Μιγαδικοί 3

erxmer · #1

Δίνεται η εξίσωση $z^2+az+1=0, a \in R$ .

1) Aν έχει μιγαδικές λύσεις τότε |a|<2

2) Nα υπολογιστεί η παράσταση $\displaystyle{B=\frac{z_1^2+z_2^2}{z_1^5+z_2^5}}$ συναρτήσει του

, όπου

οι αντίστοιχες μιγαδικές λύσεις του τριωνύμου

3) Αποδείξτε οτι οι μιγαδικές λύσεις έχουν μέτρο ίσο με την μονάδα

4) Αν επιπλέον θεωρήσουμε την εξίσωση z^4-bz^3+cz^2-bz+1=0

με $b, c \in R, |b|<4, b^2>4(c-2), c+2>2|b|$ , τότε έχει τέσσερις μιγαδικές λύσεις που ανήκουν στον μοναδιαίο κύκλο.

erxmer · #2

επαναφορά

BAGGP93 · #3

Ωραία άσκηση. Δύσκολο το τελευταίο ερώτημα.

$\displaystyle{1)}$ Για κάθε $\displaystyle{z\in\mathbb{C}}$ έχουμε :

$\displaystyle{z^2+a\,z+1=0\iff \left(z+\dfrac{a}{2}\right)^2=\dfrac{a^2-4}{4}$ .

Αν $\displaystyle{a^2-4\geq 0}$ , τότε η παραπάνω εξίσωση έχει μόνο πραγματικές ρίζες, οπότε :

$\displaystyle{a^2-4<0\iff a^2<4\iff \sqrt{a^2}<\sqrt{4}\iff \left|a\right|<2}$ , όπως θέλαμε .

$\displaystyle{2)}$ Από τους τύπους $\displaystyle{\mathrm{Vieta}}$ έχουμε : $\displaystyle{z_1+z_2=-a\,,z_1\,z_2=1}$ , άρα :

$\displaystyle{z_1^2+z_2^2=\left(z_1+z_2\right)^2-2\,z_1\,z_2=a^2-2}$ και

$\displaystyle{\begin{aligned} z_1^5+z_2^5&=z_1^3\,z_1^2+z_2^3\,z_2^2\\&=z_1^3\,\left(-a\,z_1-1\right)+z_2^3\,\left(-a\,z_2-1\right)\\&=-a\,z_1^4-z_1^3-a\,z_2^4-z_2^3\\&=-a\,\left(z_1^4+z_2^4\right)-\left(z_1^3+z_2^3\right)\\&=-a\,\left[\left(z_1^2+z_2^2\right)^2-2\,\left(z_1\,z_2\right)^2\right]-\left(z_1+z_2\right)\,\left(z_1^2-z_1\,z_2+z_2^2\right)\\&=-a\,\left(a^2-2\right)^2+2\,a+a\,\left(a^2-2-1\right)\\&=-a\,\left(a^2-2\right)^2+2\,a+a\,\left(a^2-2\right)-a\\&=a\,\left(a^2-2\right)\,\left(1-a^2+2\right)+a\\&=a\,\left(3-a^2\right)+a\\&=a\,\left(4-a^2\right)\end{aligned}}$

Η παράσταση $\displaystyle{B}$ ορίζεται για $\displaystyle{a\neq 0}$ και ισούται με $\displaystyle{B=\dfrac{a^2-2}{a\,\left(4-a^2\right)}$ .

$\displaystyle{3)}$ Έχουμε ότι $\displaystyle{z_1=\dfrac{-a-i\,\sqrt{4-a^2}}{2}\,,z_2=\dfrac{-a+i\,\sqrt{4-a^2}}{2}=\bar{z_1}$ , άρα :

$\displaystyle{\left|z_1\right|=\left|z_2\right|=\sqrt{\dfrac{a^2}{4}+\dfrac{4-a^2}{4}}=\sqrt{1}=1}$ .

$\displaystyle{4)}$ Λόγω των προηγούμενων ερωτημάτων, σκέφτηκα το εξής : Μήπως η $\displaystyle{z^4-b\,z^3+c\,z^2-b\,z+1=0}$

γράφεται ως $\displaystyle{\left(z^2+a_1\,z+1\right)\,\left(z^2+a_2\,z+1\right)}$ για κάποια $\displaystyle{a_1\,,a_2\in\mathbb{R}}$

με $\displaystyle{\left|a_{i}\right|<2\,,i\in\left\{1,2\right\}}$ .

Αν αυτό ισχύει, τότε έχουμε το επιθυμητό αποτέλεσμα διότι κάθε όρος του γινομένου θα έχει δύο μιγαδικές ρίζες, άρα η εξίσωση

τέσσερις και, σύμφωνα με το προηγούμενο ερώτημα, όλες θα ανήκουν στον μοναδιαίο κύκλο.

Έστω λοιπόν $\displaystyle{a_1\,,a_2\in\mathbb{R}}$ τέτοια, ώστε :

$\displaystyle{z^4-b\,z^3+c\,z^2-b\,z+1=\left(z^2+a_1\,z+1\right)\,\left(z^2+a_2\,z+1\right)}$ . Τότε :

$\displaystyle{z^4-b\,z^3+c\,z^2-b\,z+1=z^4+\left(a_1+a_2\right)\,z^3+\left(a_1\,a_2+2\right)\,z^2+\left(a_1+a_2\right)\,z+1\implies a_1+a_2=-b\,,a_1\,a_2=c-2}$

Οι σχέσεις αυτές δηλώνουν ότι τα $\displaystyle{a_1\,,a_2\in\mathbb{R}}$ είναι ρίζες του τριωνύμου $\displaystyle{x^2+b\,x+c-2=0}$

του οποίου η διακρίνουσα είναι γνήσια θετική αφού $\displaystyle{\Delta=b^2-4\,\left(c-2\right)>0}$ .

Επί πλέον, $\displaystyle{a_1=\dfrac{-b-\sqrt{b^2-4\,\left(c-2\right)}}{2}\,,a_2=\dfrac{-b+\sqrt{b^2-4\,\left(c-2\right)}}{2}}$ .

Επαλήθευση

$\displaystyle{\begin{aligned} \left(z^2+a_1\,z+1\right)\,\left(z^2+a_2\,z+1\right)&=z^4+\left(a_1+a_2\right)\,z^3+\left(a_1\,a_2+2\right)\,z^2+\left(a_1+a_2\right)\,z+1\\&=z^4+\left(-\dfrac{b}{1}\right)\,z^3+\left(\dfrac{b^2-b^2+4\,\left(c-2\right)}{4}\right)\,z^2+\left(-\dfrac{b}{1}\right)\,z+1\\&=z^4-b\,z^3+c\,z^2-b\,z+1\end{aligned}}$

Επομένως, $\displaystyle{z^4-b\,z^3+c\,z^2-b\,z+1=\left(z^2-\dfrac{b+\sqrt{b^2-4\,\left(c-2\right)}}{2}\,z+1\right)\,\left(z^2-\dfrac{b-\sqrt{b^2-4\,\left(c-2\right)}}{2}\,z+1\right)}$

κατά μοναδικό τρόπο.

Μένει να δειχθεί ότι $\displaystyle{\left|a_{i}\right|<2\,,i\in\left\{1,2\right\}}$ .

Θέλουμε να δείξουμε ότι $\displaystyle{\left|b+\sqrt{b^2-4\,\left(c-2\right)}\right|<4}$ ή ισοδύναμα :

$\displaystyle{-4<b+\sqrt{b^2-4\,\left(c-2\right)}<4}$ ή ισοδύναμα : $\displaystyle{-4-b<\sqrt{b^2-4\,\left(c-2\right)}<4-b$

Μιας και $\displaystyle{\left|b\right|<4}$ έπεται ότι $\displaystyle{-4-b<0}$ και η αριστερή ανισότητα αληθεύει.

Επίσης, $\displaystyle{4-b>0}$ και :

$\displaystyle{\sqrt{b^2-4\,\left(c-2\right)}<4-b\iff b^2-4\,c+8<16-8\,b+b^2\iff 8\,b<8+4\,c\iff 2\,b<2+c}$ η οποία αληθεύει

διότι $\displaystyle{2\,b\leq 2\,\left|b\right|<c+2}$ .

Τέλος, θέλουμε να δείξουμε ότι $\displaystyle{\left|b-\sqrt{b^2-4\,\left(c-2\right)}\right|<4}$ ή ισοδύναμα :

$\displaystyle{-4-b<-\sqrt{b^2-4\,\left(c-2\right)}<4-b}$ . Η δεξιά ανισότητα αληθεύει διότι $\displaystyle{4-b>0}$

και $\displaystyle{-\sqrt{b^2-4\,\left(c-2\right)}<0}$ ενώ για την αριστερή έχουμε :

$\displaystyle{\begin{aligned}-4-b<-\sqrt{b^2-4\,\left(c-2\right)}&\iff \sqrt{b^2-4\,\left(c-2\right)}<4+b (4+b>0)\\&\iff b^2-4\,c+8<b^2+8\,b+16\\&\iff 2\,b>-c-2\\&\iff c+2>-2\,b\end{aligned}}$

και η τελευταία είναι αληθής.

Θεοδωρος Παγωνης · #4

Λίγο διαφορετικά από τον Βαγγέλη , στην αρχή του ερωτήματος 4.

Παρατηρώ ότι η εξίσωση $\displaystyle{{{z}^{4}}-b{{z}^{3}}+c{{z}^{2}}-bz+1=0}$ δεν έχει λύση τον μιγαδικό αριθμό $\displaystyle{z=0}$ αφού δεν την επαληθεύει , επομένως είναι $\displaystyle{z\ne 0}$ .
Άρα η εξίσωση γίνεται $\displaystyle{{{z}^{4}}-b{{z}^{3}}+c{{z}^{2}}-bz+1=0\overset{:{{z}^{2}}\ne 0}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,{{z}^{2}}-bz+c-\frac{b}{z}+\frac{1}{{{z}^{2}}}=0}$ (1) Θέτω $\displaystyle{z+\frac{1}{z}=w}$ οπότε η εξίσωση (1) παίρνει την μορφή $\displaystyle{{{w}^{2}}-2-bw+c=0\Leftrightarrow {{w}^{2}}-bw+c-2=0}$ με $\displaystyle{\Delta ={{b}^{2}}-4(c-2)>0}$ άρα θα έχω : $\displaystyle{\left( z+\frac{1}{z}-\frac{b+\sqrt{{{b}^{2}}-4c+8}}{2} \right)\left( z+\frac{1}{z}-\frac{b-\sqrt{{{b}^{2}}-4c+8}}{2} \right)=0}$ .
Το υπόλοιπο της άσκησης όμοια με τον Βαγγέλη .

Μιγαδικοί 3

Μιγαδικοί 3

Re: Μιγαδικοί 3

Re: Μιγαδικοί 3

Re: Μιγαδικοί 3

Μέλη σε σύνδεση