Μιγαδικοί 28

mathxl · #1

28. Θεωρούμε όλους τους μιγαδικούς

με $\displaystyle{\left| z \right| = 1}$ . Αποδείξτε ότι: $\sqrt 3 \le \left| {1 + z} \right| + \left| {1 - z + {z^2}} \right| \le \frac{{13}}{4}$ .

Μετά την μάσα έπονται και άλλες!

kostas_zervos · #2

Θα δώσω μια λύση με συνδυασμό γεωμετρίας και συναρτήσεων. Δεν έχω ψάξει για καθαρά αλγεβρική και ίσως πιο εύκολη από την παρακάτω:

Αν z_1=-1

με εικόνα το A(-1,0)

και $z_2=\dfrac{1+i\sqrt{3}}{2}\;,\;z_3=\dfrac{1-i\sqrt{3}}{2}$ οι ρίζες του z^2-z+1

με εικόνες τα $B\left(\dfrac{1}{2}\;,\;\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$ , $C\left(\dfrac{1}{2}\;,\;-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$ τότε εύκολα βλέπουμε ότι το τρίγωνο $\overset{\triangle}{ABC}$ είναι ισόπλευρο πλευράς $\sqrt{3}$ και εγγεγραμμένο στον κύκλο με κέντρο O(0,0)

και ακτίνα R=1

.

Αν

η εικόνα του

τότε

, άρα το

ανήκει στον παραπάνω κύκλο.

Άρα ζητάμε να αποδείξουμε ότι $\sqrt{3}\leq|z+1|+|z^2-z+1|\leq \dfrac{13}{4}\iff$
$\iff \sqrt{3}\leq |z-(-1)|+\left|z-\dfrac{1+i\sqrt{3}}{2}\right|\left|z-\dfrac{1-i\sqrt{3}}{2}\right|\leq \dfrac{13}{4}\iff$

$\iff \sqrt{3}\leq (MA)+(MB)(MC)\leq \dfrac{13}{4}$ .

Υπάρχουν τρεις περιπτώσεις για το

:

α)Να βρίσκεται στο τόξο $\overset{ \frown}{BC}=120^o$ .

: ask97.png (38.51 KiB) Προβλήθηκε 655 φορές

Τότε ισχύει ότι (MA)=(MB)+(MC)

, άρα πρέπει να δείξουμε ότι $\sqrt{3}\leq (MB)+(MC)+(MB)(MC)\leq \dfrac{13}{4}$ .

Αλλά $B\hat{M}C=120^o$ , άρα από Ν. Συνημιτόνων : $(BC)^2=(MB)^2+(MC)^2+(MB)(MC) \iff$
$3=\left[(MB)+(MC)\right]^2-(MB)(MC) \iff$
$\iff (MB)+(MC)=\sqrt{3+(MB)(MC)}$ .

Άρα $(MB)+(MC)+(MB)(MC)=\sqrt{3+(MB)(MC)}+(MB)(MC)$ .

Από το τρίγωνο $\overset{\triangle}{MBC}$ έχουμε $(MBC)=\dfrac{1}{2}(MB)(MC)\sin 120^o \iff (MB)(MC)=\dfrac{4(MBC)}{\sqrt{3}}$ .

Αλλά $(MBC)=\dfrac{1}{2}(BC)\cdot (MH)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}(MH)$ , όπου

το ύψος του από το

.
Όμως $0\leq (MH)\leq (DP)=\dfrac{1}{2}$ , επομένως $0\leq (MB)(MC)\leq 1$ .

Έτσι αν θέσουμε (MB)(MC)=t

με $t\in[0,1]$ έχουμε ότι $(MB)+(MC)+(MB)(MC)=\sqrt{3+t}+t=f(t)\;,\;t\in[0,1]$ .

Η

είναι γνησίως αύξουσα στο [0,1]

, άρα $f(0)\leq f(t)\leq f(1) \iff \sqrt{3}\leq (MB)+(MC)+(MB)(MC)\leq 3<\dfrac{13}{4}\;\;\color{red}{(1)$ .

β)Να βρίσκεται στο τόξο $\overset{ \frown}{AB}=120^o$ .

: ask98.png (30.14 KiB) Προβλήθηκε 655 φορές

Τότε ισχύει ότι $(MC)=(MB)+(MA) \iff (MA)=(MC)-(MB)$ , άρα πρέπει να δείξουμε ότι $\sqrt{3}\leq (MC)-(MB)+(MB)(MC)\leq \dfrac{13}{4}$ .

Αλλά $B\hat{M}C=60^o$ , άρα από Ν. Συνημιτόνων : $(BC)^2=(MB)^2+(MC)^2-(MB)(MB) \iff$
$\iff 3=\left[(MC)-(MB)\right]^2+(MB)(MC) \iff$
$\iff (MC)-(MB)=\sqrt{3-(MB)(MC)}$ .

Άρα $(MC)-(MB)+(MB)(MC)=\sqrt{3-(MB)(MC)}+(MB)(MC)$ .

Από το τρίγωνο $\overset{\triangle}{MBC}$ έχουμε $(MBC)=\dfrac{1}{2}(MB)(MC)\sin 60^o \iff (MB)(MC)=\dfrac{4(MBC)}{\sqrt{3}}$ .

Αλλά $(MBC)=\dfrac{1}{2}(BC)\cdot (MH)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}(MH)$ , όπου

το ύψος του από το

.
Όμως $0\leq (MH)\leq (DA)=\dfrac{3}{2}$ , επομένως $0\leq (MB)(MC)\leq 3$ .

Έτσι αν θέσουμε (MB)(MC)=t

με $t\in[0,3]$ έχουμε ότι $(MC)-(MB)+(MB)(MC)=\sqrt{3-t}+t=g(t)\;,\;t\in[0,3]$ .

Η

έχει παράγωγο $g'(t)=\dfrac{2\sqrt{3-t}-1}{2\sqrt{3-t}}\;,\;t\in[0,3)$ και έχει μέγιστο το $g\left(\dfrac{11}{4}\right)=\dfrac{13}{4}$ ελάχιστο το $g(0)=\sqrt{3}$ $g(0)\leq g(t)\leq g\left(\dfrac{11}{4}\right) \iff \sqrt{3}\leq (MC)-(MB)+(MB)(MC)\leq \dfrac{13}{4}\;\;\color{red}{(2)$ .

γ)Να βρίσκεται στο τόξο $\overset{ \frown}{AC}=120^o$ .
Όμοια με το (β).

Τελικά σε όλες τις περιπτώσεις $\sqrt{3}\leq (MA)+(MB)(MC)\leq \dfrac{13}{4} \iff \sqrt{3}\leq|z+1|+|z^2-z+1|\leq \dfrac{13}{4}$ .

parmenides51 · #3

με βοηθητικά ερωτήματα υπάρχει λυμένη:

παλιότερα εδώ

επίσης στην Συλλογή ασκήσεων στα Μαθηματικά Κατεύθυνσης του

του 2011 , είναι η άσκηση 3 (με την ίδια λύση με την παλιότερη)

και μιας και αρχικά προτάθηκε για την παραπάνω συλλογή και λύθηκε εδώ
αντιγράφω εκφώνηση και τις δοθείσες τότε λύσεις για να είναι συγκεντρωμένες και να διαβάζονται πιο εύκολα

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Άσκηση 3η

Έστω $z\epsilon C \epsilon$ , με $\left|z \right|=1$ και $\left|z+1 \right|=a$ , όπου
$a\epsilon R$ . Να αποδείξετε ότι :

(1) $0\leq a\leq 2$

(2) $Re(z)=\frac{a^{2}-2}{2}$

(3) $\left|z^{2}-z+1 \right|=\left|a^{2}-3 \right|$

(4) $\sqrt{3}-a\leq \left|z^{2}-z+1 \right|\leq \frac{13}{4}-a$

dennys έγραψε:Για την 3)
a)αρχικά $a\ge0, |z+1|=a\ge0$ και με τριγωνική $0\le a=|z+1|\le|z|+1=1+1=2.$ Τώρα $|z+1|^2=a^2,...z\overline{z}+2Re(z)+1=a^2,,Re(z)=\frac{a^2-2}{2}$
σε λίγο και τ'αλλο
dennys

dennys έγραψε:για το γ) εχουμε $z\overline{z}=1$ και $(z+1)(\overline{z+1})=a^2, z+1=\displaystyle\frac{a^2}{\overline{z}+1}=\frac{a^2}{\frac{1}{z}+1}=\frac{a^2z}{1+z}$ και
και αν μετράρω

chris_gatos έγραψε:
dennys έγραψε:για το γ) εχουμε $z\overline{z}=1$ και $(z+1)(\overline{z+1})=a^2, z+1=\displaystyle\frac{a^2}{\overline{z}+1}=\frac{a^2}{\frac{1}{z}+1}=\frac{a^2z}{1+z}$ και
και αν μετράρω
Καλημέρα Dennys και χρόνια πολλά.
Απλά μία επισήμανση στη λύση σου.
Ο μιγαδικός μπορεί κάλλιστα να λάβει την τιμή επομένως στη λύση θα ήταν καλύτερα αρχικά να επισημάνουμε
πως η ζητούμενη αληθεύει για και στη συνέχεια να δουλέψουμε για $z \ne -1$ .

pito έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 3η:

Ένας δεύτερος ( δύσκολος) τρόπος για το (γ):

$|z^{2}-z+1|=|a^{2}-3|\Leftrightarrow |z^{2}-z+1||z+1|=|a^{2}-3||z+1|\Leftrightarrow |z^{3}+1|=a|a^{2}-3|\Leftrightarrow |z^{3}+1|^{2}=a^{2}(a^{2}-3)^{2}\Leftrightarrow (z^{3}+1)(\bar{z}^{3}+1)=a^{6}-6a^{4}+9a^{2}\Leftrightarrow |z|^{6}+z^{3}+(\bar{z})^{3}+1=a^{6}-6a^{4}+9a^{2}\Leftrightarrow 1+(z+\bar{z})^{3}-3z\bar{z}(z+\bar{z})+1=a^{6}-6a^{4}+9a^{2}\Leftrightarrow 1+(a^{2}-2)^{3}-3(a^{2}-2)+1=a^{6}-6a^{4}+9a^{2}\Leftrightarrow ...\Leftrightarrow 0=0$ , που ισχύει άρα και το αρχικό.

( Χρησιμοποιηθήκε ότι $z+\bar{z}=2Re(z)=a^{2}-2$ , από το (β) ερώτημα)

Για το (δ):

Αρκεί ( λόγω του (γ)) να δείξουμε ότι $\sqrt{3}-a\leq |a^{2}-3|\leq \frac{13}{4}-a, (a^{2}\in R)$

Δ.ό $\sqrt{3}-a\leq |a^{2}-3|$ (1)

Αν $a\in (\sqrt{3},2]$ , τότε η (1) ισχύει. Για $a=\sqrt{3}$ η (1) ισχύει σαν ισότητα.

Αν $a\in [0,\sqrt{3})$ η (1) ισοδύναμα γίνεται $(\sqrt{3}-a)^{2}\leq (a-\sqrt{3})^{2}(a+\sqrt{3})^{2}\Leftrightarrow 1\leq (a+\sqrt{3})^{2},$ . (2)

Όμως $a\geq 0\Rightarrow a+\sqrt{3}\geq \sqrt{3}\Rightarrow a+\sqrt{3}\geq 1\Rightarrow (a+\sqrt{3})^{2}\geq 1$ και ισχύει η (2).

Δ.ό $|a^{2}-3|\leq \frac{13}{4}-a$ (3) . Είναι $a\leq 2\Rightarrow a\leq \frac{13}{4}$ και η (3) έχει νόημα.

Αρκεί $a-\frac{13}{4}\leq a^{2}-3\leq \frac{13}{4}-a\Leftrightarrow 4a\leq 4a^{2}+1\leq 26-4a\Leftrightarrow 0\leq (2a-1)^{2}\leq 26-8a$ και προφανώς ισχύει $(2a-1)^{2}\geq 0$ και $(2a-1)^{2}\leq 26-8a\Leftrightarrow (2a+1)^{2}\leq 26$ .

Η τελευταία ισχύει γιατί $0\leq a\leq 2\Rightarrow 1\leq 2a+1\leq 5\Rightarrow 1\leq (2a+1)^{2}\leq 25\Rightarrow (2a+1)^{2}\leq 26$

( Στο θέμα (δ) δούλεψα με 2 διαφορετικούς τρόπους για ποικιλία).

Υ.Γ. Οι πρόσφατες αναρτήσεις του Βασίλη (mathxl) βρίσκονται συγκεντρωμένες (με μορφή παραπομπών) στην δημοσίευση συλλογή μιγαδικών by mathxl.inc που βρίσκεται στον φάκελο των ΜΙΓΑΔΙΚΩΝ

parmenides51 · #4

Κώστα ωραία λύση

το σκέφτηκα σαν την είδα μα δεν το είπα εγκαίρως

, αλλά επανόρθωσα

mathxl · #5

parmenides51 έγραψε:Κώστα ωραία λύση

το σκέφτηκα σαν την είδα μα δεν το είπα εγκαίρως , αλλά επανόρθωσα

Πράγματι είναι πολύ ωραία λύση. Δεν την έχω αντιγράψει ακόμα γιατί περιμένω κάποια πιο σύντομη ιδέα (τεμπέλης γαρ

). Άναμένω για κάποιο συντόμευση τουλάχιστον μίας εκ των δύο ανισοτήτων ειδάλλως θα αντιγράψω του Κώστα.

#6

mathxl έγραψε:28. Θεωρούμε όλους τους μιγαδικούς με $\displaystyle{\left| z \right| = 1}$ . Αποδείξτε ότι: $\sqrt 3 \le \left| {1 + z} \right| + \left| {1 - z + {z^2}} \right| \le \frac{{13}}{4}$ .

Λίγο διαφορετικά:

Θέτουμε $\displaystyle{z=x+yi , x,y\in R}$ . Τότε αφού $\displaystyle{|z|=1\Rightarrow x^2 +y^2 =1}$ . Επίσης αφού $\displaystyle{y^2 =1-x^2 \geq 0\Rightarrow}$

$\displaystyle{-1\leq x\leq 1}$ .

Tώρα $\displaystyle{A=|1+z|+|1-z+z^2 |=|(x+1)+yi|+|(1-x+x^2 -y^2 )-y(1-2x)|=}$

$\displaystyle{|(x+1)+yi|+|(2x^2 -x)-y(1-2x)|=}$

$\displaystyle{\sqrt{2x+2}-\sqrt{x^2 (2x-1)+y^2 (2x-1)^2}=\sqrt{2x+2}-|2x-1|=\sqrt{2x-1+3}-|2x-1|}$ .

Θέτουμε $\displaystyle{2x-1=t}$ όπου αφού $\displaystyle{-1\leq x\leq 1 \Rightarrow -3\leq t \leq 1}$ . Tότε $\displaystyle{A=\sqrt{t+3}-|t|}$

*** Έστω $\displaystyle{-3\leq t\leq 0}$ . Τότε από την μελέτη της συνάρτησης $\displaystyle{f(t)=\sqrt{t+3}-t}$ , προκύπτεί ότι έχει ολικό ελάχιστο

το $\displaystyle{\sqrt{3}}$ και ολικό μέγιστο το $\displaystyle{\frac{13}{4}}$ .

*** Έστω $\displaystyle{0\leq t \leq 1}$ . Τότε η συνάρτηση $\displaystyle{f(t)=\sqrt{t+3}+t}$ , έχει παράγωγο $\displaystyle{f{'}(t)=\frac{1}{2\sqrt{t+3}}+1>0}$

και άρα είναι γνησίως αύξουσα. Άρα $\displaystyle{0\leq t\leq 1 \Rightarrow f(0)\leq f(t)\leq f(1)\Rightarrow }$

$\displaystyle{\sqrt{3}\leq f(t)\leq 3}$ . Συνεπώς το ολικό ελάχιστο είναι το $\displaystyle{\sqrt{3}}$ και το ολικό μέγιστο το $\displaystyle{3}$

Aπό τις δύο παραπάνω περιπτώσεις, προκύπτει ότι $\displaystyle{\sqrt{3}\leq A\leq \frac{13}{4}}$

ΣΗΜ: Έκανα διόρθωση μιας απροσεξίας.

mathxl · #7

Μια ακόμη λύση, πάνω κάτω σε ότι κινήθηκε ο Δημήτρης αλλά χωρίς παράγωγο.
Έστω z = x + yi

με ${x^2} + {y^2} = 1:\left( 1 \right)$ αφού $\left| z \right| = 1$ .
Είναι :
$\left| {1 + z} \right| + \left| {1 - z + {z^2}} \right| = \left| {\bar z} \right| \cdot \left| {1 + z} \right| + \left| {\bar z} \right| \cdot \left| {1 - z + {z^2}} \right| = \left| {1 + \bar z} \right| + \left| {\bar z + z - 1} \right| =$

$\sqrt {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + {y^2}} + \left| {2x - 1} \right|\mathop = \limits^{\left( 1 \right)} \sqrt {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + 1 - {x^2}} + \left| {2x - 1} \right| =$

$\sqrt {2x + 2} + \left| {2x - 1} \right| = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\sqrt {2x + 2} + 2x - 1,x \in \left[ {\frac{1}{2},1} \right]}\\ {\sqrt {2x + 2} - \left( {2x - 1} \right),x \in \left[ { - 1,\frac{1}{2}} \right)} \end{array}} \right. =$

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\sqrt {2x + 2} + 2x + 2 - 3,x \in \left[ {\frac{1}{2},1} \right]}\\ {\sqrt {2x + 2} - \left( {2x + 2} \right) + 3,x \in \left[ { - 1,\frac{1}{2}} \right)} \end{array}} \right. = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{t^2} + t - 3,,t \in \left[ {\sqrt 3 ,2} \right]}\\ { - {t^2} + t + 3,t \in \left[ {0,\sqrt 3 } \right)} \end{array}} \right.,t = \sqrt {2x + 2} =$

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{{\left( {t + \frac{1}{2}} \right)}^2} - \frac{{13}}{4},,t \in \left[ {\sqrt 3 ,2} \right]}\\ { - {{\left( {t - \frac{1}{2}} \right)}^2} + \frac{{13}}{4},t \in \left[ {0,\sqrt 3 } \right)} \end{array}} \right.$

$\bullet$ Αν $t \in \left[ {\sqrt 3 ,2} \right] \Rightarrow \sqrt 3 \le t \le 2 \Rightarrow \sqrt 3 + \frac{1}{2} \le t + \frac{1}{2} \le \frac{5}{2} \Rightarrow$
$\displaystyle{\sqrt 3 \le {\left( {t + \frac{1}{2}} \right)^2} - \frac{{13}}{4} \le 3 \Rightarrow \sqrt 3 \le \left| {1 + z} \right| + \left| {1 - z + {z^2}} \right| \le 3 < \frac{{13}}{4}}$

$\bullet$ Αν $t \in \left[ {0,\sqrt 3 } \right): - {\left( {t - \frac{1}{2}} \right)^2} \le 0 \Rightarrow - {\left( {t - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{{13}}{4} \le \frac{{13}}{4} \Rightarrow \left| {1 + z} \right| + \left| {1 - z + {z^2}} \right| \le \frac{{13}}{4}$ .
Για την άλλη φορά, σπάμε το διάστημα στην κορυφή της παραβολής, δηλαδή στα υποδιαστήματα $\left[ {0,\frac{1}{2}} \right]$ και $\left( {\frac{1}{2},\sqrt 3 } \right)$ και με ιδιότητες ανισοτήτων προκύπτει το ζητούμενο.

Άρα σε κάθε περίπτωση ισχύει $\sqrt 3 \le \left| {1 + z} \right| + \left| {1 - z + {z^2}} \right| \le \frac{{13}}{4}.$ .
όλα αυτά για να αποφύγουμε την παράγωγο. Μεεεε...λάτεξ ...δεν παλεύεται.

Μιγαδικοί 28

Μιγαδικοί 28

Re: Μιγαδικοί 28

Re: Μιγαδικοί 28

Re: Μιγαδικοί 28

Re: Μιγαδικοί 28

Re: Μιγαδικοί 28

Re: Μιγαδικοί 28

Μέλη σε σύνδεση