Mιγαδικοί-παράγωγοι

Paolos · #1

Για τους μιγαδικούς $\displaystyle{z,w}$ ισχύουν:
$\displaystyle{\left| {z - \frac{1}{4}} \right| = {\mathop{\rm Re}\nolimits} (z) + \frac{1}{4}\,\,,\,\,\mu \varepsilon \,\,{\mathop{\rm Re}\nolimits} (z)Im(z) > 0}$

$\displaystyle{u\bar u = \left| {2z - i} \right| + \left| {z + \frac{{13}}{2} - i.} \right|}$ .

Α) Να αποδειχθεί ότι οι εικόνες $\displaystyle{M(z)}$ είναι σημεία της γραφικής παράστασης της συνάρτησης $\displaystyle{f(x) = \sqrt x ,x > 0.}$
Β) Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\left| {2z - 13} \right| \ge 5}$
Γ) Να αποδειχθεί ότι οι εικόνες του μιγαδικού $\displaystyle{w}$ για τον οποίο ισχύει
$\displaystyle{w\bar w + w\bar u + \bar wu + 2 = 0}$
Βρίσκονται σε κύκλο.

#2

Paolos έγραψε:Για τους μιγαδικούς $\displaystyle{z,w}$ ισχύουν:
$\displaystyle{\left| {z - \frac{1}{4}} \right| = {\mathop{\rm Re}\nolimits} (z) + \frac{1}{4}\,\,,\,\,\mu \varepsilon \,\,{\mathop{\rm Re}\nolimits} (z)Im(z) > 0}$

$\displaystyle{u\bar u = \left| {2z - i} \right| + \left| {z + \frac{{13}}{2} - i.} \right|}$ .

Α) Να αποδειχθεί ότι οι εικόνες $\displaystyle{M(z)}$ είναι σημεία της γραφικής παράστασης της συνάρτησης $\displaystyle{f(x) = \sqrt x ,x > 0.}$
Β) Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\left| {2z - 13} \right| \ge 5}$

...μιά προσπάθεια γιά τα δύο πρώτα ερωτήματα....

Α) Αν $z=x+yi,\,\,\,x,y\in R$ λόγω της υπόθεσης πρέπει xy>0

και λόγω της ισότητας $\left| z-\frac{1}{4} \right|=\text{Re}(z)+\frac{1}{4}$ πρέπει

$x+\frac{1}{4}\ge 0\Leftrightarrow x\ge -\frac{1}{4}$ και από $\left| z-\frac{1}{4} \right|=\text{Re}(z)+\frac{1}{4}$ έχουμε ισοδύναμα ότι

$\left| (x-\frac{1}{4})+yi \right|=x+\frac{1}{4}\Leftrightarrow {{\left( x-\frac{1}{4} \right)}^{2}}+{{y}^{2}}={{\left( x+\frac{1}{4} \right)}^{2}}$

άρα ισχύει $-\frac{x}{2}+{{y}^{2}}=\frac{x}{2}\Leftrightarrow {{y}^{2}}=x$ οπότε αναγκαία λόγω xy>0

θα είναι

και

επομένως θα ισχύει ότι $y=\sqrt{x},\,\,\,x>0$ άρα η οι εικόνες $\displaystyle{M(z)}$

είναι σημεία της γραφικής παράστασης της συνάρτησης $\displaystyle{f(x) = \sqrt x ,x > 0.}$

Β) Αρκεί $\left| (2x-13)+2yi \right|\ge 5\Leftrightarrow {{(2x-13)}^{2}}+4{{y}^{2}}\ge 25$ και λόγω (Α) αρκεί ${{(2x-13)}^{2}}+x\ge 25,\,\,\,\,x>0$ .

Γι αυτό θεωρώντας την συνάρτηση $f(x)={{(2x-13)}^{2}}+4x=4{{x}^{2}}-48x+169,\,\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$ που είναι παραγωγίσιμη με

${f}'(x)=8x-48,\,\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$ ισχύει ${f}'(x)=0\Leftrightarrow 8x-48=0\Leftrightarrow x=6$ και

${f}'(x)>0\Leftrightarrow 8x-48>0\Leftrightarrow x>6$ άρα γνήσια αύξουσα στο $[6,\,\,\,+\infty )$ και

${f}'(x)<0\Leftrightarrow 8x-48<0\Leftrightarrow x<6$ άρα γνήσια αύξουσα στο $(0,\,\,\,\,6]$

άρα η

έχει ολικό ελάχιστο το $f\left( 6 \right)=4{{\left( 6 \right)}^{2}}-48\cdot 6+169=25$

επομένως ισχύει ότι $f(x)\ge 25,\,\,\,\,x>0$ που είναι αυτό που θέλαμε.

...για το (Γ) συνεχίζω την προσπάθεια...

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Andreas Panteris · #3

Α. Το (Α) ερώτημα όπως το Βασίλη

Β. Μια διαφορετική απάντηση για το (Β).
Έστω $\displaystyle{z=x+yi}$ τότε θα δείξουμε ότι:
$\displaystyle{\left| 2z-13 \right|\ge 5\Leftrightarrow \left| 2x-13+2yi \right|\ge 5}$ \displaystyle{\displaystyle{\Leftrightarrow {{\left| 2x-13+2yi \right|}^{2}}\ge 25\Leftrightarrow {{\left( 2x-13 \right)}^{2}}+4{{y}^{2}}\ge 25\Leftrightarrow }

\displaystyle{4{{x}^{2}}-52x+169+4x\ge 25\Leftrightarrow }} $\displaystyle{4{{x}^{2}}-48x+144\ge 0\Leftrightarrow }$ \displaystyle{\displaystyle{{{x}^{2}}-12x+36\ge 0\Leftrightarrow {{\left( x-6 \right)}^{2}}\ge 0} που ισχύει.

Γ. Έστω

\displaystyle{u=\alpha +\beta i} και

\displaystyle{w=x+yi} τότε:

\displaystyle{u\bar{w}=\left( \alpha +\beta i \right)\left( x-yi \right)=\alpha x-\alpha yi+\beta xi+\beta y=\alpha x+\beta y+i\left( \beta x-\alpha y \right)} (1)
Η σχέση

\displaystyle{w\bar{w}+w\bar{u}+\bar{w}u+2=0} γράφεται:

\displaystyle{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2\operatorname{Re}\left( u\bar{w} \right)+2=0} και λόγω της (1)

\displaystyle{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2\left( \alpha x+\beta y \right)+2=0\Leftrightarrow }} $\displaystyle{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2\alpha x+2\beta y+2=0}$ (2)
Από τη σχέση $\displaystyle{u\bar{u}=\left| 2z-i \right|+\left| z+\frac{13}{2}-i \right|}$ έχουμε
$\displaystyle{{{\left| u \right|}^{2}}=\left| 2z-i \right|+\left| z+\frac{13}{2}-i \right|\ge \left| 2z-i-\left( z+\frac{13}{2}-i \right) \right|=\left| z-\frac{13}{2} \right|=}$ \displaystyle{\displaystyle{\left| \frac{2z-13}{2} \right|=\frac{\left| 2z-13 \right|}{2}} και λόγω του (Β) ερωτήματος θα είναι

\displaystyle{{{\left| u \right|}^{2}}\ge \frac{5}{2}\Leftrightarrow {{\alpha }^{2}}+{{\beta }^{2}}\ge \frac{5}{2}>2\Rightarrow }

\displaystyle{{{\alpha }^{2}}+{{\beta }^{2}}-2>0} (3)
Οπότε αφού

\displaystyle{{{\left( 2\alpha \right)}^{2}}+{{\left( 2\beta \right)}^{2}}-8=4{{\alpha }^{2}}+4{{\beta }^{2}}-8=4\left( {{\alpha }^{2}}+{{\beta }^{2}}-2 \right)>0} η (2) παριστάνει κύκλο με κέντρο το σημείο

\displaystyle{K\left( -\alpha ,-\beta \right)} και ακτίνα

\displaystyle{\rho =\frac{\sqrt{4\left( {{\alpha }^{2}}+{{\beta }^{2}}-2 \right)}}{2}=}} $\displaystyle{{{\alpha }^{2}}+{{\beta }^{2}}-2}$

Paolos · #4

Καταπληκτικες λύσεις! Ευχαριστώ πολύ

Paolos · #5

Ας το κάνουμε λίγο πιο ενδιαφέρον. Τροποποιώ μόνο το τελευταιο ερώτημα $\displaystyle{\Gamma )}$

Αν για τον μιγαδικό $\displaystyle{w}$ ισχύει $\displaystyle{w\bar w + w\bar u + \bar wu + 2 = 0}$ , αποδείξτε ότι:

$\displaystyle{\Gamma 1)}$ οι εικόνες του $\displaystyle{w}$ βρίσκονται σε κύκλο (έχει λυθεί παραπάνω)

$\displaystyle{\Gamma 2)}$ οι αριθμοί $\displaystyle{\left| {w + u} \right|\,,\,\sqrt 2 \,,\,\left| u \right|}$ είναι πλευρές ορθογωνίου τριγώνου,

$\displaystyle{\Gamma 3)}$ $\displaystyle{\left| {u + w} \right| \ge \frac{{\sqrt 2 }}{2}}$ ,

$\displaystyle{\Gamma 4)}$ $\displaystyle{{\left| {u - w} \right|^2} = 2{\left| w \right|^2} + {\left| u \right|^2} + 2.}$

Andreas Panteris · #6

Για το Γ2.
Ισχύει: $\displaystyle{w\bar w + w\bar u + \bar wu + 2 = 0}$ (1)
Είναι $\displaystyle{{\left| {w + u} \right|^2} = \left( {w + u} \right)\left( {\bar w + \bar u} \right) = w\bar w + w\bar u + \bar wu + u\bar u{\rm{ }}\mathop = \limits^{\left( 1 \right)} {\rm{ }} - 2 + {\left| u \right|^2}}$ , οπότε $\displaystyle{{\left| {w + u} \right|^2} + {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} = {\left| u \right|^2}}$ άρα οι αριθμοί $\displaystyle{\left| {w + u} \right|,\sqrt 2 ,\left| u \right|}$
είναι πλευρές ορθογωνίου τριγώνου με υποτείνουσα το $\displaystyle{\left| u \right|}$

Για το Γ3.
Θα δείξουμε ότι: $\displaystyle{\left| {w + u} \right| \ge \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow }$
$\displaystyle{{\left| {w + u} \right|^2} \ge \frac{2}{4} \Leftrightarrow }$ \displaystyle{\displaystyle{\left( {w + u} \right)\left( {\bar w + \bar u} \right) \ge \frac{1}{2} \Leftrightarrow w\bar w + w\bar u + \bar wu + u\bar u{\rm{ }} \ge \frac{1}{2}\mathop \Leftrightarrow \limits^{\left( 1 \right)} }

\displaystyle{ - 2 + {\left| u \right|^2} \ge \frac{1}{2} \Leftrightarrow }} $\displaystyle{{\left| u \right|^2} \ge \frac{5}{2}}$ η οποία ισχύει, όπως αποδείξαμε στο (Β) ερώτημα

Για το Γ4.
Ισχύει: $\displaystyle{{\left| {w + u} \right|^2} + {\left| {w - u} \right|^2} = 2{\left| w \right|^2} + 2{\left| u \right|^2}}$ (κανόνας του παραλληλογράμμου) και λόγω του (Γ2) $\displaystyle{({\rm{ }}{\left| {w + u} \right|^2} = {\left| u \right|^2} - 2{\rm{ }})}$ οπότε $\displaystyle{{\left| u \right|^2} - 2 + {\left| {w - u} \right|^2} = 2{\left| w \right|^2} + 2{\left| u \right|^2} \Leftrightarrow }$ $\displaystyle{{\left| {w - u} \right|^2} = 2{\left| w \right|^2} + {\left| u \right|^2} + 2}$ ( απεδείχθη)

Paolos · #7

Αντρέα συγχαρητήρια!

mathematica.gr

Mιγαδικοί-παράγωγοι

Mιγαδικοί-παράγωγοι

Re: Mιγαδικοί-παράγωγοι

Re: Mιγαδικοί-παράγωγοι

Re: Mιγαδικοί-παράγωγοι

Re: Mιγαδικοί-παράγωγοι

Re: Mιγαδικοί-παράγωγοι

Re: Mιγαδικοί-παράγωγοι

Μέλη σε σύνδεση