1 < N , dus we mogen de inductievooronderstellingtoepassen die ons meldt dat KN−1 geen vlakke represen-tatie heeft. Tegenspraak. We concluderen dat KN nietvlak is.

• Stap 3: Uit stap 1 en stap 2 volgt dat iedere volledigegraaf met minstens 5 knopen niet vlak is.

Opmerking 2 In bovenstaande hebben we gewerkt met een in-ductievooronderstelling die betrekking heeft op indices kleinerdan N om van daaruit de situatie met index N te bestuderen.Vaak formuleert men de inductievooronderstelling ook wel voor

3 DE VERZAMELING DER REËLE GETALLEN 24

situaties t/m index N om vervolgens de situatie met index N+1te bestuderen. Dit maakt natuurlijk niets uit. Het enige dat dananders is, is dat bij stap 2 bij de fixatie van deze N niet geldtN > n0, maar N ≥ n0.

Opmerking 3 De meestgemaakte fout naast gewoon zeer slor-dig de dingen formuleren is die waarin in stap 2 niet wordt uit-gegaan van de situatie met index N om van daaruit terug tewerken naar een situatie met kleinere index, maar van de si-tuatie met index N − 1 om van daaruit óp te werken naar eensituatie met index N . Het enige dat de auteur van het bewijs metdéze werkwijze bewijst, is dat hij weinig van volledige inductiebegrijpt.

3 De verzameling der reële getallen

In dit hoofdstuk zullen we een definitie geven van de reële getal-len met behulp van de zogenaamde Cauchy-rijtjes. Rijtjes spelenin deze module een belangrijke rol en om onnodig ingewikkeldeformuleringen te vermijden, introduceren we de volgende nota-tie.

• Met een rij (a) wordt bedoeld een rij {ai}∞i=0. Als er bij-voorbeeld wordt gesproken over een rij (a) van rationalegetallen, wordt bedoeld dat voor alle i geldt: ai ∈ Q.

• Als (a) en (b) twee rijen zijn en λ ∈ Q, dan wordt bedoeldmet:


– (a+ b) de rij {ai + bi}∞i=0.– (ab) de rij {aibi}∞i=0.– (λa) de rij {λai}∞i=0.

3.1 Cauchy-rijtjes

Definitie 5 Een rij (a) van rationale getallen heet een Cauchy-rij als geldt:

∀ε ∈ Q>0 : ∃N ∈ Z≥0 : ∀i, j > N : |ai − aj | < ε

Stelling 3 Cauchy-rijtjes zijn begrensd.

BewijsZij (a) een Cauchy-rijtje. Kies nu een ∃N ∈ Z≥0 (we kiezenε = 1) met de eigenschap:

∀i, j > N : |ai − aj | < 1.

In het bijzonder geldt dan:

∀i > N : |aN+1 − ai| < 1.

Hieruit volgt onmiddellijk dat de verzameling {aN+1, aN+2, · · · }begrensd is:

{aN+1, aN+2, · · · } ⊂ B(aN+1, 1).


Hierin is B(aN+1, 1) de open bol rond aN+1 met straal 1:

B(aN+1, 1) = {x ∈ Q||x− aN+1| < 1}.

Uit het feit dat {aN+1, aN+2, · · · } op eindig veel getallen nagelijk is aan de hele rij, volgt dat de rij zelf ook begrensd is:

∃M1,M2 ∈ Q : ∀i ∈ Z≥0 : M1 < ai < M2

Stelling 4 Zij (a) en (b) twee Cauchy-rijtjes. Dan is de som(a+ b) ook een Cauchy-rij.

BewijsZij (a) en (b) twee Cauchy-rijtjes en zij ε ∈ Q>0. Te bewijzen:

∃N ∈ Z≥0 : ∀i, j > N : |(ai + bi)− (aj + bj)| < ε

Uit het feit dat zowel (a) als (b) Cauchy zijn, volgt:

• ∃M1 ∈ Z≥0 : ∀i, j > M1 : |ai − aj | < ε2 ,

• ∃M2 ∈ Z≥0 : ∀i, j > M2 : |bi − bj | < ε2 .

We kiezen N = max{M1,M2}. Er geldt:

∀i, j > N : |(ai + bi)− (aj + bj)| = |(ai − aj) + (bi − bj)|≤ |(ai − aj)|+ |(bi − bj)|

<ε

2+ε

2= ε.


Stelling 5 Zij (a) en (b) twee Cauchy-rijtjes. Dan is het ver-schil (a− b) ook een Cauchy-rij.

BewijsDit volgt onmiddelijk uit stelling 4 door op te merken dat de rij(−b) ook Cauchy is.

Stelling 6 Zij (a) en (b) twee Cauchy-rijtjes. Dan is het pro-dukt (a · b) ook een Cauchy-rij.

BewijsZij (a) en (b) twee Cauchy-rijtjes en zij ε ∈ Q>0. Te bewijzen:

∃N ∈ Z≥0 : ∀i, j > N : |(ai · bi)− (aj · bj)| < ε.

Uit de begrensdheid van (a) en (b) (stelling 3) volgt:

∃p ∈ Q>0 : ∀i ≥ 0 : |ai| < p ∧ |bi| < p.

Uit het feit dat zowel (a) als (b) Cauchy zijn, volgt:


• ∃M1 ∈ Z≥0 : ∀i, j > M1 : |ai − aj | < ε2·p ,

• ∃M2 ∈ Z≥0 : ∀i, j > M2 : |bi − bj | < ε2·p .

We kiezen N = max{M1,M2}. Er geldt:

∀i, j > N : |(ai · bi)− (aj · bj)| = |(ai · bi − aj · bi) + (aj · bi − aj · bj)|≤ |(ai · bi − aj · bi)|+ |(aj · bi − aj · bj)|= |bi| · |ai − aj |+ |aj | · |bi − bj |≤ p · |ai − aj |+ p · |bi − bj |

< p · ε2 · p

+ p · ε2 · p

= ε.

Stelling 7 Zij (a) een binnen Q convergerende rij rationale ge-tallen. Dan is de rij (a) Cauchy.

BewijsZij ε > 0 en zij b de limiet van de rij (a). Kies N ∈ Z>0 zo dat:

∀i > N : |ai − b| <ε

2.


Dit is mogelijk doordat b de limiet van de rij (a) is. Dan geldtechter ook:

∀i, j > N : |ai − aj | = |(ai − b) + (b− aj)|≤ |ai − b|+ |b− aj |

<ε

2+ε

2= ε.

Bovenstaande stelling zegt dat convergerende rijen Cauchy zijn.Gevoelsmatig zou de Cauchy-eigenschap ook voldoende kunnenzijn voor convergentie. Immers, wat kan er gebeuren als een rijdivergeert? Hij kan ’naar oneindig’ wegschieten. De Cauchy-eigenschap verhindert dit: Cauchy-rijen zijn immers begrensd.Als een divergente rij niet ’naar oneindig’ wegschiet, moet hijheen en weer blijven stuiteren zonder ’tot rust’ te komen. Hetis precies de Cauchy-eigenschap die dit heen en weer blijvenstuiteren zonder ’tot rust te komen’ verhindert. Het is preciesdit aspect waarom in de definitie van Cauchy-rijen staat:

∀i, j > N |ai − aj | < ε

en niét:∀i > N |ai − ai+1| < ε.

Een voorbeeld van een rij (a) die voldoet aan:

∀ε > 0 : ∃N ∈ Z>0 : ∀i > N : |ai − ai+1| < ε,


en die niet ’tot rust komt’ is de volgende:

a1 = 0

a2 =12

∀i > 2 : ai =

ai−1 + 1i , als ai−1 < 0

ai−1 − 1i , als ai−1 > 1ai−1 + 1i , als 0 ≤ ai−1 ≤ 1 ∧ ai−1 > ai−2ai−1 − 1i , als 0 ≤ ai−1 ≤ 1 ∧ ai−1 < ai−2

Uit de divergentie van de reeks∑∞

i=11i volgt dat er oneindig

veel rijelementen groter-gelijk 1 zijn en tevens oneindig veel rij-elementen kleiner-gelijk 0. Deze rij komt dus niet ’tot rust’.

De volgende alternatieve definitie van Cauchy-rijen illustreerthet ’tot rust komen’ van Cauchy-rijen veel beter dan de klassiekedefinitie die hierboven gehanteerd is.

Definitie 6 Een rij (a) van rationale getallen heet een Cauchy-rij als geldt:

∀ε ∈ Q>0 : ∃N ∈ Z≥0 : ∀i > N : ai ∈ B(aN , ε).

Hierin is B(aN , ε) de open bol rond aN met straal ε:

B(aN , ε) := {x ∈ Q : |aN − x| < ε}.


Het is een aardige oefening in de driehoeksongelijkheid na tegaan dat deze definitie inderdaad equivalent is met de klassieke.

Cauchy-rijen zijn dus rijen die zich convergerend gedragen (ze-ker in het licht van de alternatieve definitie), hetgeen leidt totde vraag of Cauchy-rijen altijd convergent zijn. De volgendestelling geeft hier een negatief antwoord op.

Stelling 8 Er bestaat een Cauchy-rij van rationale getallen dieniet in Q convergeert.

BewijsHet volstaat een tegenvoorbeeld te geven: definieer de rij (a) alsvolgt:

∀i ∈ Z>0 : ai :=i∑

j=0

10−j2.

De rij begint als volgt:

a1 = 1, 1a2 = 1, 1001a3 = 1, 100100001

Ga zelf na dat het hier een Cauchyrij betreft. Het aantal nullentussen de laatste twee énen in de decimale ontwikkeling van departiële sommen neemt telkens met twee toe. Stel dat de limiet


binnen Q bestaat. Dan bestaat er een geheel getal b met devolgende eigenschap:

∞∑j=0

b10−j2∈ Z.

Dat dit onmogelijk is, is in te zien door op te merken dat vanafeen zeker punt in de reeks bepaalde decimalen van de partiëlesommen niet meer veranderen. Stel namelijk dat b uit n cijfersbestaat. Kies dan een index N zodanig dat het aantal nullentussen de laatste twee énen in de decimale ontwikkeling vanaN groter is dan n. Vanaf deze index N wordt de decimaleontwikkeling van ai, i > N , afgesloten met de n cijfers van bmet daarna enkel nullen.

De vooruit denkende lezer zou nu kunnen vermoeden dat deCauchy-rijtjes per definitie reële getallen zullen zijn. Dat is bijnagoed, maar er moet nog iets gebeuren. Een Cauchy-rijtje ’wijst’iets aan dat we een reëel getal willen noemen, maar twee verschil-lende Cauchy-rijtjes kunnen hetzelfde ’getal’ aanwijzen. Waarwe te maken hebben met niet-convergerende Cauchy-rijtjes is determinologie ’aanwijzen’ erg vaag en zeker wiskundig niet sterkgefundeerd, maar bij convergerende Cauchy-rijtjes wordt er ge-woon de limiet mee bedoeld. In dat geval is goed in te zien dattwee verschillende Cauchy-rijtjes hetzelfde getal aan kunnen wij-zen c.q. dezelfde limiet hebben. Beschouw bijvoorbeeld de tweeCauchy-rijen

{− 1i}∞

i=1en{

1i

}∞i=1

. Ze zijn beslist verschillend,


maar er geldt:

limi→∞

(−1i

)= 0 = lim

i→∞

(1i

).

We moeten aangeven wanneer we twee Cauchy-rijen equivalentbeschouwen:

Definitie 7 Zij (a) en (b) twee Cauchy-rijen. De rijen (a) en(b) heten equivalent als geldt:

∀ε ∈ Q>0 : ∃N ∈ Z≥0∀i > N : |ai − bi| < ε.

Notatie: (a) ∼ (b).

We lopen kort na dat deze relatie inderdaad een equivalentiere-latie is (we nemen hiermee alvast een voorschotje op de theorieder equivalentierelaties verderop in dit dictaat):

• Reflexiviteit: Volgt uit het feit dat ∀ε > 0 : |ai−ai| = 0 <ε.

• Symmetrie: Volgt uit het feit dat |ai − bi| = |bi − ai|.

• Transitiveit: Volgt uit de driehoeksongelijkheid.

Verdere uitwerking hiervan laten we aan de lezer over.

Door uit te delen naar deze equivalentierelatie krijgen we watwe willen:


Definitie 8 Zij C de verzameling van alle Cauchy-rijtjes vanrationale getallen en zij ∼ de relatie die hierboven gedefinieerdis. De verzameling R der reële getallen wordt gedefinieerd door:

R := C/ ∼

Een manier waarop we informeel tegen deze definitie aan kun-nen kijken is de volgende. Cauchy-rijtjes zijn op te vatten alsaanwijsstokjes die soms iets aanwijzen dat in Q aanwezig is (deconvergerende rijtjes) en soms iets aanwijzen dat niet in Q aan-wezig is. Twee rijtjes wijzen hetzelfde aan precies dan als zeequivalent zijn. Door zulke rijtjes bij elkaar te nemen zijn deklassen van equivalente rijtjes te identificeren met hetgeen datze aanwijzen. Dit is nu precies wat er in de definitie van Rgebeurt.

Cauchy-rijtjes worden door veel mensen, ook niet-wiskundigen,gebruikt zonder dat men zich er van bewust is. De decimaleontwikkeling van reële getallen is een voorbeeld van een Cauchy-rij. Door bijvoorbeeld van het getal π het begin van de decimaleontwikkeling te geven:

π = 3, 141592653589 · · · ,

geeft men eigenlijk het begin van een representant (a) van πaan:

a0 = 3

a1 = 3, 1

a2 = 3, 14


a3 = 3, 141

a4 = 3, 1415

a5 = 3, 14159

enzovoort. En er geldt:

(a) = π.

In dit licht is goed in te zien dat geldt:

0, 99999 · · · = 1, 00000 · · · .

De twee bijbehorende Cauchy-rijtjes zijn namelijk equivalent(opgave voor de lezer) en dus zijn hun klassen gelijk.

3.2 Een ordening op R

Op de verzameling der rationale getallen kennen we als stan-daard ordening de ’kleiner gelijk relatie’, aangegeven met hetsymbool ≤. In deze paragraaf zullen we deze ordening op kom-patibele wijze uitbreiden naar de reële getallen. Om deze laatstezin zinvol te laten zijn, identificeren we Q met een deelverzame-ling van R via de injectieve afbeelding i : Q → R, gedefinieerddoor:

i(x) := x.

Hierin is x de klasse van de Cauchyrij met constante waarde x.


Om in te kunnen zien op welke wijze we zinvol een ≤-relatie opR kunnen definiëren, analyseren we de situatie waarin twee reëlegetallen ongelijk zijn aan elkaar.

Zij a en b twee reële getallen die ongelijk zijn aan elkaar:

a 6= b.

Laat {ai} resp. {bi} representanten zijn van a resp. b. Alsde twee getallen gelijk zouden zijn, had dat betekent dat hetvolgende geldt:

∀ε ∈ Q>0∃N ∈ Z≥0∀i > N : |ai − bi| < ε.

Echter, ze zijn niet gelijk aan elkaar, hetgeen betekent:

¬[∀ε ∈ Q>0∃N ∈ Z≥0∀i > N : |ai − bi| < ε].

Uitwerking hiervan levert:

∃ε ∈ Q>0∀N ∈ Z≥0∃i > N : |ai − bi| ≥ ε.

We kiezen zo’n ε en noemen deze ε0. Er geldt dus:

∀N ∈ Z≥0∃i > N : |ai − bi| ≥ ε0.

Gegeven is dat de rijen {ai} en {bi} Cauchy zijn. Dit houdt indat er indices Na en Nb bestaan z.d.d.:

∀i ≥ Na : |aNa − ai| <ε010,

∀i ≥ Nb : |bNb − bi| <ε010.


Zij M = max{Na, Nb}.Er geldt:

(aM −ε010, aM +

ε010

) ∩ (bM −ε010, bM +

ε010

) = ∅,

waarin dit intervallen in Q zijn. Stel namelijk dat dit niet hetgeval is. Kies dan een getal x in deze doorsnede en kies eenindex i0 > M waarvoor geldt:

|ai0 − bi0 | ≥ ε0.

Echter, vanaf M ligt de gehele staart van de rij {ai} in (aM −ε010 , aM +

ε010 ) en de gehele staart van de rij {bi} in (bM−

ε010 , bM +

ε010 ). In het bijzonder, omdat i0 > M , geldt dus:

ai0 ∈ (aM −ε010, aM +

ε010

),

en ook:bi0 ∈ (bM −

ε010, bM +

ε010

).

Door nu de driehoeksongelijkheid toe te passen op de drie ge-tallen ai0 , bi0 en x vinden we tegenspraak:

ε0 ≤ |ai0−bi0 | = |(ai0−x)+(x−bi0)| ≤ |ai0−x|+|x−bi0 | <ε010

+ε010

=ε05< ε0,

waar uit volgt:ε0 < ε0.

Conclusie:

(aM −ε010, aM +

ε010

) ∩ (bM −ε010, bM +

ε010

) = ∅.


In het bijzonder geldt dus dat aM 6= bM en zonder de alge-meenheid te schaden mogen we aannemen dat aM < bM . Ditbetekent dat het gehele interval (aM − ε010 , aM +

ε010 ) op de rati-

onale getallenrechte Q links van het interval (bM − ε010 , bM +ε010 )

ligt.

We vinden dus dat ingeval twee reële getallen a en b ongelijkzijn aan elkaar, uiteindelijk het staartstuk van een representantvan het éne getal geheel vóór of ná het staartstuk van een repre-sentant van het andere getal ligt. Ga zelf na, dat deze relatievepositie onafhankelijk is van de gekozen representant. Afhanke-lijk van de relatieve positie noteren we dan a < b of a > b. Inde situatie hierboven geldt dus a < b.

Definitie 9 Op de verzameling R der reële getallen definiërenwe de kleiner dan relatie (notatie


• De kleiner-dan-relatie op R is lineair, dat wil zeggen datieder tweetal reële getallen te vergelijken is.

• Bij het definiëren van Cauchyrijtjes van reële getallen maakthet niet uit of ε in Q of R ligt.

Nu we een kleiner-dan-relatie op R hebben, kunnen we pra-ten over positieve ε-en en absolute waarden en dús over reëleCauchy-rijen die als eigenschap hebben dat bij iedere positievereële ε er een index bestaat zodanig dat enz. enz.. Dit zoukunnen betekenen, dat we het hele Cauchy-bouwwerk dat wehiervoor hebben opgericht op de fundering Q om tot een gro-tere verzameling te komen die de gaten opvult, ook weer op Rkunnen bouwen. De volgende stelling zegt echter, dat dit nietkan.

Stelling 9 Iedere Cauchy-rij in R convergeert. Men zegt ookwel, dat R volledig is.

Het bewijs van deze stelling volgt uit een zorgvuldige observatievan een reële Cauchy-rij. Het recept waarmee bij zo’n rij eenlimiet wordt gevonden is als volgt. Kies bij een Cauchy-rij bijieder element een representant. Dit levert een rij representantenop die elk rationale Cauchy-rijen zijn. Een eerste kandidaatvoor de representant van de limiet van deze rij reële getallenzou kunnen zijn de diagonaalrij die we hier aantreffen. Het isechter in het algemeen niet waar dat deze rij überhaupt Cauchy


is. Geef zelf eens een tegenvoorbeeld hiervan. We laten het alseen opgave voor de lezer zelf een representant van de limiet aante wijzen.

3.3 Supremum en Infimum

Definitie 10 Zij X ⊂ R een verzameling reële getallen. Eengetal a ∈ R heet een bovengrens van X, als geldt:

∀x ∈ X : x ≤ a.

Een analoge definitie geldt voor ondergrens.

Definitie 11 Een verzameling X ⊂ R van reële getallen heetnaar boven (beneden) begrensd, als deze een bovengrens (on-dergrens) heeft.

Merk op dat voor deze twee definities alleen gebruik wordt ge-maakt van het feit dat we op de omhullende verzameling (in ditgeval R) een ordening hebben. In het bijzonder kunnen we dusook binnen Q praten over onder- en bovengrenzen van deelver-zamelingen.

Definitie 12 Zij X een naar boven begrensde deelverzamelingvan Q of R. Een getal s ∈ Q (of R) heet een supremum, alsvoor iedere bovengrens a van X geldt: s ≤ a. Met andere woor-den: een supremum is een kleinste bovengrens. Op analoge wijzewordt een infimum gedefinieerd als een grootste ondergrens.


Merk op dat een begrensde verzameling ten hoogste één supre-mum kan hebben en ten hoogste één infimum. Bovendien geldtdat als X een supremum heeft en deze bovendien een elementis van X, dat deze dan het maximum is van X, en omgekeerd.Eenzelfde opmerking geldt voor infimum/minimum.

Aan de hand van een aantal voorbeelden laten we zien dat ver-schillende situaties mogelijk zijn. We beschouwen de volgendeverzamelingen binnen Q:

• X = [0, 1]: Het infimum is 0, het supremum is 1 en Xbevat beide. Dit zijn dus het minimum en maximum vanX.

• X = [0, 1): Het infimum is 0, het supremum is 1 en Xbevat alleen zijn infimum.

• X = (0, 1): Het infimum is 0, het supremum is 1 en Xbevat geen van beide.

• X = {x ∈ Q|x > 0∧x2 < 2}: Het infimum is 0 en X heeftgeen supremum. We kijken immers binnen Q!

• X = {2i|i ∈ Z}: Het infimum is 0 en X heeft geen supre-mum, omdat X niet naar boven begrensd is.

Als we niet binnen Q maar binnen R kijken, leveren deze voor-beelden het volgende op:

• X = [0, 1]: Het infimum is 0, het supremum is 1 en Xbevat beide. Dit zijn dus het minimum en maximum vanX.


• X = [0, 1): Het infimum is 0, het supremum is 1 en Xbevat alleen zijn infimum.

• X = (0, 1): Het infimum is 0, het supremum is 1 en Xbevat geen van beide.

• X = {x ∈ Q|x > 0 ∧ x2 < 2}: Het infimum is 0 en hetsupremum is

√2.

• X = {2i|i ∈ Z}: Het infimum is 0 en X heeft geen supre-mum, omdat X niet naar boven begrensd is.

Deze voorbeelden doen het volgende vermoeden:

a) Waar een begrensde verzameling binnen Q reeds een supre-mum of infimum heeft (het doet er niet toe of deze bevatzijn in de verzameling of niet) blijven deze dezelfde als webinnen R gaan kijken.

b) Waar een naar boven begrensde verzameling binnen Q geensupremum heeft, heeft deze binnen R wel een supremum.

Het eerste vermoeden laten we liggen voor de keukentafel.

Het tweede vermoeden bevestigen we met de volgende funda-mentele stelling:

Stelling 10 Binnen R heeft iedere niet lege naar boven resp.beneden begrensde verzameling een supremum resp. infimum.Men zegt ook wel dat R de supremumeigenschap heeft.


Het bewijs is dankzij de volledigheid van R verrassend simpel:Zij X een niet lege naar boven begrensde deelverzameling vanR zijn. Zij x ∈ X en zij b een bovengrens van X. We definiërentwee rijen {xi} en {bi} als volgt:

• x1 := x en bi := b.

• Voor i ∈ Z>1 definiëren we {xi} en {bi} recursief. Ziji ∈ Z>1 en neem aan dat xi−1 en bi−1 reeds gedefinieerdzijn. We beschouwen het gemiddelde:

m :=xi−1 + bi−1

2.

We definiëren:

(xi, bi) :={

(xi−1,m) , als m een bovengrens is van X,(m, bi−1) , als m geen bovengrens is van X.

Nu geldt dat de rijen {xi} en {bi} twee equivalente Cauchy-rijtjes zijn. Aangezien R volledig is, bestaat er dus (bij beiderijen dezelfde) limiet s van deze rijen. Er geldt:

• De limiet s is een bovengrens van X.

• Er bestaat geen kleinere bovengrens van X.

4 GRAFENTHEORIE 44

Het is een fraaie opgave voor de keukentafel deze twee feiten nate gaan.

Conclusie: deze limiet s is het supremum van X en dus heeft Xeen supremum, hetgeen te bewijzen was.

Op analoge wijze kan het bestaan van een infimum bewezen wor-den. Het is een fraaie opgave voor de keukentafel de existentievan infima af te leiden uit de universele existentie van supremavoor naar boven begrensde verzamelingen. Hint: bij een nietlege naar beneden begrensde verzameling is de verzameling derondergrenzen een niet lege naar boven begrensde verzameling...

4 Grafentheorie

4.1 Definities

Definitie 13 Een graaf G is een eindige en niet-lege verzame-ling punten, knopen genoemd, met tussen ieder tweetal (nietnoodzakelijkerwijs verschillende) knopen 0 of meer (wel eindigveel) verbindingen, de takken genoemd. Een tak tussen eenknoop en zichzelf wordt een lus genoemd.

Opmerking 4 Grafen kunnen met een rijkere structuur wor-den voorzien. Zo kunnen takken gericht zijn of van een waardevoorzien. In dit dictaat laten we dit soort grafen buiten beschou-wing.

4 GRAFENTHEORIE 45

Definitie 14 Een enkelvoudige graaf is een graaf zonder lussenen met tussen ieder tweetal knopen ten hoogste 1 tak.

Definitie 15 Zij n ∈ Z>0. De volledige graaf Kn is de enkel-voudige graaf met n knopen waarbij ieder tweetal verschillendeknopen verbonden is door een tak.

Definitie 16 Een bipartiete graaf G is een enkelvoudige graafwaarbij de verzameling knopen uitéén valt in twee niet-lege ver-zamelingen A en B zodanig dat iedere tak uit G een knoop uitA verbindt met een knoop uit B. Als iédere knoop uit A ver-bonden is met iédere knoop uit B, heet G de volledige bipartietegraaf Kn,m. Hierin is n het aantal knopen in A en m het aantalknopen in B.

Grafentheorie is een gebied in de wiskunde dat goed toegankelijkis aan het begin van je wiskundestudie en waar je veel van kuntleren. Niet alleen vakinhoudelijk, maar ook wat betreft zakenals:

1. Standaard bewijstechnieken

2. Structuur van wiskundetheorie

3. Hoe wiskunde te studeren

We bestuderen drie klassieke problemen:

1. Het Konigsberger Bruggenprobleem van Euler (1736)

4 GRAFENTHEORIE 46

2. Het Gas-Water-Licht probleem

3. De Vijfkleurbaarheid van vlakke grafen

4.2 Het Konigsberger Bruggenprobleem

Door het stadje Königsberg stroomt de rivier De Pregel. Inde rivier ligt een eilandje en bovendien splitst de rivier zich inKönigsberg. Er zijn in totaal 7 bruggen die de verschillendedelen van Königsberg met elkaar verbinden:

Het probleem waar de beroemde wiskundige Euler zich in 1736mee bezig hield, was het volgende. Is het mogelijk een wandelingdoor Königsberg te maken waarbij iedere brug precies één keerwordt overgestoken? Het maakt niet uit waar je begint of waarje eindigt.

De oplossing van dit probleem wordt gegeven door de grafen-theorie. Voordat we dit echter kunnen behandelen, hebben weeerst meer theorie nodig.

4 GRAFENTHEORIE 47

Definitie 17 Zij G een graaf met knopen v1, v2, · · · , vn en tak-ken t1, t2, · · · , tm. Een keten is een rijtje takken ti1 , ti2 , · · · , tikmet de volgende eigenschappen:

1. De takken tij zijn onderling verschillend

2. Eén van de eindpunten van ti1 is tevens eindpunt van ti2 .Het ándere eindpunt van ti2 is tevens eindpunt van ti3 .Enzovoort.

Zij in de situatie van definitie 17 Q het niet-gebruikte eindpuntvan tik en P het niet-gebruikte beginpunt van ti1 . Men zegt danwel dat deze keten de knopen P en Q met elkaar verbindt.

Definitie 18 Als in de situatie van definitie 17 het niet-gebruikteeindpunt van tik gelijk is aan het niet-gebruikte beginpunt vanti1 , heet de keten een kring.

Definitie 19 Een graaf heet samenhangend als tussen iedertweetal knopen een keten bestaat.

Definitie 20 Een keten in een graaf G heet eulers als hij alletakken van G bevat.

Definitie 21 Een samenhangende graaf heet eulers als hij eeneulerse kring bevat.

Definitie 22 De graad van een knoop in een graaf is het aantaltakken waar deze knoop begin-/eindpunt van is, waarbij een lusmet multipliciteit 2 wordt geteld.

4 GRAFENTHEORIE 48

Stelling 11 Zij G een samenhangende graaf. Dan geldt: G iseulers d.e.s.d.a. (dan en slechts dan als) iedere knoop heeft evengraad.

Een kleine variatie op deze stelling is de volgende.

Stelling 12 Zij G een samenhangende graaf. Dan geldt: Gheeft een eulerse keten d.e.s.d.a. óf alle knopen hebben evengraad óf er zijn precies twéé knopen met oneven graad.

Nu kunnen we het bruggenprobleem oplossen. Door goed tekijken, zien we dat het bruggenprobleem zich laat reduceren totde vraag of deze graaf:

4 GRAFENTHEORIE 49

een eulerketen heeft. Stelling 12 geeft ontkennend antwoord opdeze vraag. Er zijn 4 knopen met oneven graad, dus deze graafbevat geen eulerketen.

4.3 Het Gas-Water-Licht probleem

Het Het Gas-Water-Licht probleem is een bekend puzzeltje on-der kinderen. Zij gegeven drie huisjes en drie nutsbedrijven voorgas, water en licht. Is het mogelijk ieder huisje met ieder nuts-bedrijf te verbinden op zó’n manier dat geen enkele leiding, vanboven af gezien, een andere leiding kruist/snijdt? Hoe je hetook probeert, het lukt je niet:

?

Dat het tekenen telkens niet lukt te hanteren als bewijs voor hetfeit dat het onmogelijk is, zou getuigen van stevige arrogantie

4 GRAFENTHEORIE 50

en in de meeste gevallen van zelfoverschatting. Ook hier wordtde oplossing gegeven door grafentheorie.

Definitie 23 Zij G een graaf. G heet planair of vlak als hijzó in het platte vlak getekend kan worden dat de takken geencontact met elkaar maken buiten de knopen. Een tekening vanG die aan deze voorwaarde voldoet heet een vlakke representatievan G.

Euler heeft een formule voor veelvlakken bewezen die het vol-gende analogon heeft voor vlakke grafen.

Stelling 13 Zij G een vlakke samenhangende graaf met n kno-pen en m takken. Een vlakke representatie van G verdeelt hetvlak in r gebieden. Merk hierbij op dat op dit punt de waardevan r in principe afhangt van de gekozen vlakke representatie.Dan geldt:

n−m+ r = 2

In het bijzonder betekent dit dat de waarde van r niét afhangtvan de gekozen vlakke representatie.

Om deze stelling te kunnen bewijzen, hebben we de volgendestelling nodig:

Stelling 14 Zij G een samenhangende graaf zonder kring. AlsG meer dan 1 knoop bevat, bevat G een knoop met graad 1.

4 GRAFENTHEORIE 51

BewijsZij G een samenhangende graaf met n knopen met n ≥ 2. Kieseen knoop P . De graad van P kan niet 0 zijn, want dan zoude graaf niet samenhangend zijn. Als de graad van P gelijkis aan 1, zijn we klaar. Stel de graad van P is groter dan 1.Dan ’wandelen’ we over één van de takken die in P uitkomennaar een volgende knoop. Deze volgende knoop heeft graad 1of een hogere graad. Als deze knoop graad 1 heeft, zijn weklaar: de graaf bevat dan klaarblijkelijk een knoop van graad1. Is de graad van deze knoop groter dan 1, dan kiezen weeen willekeurige tak die op deze knoop uitkomt (niet de takwaar we net over zijn binnengekomen) en wandelen naar eenvolgende knoop. Dit proces herhalen we. Merk op dat iederenieuw bereikte knoop niet eerder bereikt kan zijn, daar de graafgeen kring bevat. Dit in combinatie met het feit dat er slechtseindig veel knopen zijn, brengt met zich mee dat dit procesnoodzakelijkerwijs stopt. De enige manier waarop dit mogelijkis, is dat we in een knoop aankomen met graad 1. Conclusie:iedere samenhangende graaf zonder kring bevat een knoop vangraad 1.

�

We kunnen nu de stelling van Euler bewijzen. We doen dit metvolledige inductie naar het aantal takken.

Stap 1: Zij G een vlakke samenhangende graaf met 0 takken.In dat geval bestaat G uit slechts één knoop. Een vlakke re-

4 GRAFENTHEORIE 52

presentatie is niets anders dan een stip op het vlak. Dan geldtdus:

n−m+ r = 1− 0 + 1 = 2.

Dit bewijst de stelling voor alle samenhangende vlakke grafenmet 0 takken.

Stap 2: Zij M ∈ Z>0 en stel dat de stelling geldt voor alle vlakkegrafen met minder dan M takken. Zij G een vlakke graaf met Mtakken. Kies een vlakke representatie van G. Zij n het aantalknopen van G en r het aantal gebieden bij de gekozen vlakkerepresentatie. Te bewijzen:

n−M + r = 2

Er zijn twee situaties mogelijk:

1. G bevat een kring: kies in dat geval een kring en maak eennieuwe graaf G̃ door in deze kring een tak te verwijderen.Als vlakke representatie van G̃ kiezen we die van G metdaarin deze tak verwijderd. Het aantal knopen in G̃ is ñ,het aantal takken m̃ en het aantal gebieden van de vlakkerepresentatie is r̃. Er geldt:

ñ = n

m̃ = M − 1

r̃ = r − 1

Dit laatste geldt doordat verwijdering van een tak in eenkring in een vlakke representatie een binnengebied laat

4 GRAFENTHEORIE 53

versmelten met een gebied buiten de kring, waardoor hetaantal gebieden met één afneemt. Op dit punt is het dusvan belang dat de vlakke representatie van G̃ gebaseerdis op die van G! De graaf G̃ is een vlakke en nog steedssamenhangende (waarom?) graaf met minder dan M tak-ken. Per inductievooronderstelling geldt dus:

ñ− m̃+ r̃ = 2.

Er geldt echter ook:

ñ− m̃+ r̃ = n− (M − 1) + (r − 1) = n−M + r

Conclusie:n−m+ r = 2

2. G bevat geen kring. In dat geval bevat G een knoop vangraad 1. Net als in het geval dat er wel een kring bestaat,maken we een nieuwe graaf door deze knoop en de taknaar deze knoop te verwijderen. We laten het aan de lezerover dit onderdeel van het bewijs af te maken.

Conclusie: n−m+ r = 2.Stap 3: De combinatie van stap 1 en stap 2 levert dat de stellinggeldt voor alle vlakke samenhangende grafen.

De stelling van Euler levert de oplossing voor het gas, water enlicht probleem. Het probleem komt neer op de vraag of de volle-dige bipartiete graaf K3,3 vlak is. Het antwoord wordt gegevendoor de volgende stelling:

4 GRAFENTHEORIE 54

Stelling 15 De volledige bipartite graaf K3,3 is niet vlak.

BewijsUit het ongerijmde: Stel K3,3 is vlak. Dan is de stelling vanEuler van toepassing. Voor K3,3 geldt dat n = 6 en m = 9 endus:

6− 9 + r = 2waar uit volgt:

r = 5

Aangezien ieder gebied begrensd wordt door minstens 4 takken(waarom eigenlijk?) tellen we, door bij ieder gebied het aantalbegrenzende takken te tellen, minstens 4 × 5 = 20 takken. Bijdeze telling is iedere tak echter mogelijk dubbel geteld. Ditbetekent dat er dus minstens 202 = 10 takken zijn, hetgeen integenspraak is met m = 9. Conclusie: K3,3 is niet vlak.

4.4 De Vijfkleurbaarheid van vlakke grafen

Definitie 24 Zij G een graaf. Een n-kleuring van G is een af-beelding1 van de verzameling knopen naar de verzameling {1, 2, · · · , n}z.d.d. ieder tweetal verbonden knopen twee verschillende beeldenheeft.

1Dit begrip afbeelding wordt elders in dit college correct gedefinieerd.Voor dit moment kan je het beschouwen als een soort functie.

4 GRAFENTHEORIE 55

Als een graaf G n knopen heeft, is er altijd een n-kleuring mo-gelijk. Geef iedere knoop immers een ander beeld (een anderekleur). Wat is echter bij een graaf het minimale aantal kleurendat gebruikt kan worden? In het algemeen is dit een lastigevraag. De volgende stelling is in 1976 met de hulp van veelcomputerwerk bewezen:

Stelling 16 Iedere vlakke graaf is 4-kleurbaar.

Het bewijs van deze stelling is te lastig voor dit college. Watniet te lastig is, is de iets zwakkere versie:

Stelling 17 Iedere vlakke graaf is 5-kleurbaar.

Voor het bewijs van deze stelling hebben we eerst nog wat lem-ma’s en een andere stelling nodig.

Lemma 1 De volledige graaf K5 is niet vlak.

BewijsUit het ongerijmde: Stel K5 is vlak. Dan is de stelling vanEuler van toepassing. De volledige graaf K5 heeft 5 knopen en10 takken en dus geldt:

n−m+ r = 5− 10 + r = 2.

4 GRAFENTHEORIE 56

Hieruit volgt r = 7. Daar K5 enkelvoudig is, wordt ieder gebiedin een vlakke representatie begrensd door minstens 3 takken.Zo tellen we minstens 3 × 7 = 21 takken, waarbij iedere takmogelijk 2 keer (maar niet meer) geteld wordt. Hieruit volgtdat er dus minstens 11 takken moeten zijn, hetgeen in strijd ismet het feit dat er 10 zijn. Conclusie: K5 is niet vlak.

Lemma 2 Zij G een enkelvoudige samenhangende vlakke graafmet n knopen, m takken (m ≥ 2) en r gebieden. (De waarde vanr is onafhankelijk van de vlakke representatie!) Dan geldt:

r ≤ 23m

en tevens:m ≤ 3n− 6

BewijsZij G als in de stelling. Het eerste deel verlangt geen samen-hang en is als volgt in te zien. Daar G enkelvoudig is, wordtieder gebied begrensd door minstens 3 takken. Door per gebied3 takken te tellen en hierbij rekening houden dat elke tak moge-lijk 2 keer geteld is, vinden we een ondergrens voor het aantaltakken:

m ≥ 3r2,

hetgeen zich direkt laat herschrijven tot

r ≤ 23m.

4 GRAFENTHEORIE 57

Het tweede deel volgt door de ongelijkheid r ≤ 23m in te vullenin de gelijkheid van Euler. De graaf G is vlak en samenhangend,zodat geldt:

n−m+ r = 2,en dus ook:

r = 2− n+m.Substitutie van r ≤ 23m hierin levert op:

2− n+m ≤ 23m.

Dit laat zich onmiddelijk herschrijven tot:

m ≤ 3n− 6.

Lemma 3 Zij G een graaf met n knopen en m takken en zijk ∈ N z.d.d. iedere knoop minstens graad k heeft. Dan geldt:

m ≥ 12kn

BewijsPer knoop geldt dat er minstens k takken in uitkomen. Datbetekent dat er minstens kn uiteinden van takken zijn. Daariedere tak twee uiteinden heeft, zijn er dus minstens 12kn takken.Met andere woorden:

m ≥ 12kn.

4 GRAFENTHEORIE 58

�

Stelling 18 Iedere enkelvoudige vlakke graaf heeft een knoopmet graad ≤ 5.

BewijsUit het ongerijmde: Stel G is een enkelvoudige vlakke graaf metde eigenschap dat de minimale graad van een knoop gelijk isaan 6. Zonder beperking der algemeenheid mag worden aange-nomen dat G samenhangend is. De getallen n, m en r zijn zoalsgebruikelijk. Daar G enkelvoudige en vlak is, geldt:

m ≤ 3n− 6 ∧m ≥ 12

6n = 3n.

Hieruit volgt direkt:3n ≤ 3n− 6,

en dus:0 ≤ −6.

Dit laatste is ongegerijmd. Conclusie: iedere enkelvoudige vlak-ke graaf heeft een knoop met graad ≤ 5.

�

Nu hebben we genoeg gereedschap om de vijfkleurbaarheidsstel-ling voor vlakke grafen te bewijzen.

4 GRAFENTHEORIE 59

We bewijzen de stelling met volledige inductie naar het aantalknopen.

Stap 1: Dat de stelling correct is voor alle grafen met één knoop,is juist.

Stap 2: Zij N ∈ Z>1 en neem aan dat de stelling correct is vooralle vlakke grafen met minder dan N knopen. Zij G een vlakkegraaf met N knopen.

We mogen aannemen datG samenhangend is. Immers, alsG datniet is, bestaat G uit twee of meer samenhangscomponenten dieelk minder dan N knopen bevatten en die elk vlak zijn. Door deinductievooronderstelling toe te passen, vinden we dan meteendat deze componenten en dus ook G zelf vijfkleurbaar zijn/is.

De graaf G is vlak en bevat dus een knoop P met graad hoog-stens 5. Kies een vlakke representatie van G. We maken eennieuwe graaf G̃ door uit G de knoop P en alle daarmee ver-bonden takken te verwijderen. Als vlakke representatie van G̃kiezen we die van G met daaruit P en de contact makende tak-ken te verwijderen. De graaf G̃ is vlak en bevat minder dan Nknopen. Door de inductievooronderstelling toe te passen vindenwe dat G̃ vijfkleurbaar is. Kies een vijf-kleuring van G̃ en laat dde graad van P in G zijn. Er zijn nu drie verschillende situatiesmogelijk:

• d < 5: De kleuring van G̃ levert nu meteen een vijf-kleuring van G op.

• d = 5 en de vijf buren van P zijn in G̃ met minder dan vijfverschillende kleuren gekleurd. Ook nu levert de kleuring

4 GRAFENTHEORIE 60

van G̃ meteen een vijf-kleuring van G op.

• d = 5 en de vijf buren van P zijn in G̃ met exact vijfverschillende kleuren gekleurd. Het lijkt er op dat we nueen probleem hebben, maar het niet vlak zijn van K5 redthet bewijs. Van de vijf buren van P zijn er minstens tweeniet met elkaar verbonden, omdat K5 niet vlak is. Kies ertwee en noem deze Q1 en Q2. Via de locatie van de tweeverwijderde verbindende takken met P zijn Q1 en Q2 aanelkaar te lijmen zonder de rest van G̃ te veranderen. Weverkrijgen zo een nieuwe graaf ˜̃G met N−2 knopen waarinQ1 en Q2 als het ware met elkaar gëıdentificeerd zijn. Ookdeze graaf is dankzij de inductievooronderstelling te kleu-ren met ten hoogste vijf kleuren. Voorzie deze graaf metzo’n kleuring. Door de versmolten knopen Q1 en Q2 weerlos te maken, levert dit ons een vijfkleuring op van G̃ waar-in de vijf buren van P met hoogstens 4 kleuren gekleurdzijn. Deze kleuring van G̃ levert de gewenste kleuring vanG op.

Conclusie: G is vijfkleurbaar.

Stap 3: Uit stap 1 en 2 volgt dat iedere vlakke graaf vijfkleurbaaris, hetgeen bewezen moest worden.

�

4 GRAFENTHEORIE 61

4.5 Visualisatie van het laatste deel van hetbewijs

We gaan uit van een graaf G met een knoop P van graad 5.In dit voorbeeld bestaan ook knopen met lagere graad dan 5,maar het zou het plaatje onnodig ingewikkeld maken als we eenvoorbeeld zouden forceren waarin de minimale graad precies 5is. We visualiseren de constructie uit het laatste deel van hetbewijs van de 5-kleurbaarheid.

Q1

Q2P

Figuur 1: De voorbeeldgraaf.

4 GRAFENTHEORIE 62

Q1

Q2P

Figuur 2: De knoop van graad 5 wordt verwijderd.

4 GRAFENTHEORIE 63

Q1

Q2

Figuur 3: Twee buurknopen Q1 en Q2 die in G niet verbondenwaren, worden over de oude takken naar P naar elkaar toe-geschoven. De takken die nog steeds aansluiten op Q1 of Q2worden mee naar binnen getrokken.

4 GRAFENTHEORIE 64

Q1

Q2

Figuur 4: De knopen Q1 en Q2 worden naar elkaar toegedrukt.

Q1 = Q2

Figuur 5: Tot ze uiteindelijk ’versmelten’ op de oude plek vanP .

4 GRAFENTHEORIE 65

De graaf in 5 is volgens de inductievooronderstelling 5-kleurbaaren we voorzien hem van een 5-kleuring met de kleuren:

• Blauw:

• Rood:

• Geel:

• Groen:

• Bruin:

Vanaf nu focussen we ons geheel op het centrale deel van de con-structie, namelijk de situatie rondom de twee samengesmoltenknopen en de overige 3 oude buren van P :

Figuur 6: De centrale plek ’where it all happens’.

4 GRAFENTHEORIE 66

Figuur 7: De samengesmolten punten worden weer losgeknipt.

Figuur 8: Ze worden weer op hun oude plaats teruggezet.

4 GRAFENTHEORIE 67

?

Figuur 9: We zetten P met de 5 takken terug en gaan op zoeknaar een kleur.

5 DE VERZAMELING DER COMPLEXE GETALLEN 68

Figuur 10: Per constructie hebben we nog een kleur in de aan-bieding: rood.

5 De verzameling der complexe getal-len

In de wiskunde kennen we de volgende getallenverzamelingendie via de inclusierelatie geordend zijn.

• N: De niet-negatieve gehelen of de positieve gehelen. Ofhet getal 0 er bij hoort, varieert van boek tot boek. In depraktijk is het verstandig het symbool N te vermijden ente praten over Z>0 of Z≥0.


• Z: De gehelen. Deze verzameling heeft een rijkere struc-tuur dan N (het is een ring, zie later het college Algebra).In het bijzonder is in Z iedere vergelijking van de vormx + a = b, met a, b ∈ N, oplosbaar. Sterker nog: iédergeheel getal is de oplossing van zo’n vergelijking.

• Q: De breuken. Deze verzameling heeft weer een rijkerestructuur dan Z (het is een lichaam, zie wederom later hetcollege Algebra). In het bijzonder is in Q iedere vergelij-king van de vorm ax + b = c, met a, b, c ∈ Z en a 6= 0,oplosbaar. Sterker nog: iédere breuk is de oplossing vanzo’n vergelijking.

• R: De reële getallen. Waar de uitbreidingen van N naarZ naar Q nogal eenvoudig te beschrijven waren, is de uit-breiding van Q naar R veel ingewikkelder. Dit hebben wegezien bij de definitie van R met behulp van Cauchyrijtjes.De winst van deze uitbreiding zit hem voornamelijk in devolledigheid van R en de supremumeigenschap. De alge-bräısche kwaliteit van de uitbreiding ten opzichte van Q ismatig. Lineaire vergelijkingen over R zijn altijd oplosbaar(als de coëfficiënt van de variabele niet 0 is, natuurlijk),dus algebräısche winst in R als uitbreiding van Q moetenwe zoeken in oplosbaarheid van hogeregraads vergelijkin-gen. Hier vinden we dat vele wél, maar vele ook niét op-losbaar zijn. Bijvoorbeeld: x2 = 5 is in R oplosbaar, maarx2 = −1 is dat niet.

In deze module zullen we de ’laatste’ uitbreiding in dit rijtje be-handelen: die van de complexe getallen C. Let wel, het adjectief


laatste hoort enkel en alleen bij in dit rijtje! De algebra leertons dat er wat getalachtige structuren betreft, ’iets’ meer onderde zon is dan het rijtje N, Z, Q, R en C.

5.1 De strategie

Er zijn vele manieren om tot een definitie van de complexe ge-tallen te komen. Hier volgen we een strategie die vergelijkbaaris met de wijze waarop we de reële getallen met behulp vanCauchyrijtjes hebben gedefinieerd:

1. We beschouwen een specifieke verzameling X.

2. Op X definiëren we een optelling en vermenigvuldiging.

3. We laten (deels) zien dat deze twee bewerkingen de eigen-schappen hebben die we er van verwachten.

4. We laten zien dat R op te vatten is als deelverzamelingvan deze X (die onderwijl C is gaan heten), en wel zó datde optelling en vermenigvuldiging op R overeenkomt metdie op C.

5. We behandelen enkele fraaie eigenschappen van C (meerverklappen we hier nog niet).

5.2 Aan de slag!

We beschouwen de verzameling R2 (dit is de verzameling X vanhierboven). Op R2 definiëren we een optelling (som) en een


vermenigvuldiging (produkt) als volgt:

Definitie 25 (Som) Laat (a, b) en (c, d) twee elementen vanR2 zijn. De som (a, b) + (c, d) wordt gedefinieerd door:

(a, b) + (c, d) := (a+ c, b+ d).

Definitie 26 (Produkt) Laat (a, b) en (c, d) twee elementenvan R2 zijn. Het produkt (a, b) · (c, d) wordt gedefinieerd door:

(a, b) · (c, d) := (ac− bd, ad+ bc).

Nu we R2 hebben voorzien van een optel- en vermenigvuldi-gingsstructuur, zullen we het beestje maar meteen zijn naampjegeven:

Definitie 27 (De verzameling der complexe getallen) Hettripel (R2,+, ·) heet de verzameling der complexe getallen. No-tatie: C. De elementen van C noemen we complexe getallen.Complexe getallen op de y-as, ongelijk aan de oorsprong, noe-men we zuiver imaginair en die op de x-as noemen we reëel.

We zullen later zien waarom deze naamgeving zo gekozen is.

Zoals we voor reële getallen zeer vaak het symbool x gebruikenals variabele of onbekende, zo is het gebruikelijk voor complexevariabelen of onbekenden het symbool z te gebruiken. Daar-naast geldt bij afspraak (die we nu dus formuleren), dat de ver-menigvuldiging ’voorrang’ heeft op de optelling. Dat wil zeggen,


met z1 + z2 · z3 wordt z1 + (z2 · z3) bedoeld en niet (z1 + z2) · z3.Dit is in overeenstemming met de voorrangsregels voor optellenen vermenigvuldigen die in R gelden.Merk op dat we op dit moment in principe twee verschillen-de soorten reële getallen hebben: complexe getallen op de x-asen elementen van R. Dit wordt afgevangen door de volgendeafspraak. Via de injectieve afbeelding:

f : R → Cx → (x, 0)

zullen we R beschouwen als een deelverzameling van C. Wehebben nu wel mogelijk een probleem. Een hoofdrol in dit heleverhaal vormen de optelling en de vermenigvuldiging. Door-dat we R nu beschouwen als een deelverzameling van C hebbenwe op R nu in principe twee verschillende optellingen en tweeverschillende vermenigvuldigingen. We zullen verifiëren dat ditgelukkig niet het geval is. Voor deze verificatie, en ook alleenvoor deze verificatie, zullen we de symbolen labelen met R en Cals index om aan te geven wélke optelling of vermenigvuldigingwe bedoelen.

Verificatie dat de ’oude’ optelling en vermenigvuldiging op Rovereenkomt met die op C beperkt tot de reële x-as via de hier-boven gedefinieerde ’identificatie-afbeelding’ f :

Optelling: Zij a, b ∈ R ⊂ C. We moeten laten zien dat geldt:f(a+R b) = f(a)+C f(b). We vinden dit door uitschrijven:

f(a+R b) := (a+R b, 0) =: (a, 0) +C (b, 0) =: f(a) +C f(b).


Vermenigvuldiging: Zij a, b ∈ R ⊂ C. We moeten laten ziendat geldt: f(a ·R b) = f(a) ·C f(b). We vinden dit dooruitschrijven, maar deze keer beginnen we aan de anderekant:

f(a)·Cf(b) := (a, 0)·C(b, 0) := (a·Rb−R0·R0, a·R0+R0·Rb) =

(ab, 0) =: f(ab) = f(a ·R b).

Om meteen over te kunnen gaan op de standaard schrijfwijzevan complexe getallen maken we de volgende afspraken:

• Complexe getallen (a, 0) op de x-as noteren we als a enniet als f(a). Dit strookt met de afspraak dat we complexegetallen op de x-as reëel noemen.

• Vanaf nu zullen we de afbeelding f niet meer noemen.Deze afbeelding was nodig om R te kunnen beschouwenals een deelverzameling van C en bovenstaande verficatieuit te kunnen schrijven.

• Het complexe getal (0, 1) noteren we als i.

• Het symbool · voor de vermenigvuldiging van complexegetallen wordt vaak weggelaten.

De belangrijkste afspraak noemen we even apart: Vanaf nu zul-len we de notatie (a, b) voor een complex getal niet meer gebrui-ken. In plaats van (a, b) schrijven we a+bi. Let wel, de afspraakbetreft het niet meer gebruiken van de notatie (a, b) en niet de


’a + bi’. De expressie ’a + bi’ heeft namelijk betekenis, en weldie van (a, b):

a+bi = (a, 0)+(b, 0)·(0, 1) = (a, 0)+(b·0−0·1, b·1+0·0) = (a, 0)+(0, b) = (a, b).

Wie het leuk vindt, kan nu alvast het kwadraat van i uitreke-nen. De uitwerking in dit dictaat laten we even rusten tot weeen beter meetkundig zicht hebben op de vermenigvuldiging vancomplexe getallen.

5.2.1 Pas op de plaats

Hierboven is gedefinieerd het rekenkundige systeem der com-plexe getallen als uitbreiding van de reële getallen. Het is be-langrijk nu eerst precies op een rijtje te zetten wat we wél enwat we (nog) niét weten/kunnen. De terminologie en symbo-len (+ en ·) die we bij C gebruiken is namelijk nogal suggestief.Om precies te kunnen doen wat we hier moeten doen, moetenwe vage kreten als rekenkundige systemen vermijden. Daaromgeven we hier de definitie waar het bij Q, R en C om gaat:

Definitie 28 (Lichaam) Zij K een verzameling met twee bi-naire operatoren + en ·. Het vijftal (K,+, ·, 0, 1), met 0 ∈ K en1 ∈ K, heet een lichaam als geldt:

1. ∀a, b, c ∈ K : a+(b+c) = (a+b)+c en a ·(b ·c) = (a ·b) ·c.Met andere woorden: de optelling en vermenigvuldigingzijn associatief.


2. ∀a, b ∈ K : a+b = b+a en a·b = b·a. Met andere woorden:de optelling en vermenigvuldiging zijn commutatief.

3. ∀a, b, c ∈ K : a · (b + c) = a · b + a · c. Met andere woor-den: de vermenigvuldiging is distributief ten opzichte vande optelling.

4. ∀x ∈ K : x + 0 = 0 + x = x. Dit element 0 heet hetneutrale element voor de optelling.

5. ∀x ∈ K : ∃y ∈ K : x + y = y + x = 0. Dit element ywordt genoteerd als −x en heet de additieve inverse vanx of tegengestelde van x. Dus: ∀x ∈ K : x + (−x) =(−x) + x = 0.

6. ∀x ∈ K : 1 · x = x · 1 = x. Dit element 1 heet het neutraleelement voor de vermenigvuldiging.

7. ∀x ∈ K met x 6= 0 : ∃y ∈ K : x ·y = y ·x = 1. Dit elementy heet de multiplicatieve inverse van x en wordt genoteerdals x−1. Dus: ∀x ∈ K : x · x−1 = x−1 · x = 1.

8. 0 6= 1.

Lichamen en andere algebräısche structuren als groepen, ringenworden in de algebra bestudeerd. Het is voor de lezer misschienwel een aardige opgave de volgende punten te verifiëren:

• Het 0-element in een lichaam is uniek. Dat wil zeggen, ineen lichaam is er maar één element dat neutraal is t.o.v.de optelling.


• Het 1-element in een lichaam is uniek. Dat wil zeggen, ineen lichaam is er maar één element dat neutraal is t.o.v.de vermenigvuldiging.

• De laatste voorwaarde (0 6= 1) is een wezenlijke en volgtniet uit de voorgaande.

De twee meest bekende voorbeelden van lichamen zijn Q en R.Omdat geldt Q ⊂ R en de optelling en vermenigvuldiging vanQ compatibel is met die van R, heet R een lichaamsuitbreidingvan Q.Hoe zit het nu met C? We weten het volgende:

• Op C is een optelling en een vermenigvuldiging gedefini-eerd.

• Er geldt R ⊂ C.

• De optelling en vermenigvuldiging op R is compatibel metdie van C.

• De verzameling R (met + en ·) is een lichaam.

Wat we echter nog niet weten, is of C (met de gedefinieerde op-telling en vermenigvuldiging) een lichaam is! Met andere woor-den: we weten nog niet of C een lichaamsuitbreiding van R is.Om deze vraag te kunnen beantwoorden beschouwen we de op-telling en en in het bijzonder de vermenigvuldiging op C eersteens wat nader.


5.2.2 De optelling nader beschouwd

De optelling op R2 is waarschijnlijk een bekende operatie. Hetis in wezen niets anders dan de optelling waarbij we de elemen-ten van R2 beschouwen als vectoren. De volgende twee figurenmaken dit visueel.

Im-as

Re-as

z1

z2

z1 + z2

b

a

d

c

b+ d

a+ c

z1 = a+ bi

z2 = c+ di

z1 + z2 =

(a+ c) + (b+ d)i

0

Figuur 11: Het optellen van complexe getallen m.b.v. reëel enimaginair deel.


Im-as

Re-as

z1

z2

z1 + z2

b

a

d

c

b+ d

a+ c

z1 = a+ bi

z2 = c+ di

z1 + z2 =

(a+ c) + (b+ d)i

0

Figuur 12: Het optellen van complexe getallen ’als vectoren’.

We zouden nu al enkele punten in de definitie van een lichaamkunnen controleren, maar om alles in één keer te kunnen doen,beschouwen we eerst de vermenigvuldiging.

5.2.3 De vermenigvuldiging nader beschouwd

De vermenigvuldiging van complexe getallen oogt op het eerstegezicht misschien wat vreemd, maar als we de vermenigvuldigingin termen van poolcoördinaten beschrijven, wordt het een stukhelderder. Eerst hebben we echter een paar begrippen nodig.


Definitie 29 Zij z ∈ C\{0}. Dan bestaan er r ∈ R>0 en φ ∈[0, 2π〉 zodanig dat z = r cos(φ) + ir sin(φ). Hierin heet r demodulus en φ het argument van z. Notatie:

• |z| is de modulus van z,

• arg(z) is het argument van z.

De modulus |z| wordt ook wel de absolute waarde van z genoemd.

Im-as

Re-as

z

φ = arg(z)

|z|

Figuur 13: Argument en modulus van een complex getal

Merk op dat de modulus en het argument van een complex getalz uniek zijn. De modulus is immers de afstand in R2 van z tot de


oorsprong en het argument de hoek die de vector z maakt methet positieve deel van de x-as. Door de hoek in [0, 2π〉 te nemen,is ook deze uniek. Voor complexe getallen ongelijk aan nul zijnmodulus en argument niets anders dan de poolcoördinaten vandeze getallen opgevat als punten in R2.Als we de vermenigvuldiging op C in poolcoördinaten uitschrij-ven, zien we wat deze bewerking meetkundig inhoudt:

Zij z1 = r1 cos(φ1) + ir1 sin(φ1) en z2 = r2 cos(φ2) + ir2 sin(φ2)twee complexe getallen ongelijk aan nul. Dan geldt voor hetprodukt:

z1 · z2 = (r1 cos(φ1) + ir1 sin(φ1)) · (r2 cos(φ2) + ir2 sin(φ2))= (r1 cos(φ1), r1 sin(φ1)) · (r2 cos(φ2), r2 sin(φ2))= (r1 cos(φ1)r2 cos(φ2)− r1 sin(φ1)r2 sin(φ2),

r1 cos(φ1)r2 sin(φ2) + r1 sin(φ1)r2 cos(φ2))= (r1r2 cos(φ1 + φ2), r1r2 sin(φ1 + φ2))

We vinden dus:

• |z1 · z2| = |z1| · |z2|,

• arg(z1 · z2) = arg(z1) + arg(z2).

Met andere woorden: het vermenigvuldigen van complexe getal-len (ongelijk aan nul) komt neer op het optellen van argumentenen vermenigvuldigen van moduli:


Im-as

Re-as

z1z2

z1 · z2

φ1

φ1 φ2

|z1| · |z2|

Figuur 14: Het produkt van twee complexe getallen

Een fraai feit vinden we, als we het kwadraat van i uitrekenen.De modulus van i is 1 en het argument is 12π, dus de modulusvan i2 is ook 1 en het argument is π. Oftewel:

i2 = −1,

en natuurlijk ook:

(−i)2 = −1.


5.2.4 C is inderdaad een lichaam

We hebben nu genoeg inzicht in handen om te verifiëren dat Cinderdaad een lichaam is. Een aantal onderdelen had al meteenna de definitie van C gecontroleerd kunnen worden, maar het iswel zo netjes alle verificaties in één keer te doen.

Associativiteit: Dit kan gecontroleerd worden door saai uit-schrijven van de definities, hetgeen we graag aan de lezeroverlaten. Mooier zijn de volgende twee argumenten. Deoptelling is dezelfde als die in R2 opgevat als vectorruimteen deze optelling is associatief, dus ook die van C. Verme-nigvuldiging is voor getallen ongelijk aan 0 niets andersdan een combinatie van twee onderling onafhankelijk enelk associatieve bewerkingen: optellen van argumenten envermenigvuldigen van moduli. Zodra het getal 0 als éénde factoren voorkomt, is het eindantwoord van de verme-nigvuldiging altijd 0, dus dat geval gooit geen roet in heteten. Derhalve is de vermenigvuldiging op C associatief.

Commutativiteit: Dit kan wederom gecontroleerd worden doorsaai uitschrijven van de definities, hetgeen we ook dezekeer graag aan de lezer overlaten. Mooier zijn de volgendetwee argumenten. De optelling is nog steeds dezelfde alsdie in R2 opgevat als vectorruimte en deze optelling is com-mutatief, dus ook die van C. Vermenigvuldiging is voorgetallen ongelijk aan 0 niets anders dan een combinatievan twee onderling onafhankelijk en elk commutatieve be-werkingen: optellen van argumenten en vermenigvuldigen


van moduli. Zodra het getal 0 als één de factoren voor-komt, is het eindantwoord van de vermenigvuldiging altijd0, dus dat geval gooit geen roet in het eten. Derhalve isde vermenigvuldiging op C commutatief.

Distributiviteit: Ook hier is saai uitschrijven een opgave voorde lezer, maar ook hier is er een mooier argument. Verme-nigvuldiging met een complex getal z = a+bi met a, b ∈ Ris voor C beschouwd als de reële vectorruimte R2 een li-neaire afbeelding van R2 naar zichzelf. De matrix M vandeze afbeelding ten opzichte van de standaardbasis van R2is:

M =(a −bb a

)Lineaire afbeeldingen zijn per definitie ’distributief’ overde optelling. Derhalve is in C de vermenigvuldiging dis-tributief over de optelling.

Het nulelement: Deze is snel gevonden: het getal 0 ∈ C isneutraal ten opzichte van de optelling.

De additieve inverse: Ook deze is snel gevonden: de additie-ve inverse van z = a+bi is (−a)+(−b)i, hetgeen genoteerdwordt als −a− bi.

Het eenheidselement : Het getal 1 is het eenheidselement.

De multiplicatieve inverse: Hier wordt het interessant. Hetzou mogelijk zijn het volgende te doen. Zij z = a+bi ∈ C∗.Dan is aa2+b2−

ba2+b2 i de inverse van z. Bewijs: reken maar


na. Dit zou natuurlijk de existentie van de multiplicatie-ve inverse bewijzen, maar enig inzicht levert dit niet op.Veel fraaier is het de situatie te beschouwen in termen vanpoolcoördinaten. Zij z = a+bi ∈ C∗ met modulus r en ar-gument φ, dan is de multiplicatieve inverse van z het getalmet modulus 1r en argument −φ(+2π). De 2π moet bij −φworden opgeteld als φ ongelijk is aan 0 om het argumentweer in [0, 2π〉 te krijgen. Het produkt van z met deze ge-claimde inverse heeft dan als argument φ+ (−φ+ 2π) ≡ 0mod 2π en modulus r · 1r = 1. Dit produkt is dus 1, het-geen bewijst dat we inderdaad de inverse van z te pakkenhebben.

Nul en één zijn verschillend: Dit volgt uit het feit dat in R2geldt:

(0, 0) 6= (1, 0).


Im-as

Re-as

r

z

φ

1r

z−1

−φ

Figuur 15: De inverse van een complex getal

Gevolg: C is een lichaam en dus een lichaamsuitbreiding van R.Dat C een lichaam is, heeft onder andere tot gevolg dat je eenheleboel vertrouwde rekenregels ook voor complexe getallen ge-bruikt mogen worden. We geven een voorbeeld:

Zij a, b ∈ C. Dan geldt: (a + b)2 = a2 + 2ab + b2. Zo op hetoog lijkt dit misschien flauw, maar we hebben wel degelijk eenaantal lichaamseigenschappen nodig om dit te kunnen bewijzen:


(a+ b)2 = (a+ b) · (a+ b)= (a+ b) · a+ (a+ b) · b (1)= a · (a+ b) + b · (a+ b) (2)= a · a+ a · b+ b · a+ b · b (3)= a2 + ab+ ba+ b2

= a2 + ab+ ab+ b2 (4)= a2 + ab(1 + 1) + b2 (5)= a2 + ab · 2 + b2 (6)= a2 + 2ab+ b2

Toelichting:

(1) Distributiviteit,

(2) commutativiteit van de vermenigvuldiging,

(3) distributiviteit,

(4) commutativiteit van de vermenigvuldiging,

(5) distributiviteit,

(6) gebruiken dat in C geldt 1 + 1 = 2.

Over C is erg veel te zeggen, maar wij zullen ons hier beperkentot drie bijzondere zaken:


• De Stelling van De Moivre

• De functie z → ez

• De Hoofdstelling van de algebra

5.3 De Stelling van De Moivre

Kwadrateren van een complexe getal z komt meetkundig neer ophet verdubbelen van het argument en het kwadraat nemen vande modulus. Een interessante situatie is die waarin de modulusvan het z gelijk is aan 1. Met andere woorden, als geldt:

z = cos(φ) + i sin(φ).

Hierin is φ het argument van z.

We kunnen nu op twee manieren z2 uitrekenen: gebruik makenvan de meetkundige interpretatie of het uitwerken van (cos(φ)+i sin(φ))2.

Via de meetkundige interpretatie vinden we onmiddellijk:

z2 = cos(2φ) + i sin(2φ).

Via haakjes wegwerken2 vinden we:

z2 = (cos(φ) + i sin(φ))2

= (cos(φ))2 + 2 cos(φ)i sin(φ) + (i sin(φ))2

= (cos2(φ)− sin2(φ)) + i(2 cos(φ) sin(φ))2Dit gaat als ’vanouds’, omdat C een lichaam is!


Deze twee resultaten combinerend vinden we dus:

cos(2φ) + i sin(2φ) = (cos2(φ)− sin2(φ)) + i(2 cos(φ) sin(φ)).

Aangezien twee complexe getallen aan elkaar gelijk zijn d.e.s.d.a.als zowel het reële én het imaginaire deel gelijk zijn, vinden wetwee bekende goniometrie-formules:

cos(2φ) = cos2(φ)− sin2(φ),sin(2φ) = 2 cos(φ) sin(φ).

Dit lijkt een beetje flauw, want deze formules waren al eerder ge-bruikt. Bovenstaande bevestigt deze formules dus alleen maar.Echt nieuwe resultaten kunnen echter worden gevonden doorderde en hogere machten uit te werken. Zo kunnen alle formu-les gevonden worden voor cos(nφ) en sin(nφ), met n ∈ Z>1. Ditfraaie resultaat wordt samengevat in de stelling van De Moivre:

Stelling 19 (De Moivre) Zij n ∈ Z>0. Dan geldt:

∀φ ∈ R : (cos(φ) + i sin(φ))n = cos(nφ) + i sin(nφ)

Met behulp van de stelling van De Moivre kunnen voor iederen ∈ Z>0 zowel sin(nφ) als ook cos(nφ) uitgedrukt worden incos(φ) en sin(φ).


5.4 De functie z → ez

Complexe getallen spelen onder andere een belangrijke rol in deanalyse; met name in de zogenaamde complexe analyse. In dereële analyse speelt de functie

f : R → Rx → ex

een belangrijke rol.

Het is hier nu de wens op C een complexe functie ’ez’ te definië-ren die beperkt tot R de functie ex is en die verder vergelijkbareeigenschappen heeft als de reële functie x→ ex:

• ∀n ∈ Z>0 : ∀z ∈ C : (ez)n = enz

• ∀z1, z2 ∈ C : ez1 · ez2 = ez1+z2

In beginsel is het helemaal niet duidelijk dat zo’n functie bestaat!Áls hij bestaat, geldt in ieder geval het volgende. Zij z = a+ bi,met a, b ∈ R. Dan moet gelden:

ez = ea+bi = ea · ebi.

De eerste factor ea ligt vast daar a een reëel getal is. We moe-ten dus op zoek naar een zinvolle definitie voor ebi. Deze wordtons op een zilveren dienblad aangereikt door de voorgaande be-schouwingen rondom de stelling van De Moivre:


Definitie 30 De exponentiële functie ez op C wordt gedefini-eerd door:

ea+bi := ea(cos(b) + i sin(b)).

We controleren of deze inderdaad aan de eisen voldoet:

• De beperking van ez tot R is inderdaad de ’oude’ ex:

ea+0·i = ea(cos(0) + i sin(0)) = ea(1 + i · 0) = ea

• Zij n ∈ Z>0. Dan geldt:

(ez)n =(ea+bi

)n= (ea(cos(b) + i sin(b)))n

= ena(cos(b) + i sin(b))n

= ena(cos(nb) + i sin(nb)) [De Moivre]= ena+inb

= enz

• Zij z1, z2 ∈ C. Dan geldt:

ez1 · ez2 = ea1+ib1 · ea2+ib2

= ea1(cos(b1) + i sin(b1)) · ea2(cos(b2) + i sin(b2))= ea1+a2(cos(b1) + i sin(b1)) · (cos(b2) + i sin(b2))= ea1+a2(cos(b1 + b2) + i sin(b1 + b2))= e(a1+a2)+i(b1+b2)

= e(a1+ib1)+(a2+ib2)

= ez1+z2


Klaar!

5.5 De Hoofdstelling van de algebra

Bij elke uitbreiding/vergroting van getallenverzamelingen die wetot nu toe gezien hebben, werden meer polynomiale vergelijkin-gen oplosbaar. Bijvoorbeeld:

• N: ’x+ 3 = 7’ is oplosbaar, maar ’x+ 5 = 3’ niet.

• Z: ’x+ 5 = 3’ is oplosbaar, maar ’3x+ 5 = 3’ niet.

• Q: ’3x+ 5 = 3’ is oplosbaar, maar ’x2 = 3’ niet.

• R: ’x2 = 3’ is oplosbaar, maar ’x2 + 1 = 0’ niet.

• C: ’x2 + 1 = 0’ is oplosbaar (met i en −i als oplossingen),maar · · · niet?

De vraag is nu of er op de stippeltje nog een polynomiale ver-gelijking moet staan. De hoofdstelling uit de algebra geeft hierantwoord op.

Stelling 20 Zij P (z) = anzn + an−1zn−1 + · · · + a1z + a0 eenpolynoom in z over C van positieve graad n. Dat wil zeggen:∀i ∈ {0, · · · , n} : ai ∈ C, an 6= 0 en n ∈ Z>0. Dan heeft devergelijking

P (z) = 0

minstens één oplossing in C.


Een toepassing van het euclidisch algoritme op polynoomringenleert dan dat zo’n vergelijking P (z) = 0 uit de stelling danexact n (mogelijk meervoudige) oplossingen heeft. Zie hiervoorhet college algebra.

We zullen de stelling hier niet bewijzen. Voor het sluitend makenvan een bewijs is namelijk wezenlijk meer wiskunde nodig danwe hier op dit moment voorhanden hebben. We zullen echterwel aannemelijk en vooral inzichtelijk proberen te maken dat destelling geldt. Hiervoor zijn enkele observaties nodig.

Zij P (z) = anzn + an−1zn−1 + · · · + a1z + a0 een willekeurigpolynoom in z over C van positieve graad n.We beschouwen P als een afbeelding (functie) van C naar Cen met

Dictaat Caleidoscoop - Universiteit Leidenhfinkeln/downloads/CaleidoscoopA... · 2016. 2. 26. · 1...

Documents

Transcript of Dictaat Caleidoscoop - Universiteit Leidenhfinkeln/downloads/CaleidoscoopA... · 2016. 2. 26. · 1...