mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 09, 2014 12:43 am**

Αν $\displaystyle{z\in \mathbb{C}}$ με

, να λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{{{z}^{4}}=z+\bar{z}-{{z}^{2}}}$ .

Υ.Γ. Συγνώμη για την γραφή |Im(z)|<|Re(z)| αλλά δεν μου τα εμφανίζει αλλιώς .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 09, 2014 1:52 am**

Θεοδωρος Παγωνης έγραψε:Αν $\displaystyle{z\in \mathbb{C}}$ με |Im(z)|<|Re(z)| , να λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{{{z}^{4}}=z+\bar{z}-{{z}^{2}}}$ .

Υ.Γ. Συγνώμη για την γραφή |Im(z)|<|Re(z)| αλλά δεν μου τα εμφανίζει αλλιώς .

...μιά νυχτερινή αντιμετώπιση....

Αν $z=x+yi,\,\,\,x,y\in R,\,\,\,|y|<|x|$ και ισοδύναμα ότι ${{z}^{4}}+{{z}^{2}}=z+\bar{z}=2x$ επομένως αναγκαία ο

${{z}^{4}}+{{z}^{2}}$ είναι πραγματικός οπότε ισχύει ότι

$\overline{{{z}^{4}}+{{z}^{2}}}={{z}^{4}}+{{z}^{2}}\Leftrightarrow {{\bar{z}}^{4}}+{{\bar{z}}^{2}}={{z}^{4}}+{{z}^{2}}\Leftrightarrow {{z}^{4}}-{{\bar{z}}^{4}}+{{z}^{2}}-{{\bar{z}}^{2}}=0$

απ όπου έχουμε ότι $({{z}^{2}}-{{\bar{z}}^{2}})({{z}^{2}}+{{\bar{z}}^{2}}+1)=0\Rightarrow z+\bar{z}=0,\,\,\,z-\bar{z}=0,\,\,\,{{z}^{2}}+{{\bar{z}}^{2}}+1=0$

Δηλαδή αναγκαία θα είναι

α) $z+\bar{z}=0$ άρα $z=\beta i,\,\,\beta \in R$ επομένως στην αρχική

${{z}^{4}}+{{z}^{2}}=0\Leftrightarrow {{\beta }^{4}}{{i}^{4}}+{{\beta }^{2}}{{i}^{2}}=0\Leftrightarrow {{\beta }^{4}}-{{\beta }^{2}}=0$ άρα $\beta =0,\,\,\,\beta =1,\,\,\beta =-1$

και αντίστοιχα $z=0,\,\,\,z=i,\,\,z=-i$ που λόγω του |y|<|x|

απορρίπτονται.

β) $z-\bar{z}=0$ άρα $z=a,\,\,a\in R$ επομένως στην αρχική

${{a}^{4}}=a+a-{{a}^{2}}\Leftrightarrow {{a}^{4}}-2a+{{a}^{2}}=0\Leftrightarrow a({{a}^{3}}+a-2)=0$ που προκύπτει ότι

$a=0,\,\,\,\,\,{{a}^{3}}+a-2=0\Leftrightarrow (a-1)({{a}^{2}}+a+2)=0$ άρα

$a=0\Rightarrow z=0$ που απορρίπτεται λόγω |y|<|x|

$a=1\Rightarrow z=1$ δεκτή που επαληθεύει

γ) ${{z}^{2}}+{{\bar{z}}^{2}}+1=0\Leftrightarrow {{z}^{2}}+{{\bar{z}}^{2}}=-1\Leftrightarrow 2({{x}^{2}}-{{y}^{2}})=-1\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow {{x}^{2}}-{{y}^{2}}=-\frac{1}{2}<0\Leftrightarrow {{x}^{2}}<{{y}^{2}}\Leftrightarrow |x|<|y|$

που απορρίπτεται λόγω υπόθεσης.

...μετά από ΠΜ του Θοδωρή έκανα την διόρθωση στην αβλεψία μου...

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 09, 2014 2:28 pm**

Κάπως διαφορετικά ,νομίζω,από την αντιμετώπιση του Βασίλη σε αυτήν την άσκηση του Θοδωρή.

Έστω z=a+bi

και $\displaystyle{ \,\,\,\,w = z^2 \Rightarrow w = a^2 \, - b^2 + 2ab\,i\,\,\, }$ .

Έχουμε $\displaystyle{ \,\left| a \right| \succ \left| b \right| \Leftrightarrow a^2 \succ b^2 \Leftrightarrow a^2 - b^2 \succ 0 \Leftrightarrow \,\,\,\,{\mathop{\rm Re}\nolimits} (w) \succ 0\,\,\,\,(1)\,\, }$

Η αρχική εξίσωση γράφεται: $\displaystyle{ \,\,\,z^4 + z^2 - 2a = 0 \Leftrightarrow \,\,\,\,\,w^2 + w - 2a = 0\,\,\,\,\,(2)\,\, }$
η οποία είναι δευτεροβάθμια και έχουμε τις περιπτώσεις:

*αν έχει μιγαδικές ρίζες τότε
$\displaystyle{ \,\,{\mathop{\rm Re}\nolimits} (w_{1,2} ) = - \frac{1}{2}\,\, }$ το οποίο είναι άτοπο από (1)
**αν έχει διπλή πραγματική ρίζα τότε $\displaystyle{ \,\,w = - \frac{1}{2}\,\, }$ το οποίο επίσης είναι από (1) άτοπο .
***αν έχει 2 ρίζες πραγματικές ( θετικές) τότε:

$\displaystyle{ \,\,w_{1,2} = \frac{{ - 1 \pm \sqrt {\,1 + 8a\,\,} \,}}{2}\mathop \Rightarrow \limits^{w \succ 0} w = \frac{{ - 1 + \sqrt {\,1 + 8a\,\,} \,}}{2}\,\,(3)\,\, }$
έχουμε:

$\displaystyle{ \,\,(3)\mathop \Rightarrow \limits_{w \in R}^{(1)} a \succ 0\,\, \wedge \,\,b = 0\,\, \Rightarrow w = a^2 \,\,(4)\,\,,a \succ 0\,\, \wedge \,\,b = 0 }$

και από τις (3)και (4) παίρνουμε:
$\displaystyle{ (3) \wedge (4) \Rightarrow 2a^2 + 1 = \sqrt {1 + 8a} \Rightarrow 4a^4 + 4a^2 - 8a = 0\mathop \Rightarrow \limits^{a \succ 0} a^3 + a - 2 = 0 \Rightarrow a = 1 }$

Άρα τελικά προκύπτει πως $\displaystyle{ \,z = 1 + 0i\,\, }$ που επαληθεύει την αρχική εξίσωση .

mathematica.gr

Εξίσωση στους μιγαδικούς

Εξίσωση στους μιγαδικούς

Re: Εξίσωση στους μιγαδικούς

Re: Εξίσωση στους μιγαδικούς