Μιγαδικοί 19

mathxl · #1

19. Για κάθε μιγαδικό αριθμό

με

, να αποδείξετε ότι: $\sqrt {\frac{7}{2}} \le \left| {1 + z} \right| + \left| {1 - z + {z^2}} \right| \le 3\sqrt {\frac{7}{6}}$

Σ. Διονύσης · #2

Μήπως υπάρχει κάποιο λάθος?
Για z=1

το δεξύ μέλος δεν ισχύει.

#3

Σ. Διονύσης έγραψε:Μήπως υπάρχει κάποιο λάθος?
Για το δεξύ μέλος δεν ισχύει.

Επειδή δε βλέπω τον Βασίλη συνδεδεμένο.
Έχεις δίκιο. Το άνω φράγμα πρέπει να γίνει $\displaystyle{3\sqrt{\frac{7}{6}}.}$

mathxl · #4

Ουπς συγνώμη!!! Λάθος στην αντιγραφή!! Το σωστό είναι όπως το έχει ο Θάνος δηλαδή:
$\displaystyle\sqrt {\frac{7}{2}} \le \left| {1 + z} \right| + \left| {1 - z + {z^2}} \right| \le 3\sqrt {\frac{7}{6}}$

mathxl · #5

Μμμμ είναι ίδια με την 28 αλλά με καλύτερα φράγματα!!

Να την κρατήσουμε εφόσον αποδειχθεί με κάποιο άλλο τέχνασμα από την 28 viewtopic.php?f=51&t=38254 ειδάλλως να την αντικαταστήσουμε.
Δείτε και το ιι εδώ για να ολοκληρωθεί η συλλογή viewtopic.php?f=51&t=38307

#6

Βλ. Andreescu-Andrica, σελ. 13, πρόβλημα 5.

Αντιγράφω τη βασική ιδέα:

Αν $t=|1+z|\in [0,2]$ , τότε $|1-z+z^2|=\sqrt{|7-2t^2|}$ . Αρκεί να βρεθούν τα ακρότατα της συνάρτησης $f:[0,2]\to \mathbb{R}$ με

$f(t)=t+\sqrt{|7-2t^2|}$ .

Αποδεικνύεται (γραφικά) ότι $f(\sqrt{\frac{7}{2}})\leq f(t)\leq f(\sqrt{\frac{7}{6}})$ για κάθε $t \in [0,2]$ , κτλ.

Φιλικά,

Αχιλλέας

orestisgotsis · #7

ΠΕΡΙΤΤΑ

hsiodos · #8

mathxl έγραψε:19. Για κάθε μιγαδικό αριθμό με , να αποδείξετε ότι: $\sqrt {\frac{7}{2}} \le \left| {1 + z} \right| + \left| {1 - z + {z^2}} \right| \le 3\sqrt {\frac{7}{6}}$

Βασίλη έχω την γνώμη ότι είναι λάθος .

Αν $\displaystyle{A = \left| {\,z + 1\,} \right| + \left| {\,z^2 - z + 1\,} \right|}$ τότε (άσκηση 28)

$\displaystyle{ A_{\min } = \sqrt 3 \,\,,\,\,\,o\tau \alpha \nu \,\,\,\,z = \frac{1}{2} \pm \frac{{\sqrt 3 \,}}{2}i}$ και $\displaystyle{ A_{\max } = \frac{{13}}{4}\,\,,\,\,\,o\tau \alpha \nu \,\,\,\,z = - \frac{7}{8} \pm \frac{{\sqrt {15} \,}}{8}i\,}$

Γιώργος

mathxl · #9

Οκ, την αντικαθιστώ με αυτήν: Putnam 1989 A3, http://math.stanford.edu/~vakil/putnam0 ... m4.pdfαφού βλέπω ότι και σωστή να ήταν επαναλαμβάνεται το ίδιο πράγμα με άλλες δύο ασκήσεις που ήδη υπάρχουν.

19. Έστω $z \in C$ τέτοιος ώστε: $11{z^{10}} + 10i{z^9} + 10iz - 11 = 0$ . Να αποδείξετε ότι |z| = 1

.
Με λύσεις εδώ viewtopic.php?f=51&t=27420.

#10

hsiodos έγραψε:
mathxl έγραψε:19. Για κάθε μιγαδικό αριθμό με , να αποδείξετε ότι: $\sqrt {\frac{7}{2}} \le \left| {1 + z} \right| + \left| {1 - z + {z^2}} \right| \le 3\sqrt {\frac{7}{6}}$
Βασίλη έχω την γνώμη ότι είναι λάθος .

Αν $\displaystyle{A = \left| {\,z + 1\,} \right| + \left| {\,z^2 - z + 1\,} \right|}$ τότε (άσκηση 28)

$\displaystyle{ A_{\min } = \sqrt 3 \,\,,\,\,\,o\tau \alpha \nu \,\,\,\,z = \frac{1}{2} \pm \frac{{\sqrt 3 \,}}{2}i}$ και $\displaystyle{ A_{\max } = \frac{{13}}{4}\,\,,\,\,\,o\tau \alpha \nu \,\,\,\,z = - \frac{7}{8} \pm \frac{{\sqrt {15} \,}}{8}i\,}$

Γιώργος

Ενδιαφέρον! Έχεις δίκιο, Γιώργο! Οι Andreescu-Andrica έκαναν λάθος στις πράξεις,τις οποίες υιοθέτησα άκριτα χωρίς να τσεκάρω:

Αν z=a+ib

και

, τότε αφού a^2+b^2=1

, έχουμε

$\displaystyle{|1-z+z^2|= \sqrt{(a^2-a-b^2+1)^2+(2ab-b)^2}=\sqrt{(2a^2-a)^2+(2ab-b)^2}=\sqrt{(a^2+b^2)(2a-1)^2}=|2a-1|=|t^2-3|}$

Κι άρα f(t)=t+|t^2-3|

με min και max αυτά που δίνει ο Γιώργος!

Υ.Γ. Ορέστη, με συγχωρείς για τον κόπο σου!

Φιλικά,

Αχιλλέας

orestisgotsis · #11

ΠΕΡΙΤΤΑ

#12

achilleas έγραψε:.... Οι Andreescu-Andrica έκαναν λάθος στις πράξεις,...

Μετά από επικοινωνία με τον Andreescu, πληροφορήθηκα πως το λάθος έχει διορθωθεί στη 2η έκδοση του βιβλίου (είναι στον εκδότη).

Φιλικά,

Αχιλλέας

Μιγαδικοί 19

Μιγαδικοί 19

Re: Μιγαδικοί 19

Re: Μιγαδικοί 19

Re: Μιγαδικοί 19

Re: Μιγαδικοί 19

Re: Μιγαδικοί 19

Re: Μιγαδικοί 19

Re: Μιγαδικοί 19

Re: Μιγαδικοί 19

Re: Μιγαδικοί 19

Re: Μιγαδικοί 19

Re: Μιγαδικοί 19

Μέλη σε σύνδεση