Μόνο φανταστικές ρίζες

pito · #1

Αν $\displaystyle z\in C$ , να δείξετε ότι η εξίσωση

$\displaystyle \frac{1}{z-i}+\frac{2}{z-2i}+\frac{3}{z-3i}+\frac{4}{z-4i}=0$ έχει μόνο φανταστικές ρίζες.

#2

Επειδή η εξίσωση $\displaystyle{\frac{1}{{y - 1}} + \frac{2}{{y - 2}} + \frac{3}{{y - 3}} + \frac{4}{{y - 4}} = 0}$ έχει τρεις πραγματικές ρίζες, με εφαρμογή “Ψευδο-Bolzano” στα διαστήματα

$\displaystyle{\left( {1\;,\;2} \right)\;,\;\left( {2\;,\;3} \right)\;\& \;\left( {3\;,\;4} \right)}$ με $\displaystyle{{y_1} \in \left( {1\;,\;2} \right)\;,\;{y_2} \in \left( {2\;,\;3} \right)\;\& \;{y_3} \in \left( {3\;,\;4} \right)}$ , και επειδή η εξίσωση

$\displaystyle{\frac{1}{{yi - i}} + \frac{2}{{yi - 2i}} + \frac{3}{{yi - 3i}} + \frac{4}{{yi - 4i}} = 0}$ είναι ισοδύναμη της πρώτης, έπεται ότι η εξίσωση

$\displaystyle{\frac{1}{{z - i}} + \frac{2}{{z - 2i}} + \frac{3}{{z - 3i}} + \frac{4}{{z - 4i}} = 0}$ , θα έχει τρεις φανταστικές ρίζες, τις $\displaystyle{{z_1} = i \cdot {y_1}\;,\;{z_2} = i \cdot {y_2}\;\& \;{z_3} = i \cdot {y_3}}$ .

margavare · #3

$\displaystyle{ \begin{array}{l} z = x + yi \\ \\ \frac{1}{{z - i}} + \frac{2}{{z - 2i}} + \frac{3}{{z - 3i}} + \frac{4}{{z - 4i}} = 0 \Leftrightarrow \\ \\ \frac{1}{{x + \left( {y - 1} \right)i}} + \frac{2}{{x + \left( {y - 2} \right)i}} + \frac{3}{{x + \left( {y - 3} \right)i}} + \frac{4}{{x + \left( {y - 4} \right)i}} = 0 \Leftrightarrow \\ \\ \frac{{x - \left( {y - 1} \right)i}}{{x^2 + \left( {y - 1} \right)^2 }} + 2\frac{{x - \left( {y - 2} \right)i}}{{x^2 + \left( {y - 2} \right)^2 }} + 3\frac{{x - \left( {y - 3} \right)i}}{{x^2 + \left( {y - 3} \right)^2 }} + 4\frac{{x - \left( {y - 4} \right)i}}{{x^2 + \left( {y - 4} \right)^2 }} = 0 \Leftrightarrow \\ \\ \end{array} }$

$\displaystyle{ \begin{array}{l} \\ \frac{x}{{x^2 + \left( {y - 1} \right)^2 }} + \frac{{2x}}{{x^2 + \left( {y - 2} \right)^2 }} + \frac{{3x}}{{x^2 + \left( {y - 3} \right)^2 }} + \frac{{4x}}{{x^2 + \left( {y - 4} \right)^2 }} = 0\;\kappa \alpha \iota \; \\ \\ \left[ {\frac{{ - \left( {y - 1} \right)}}{{x^2 + \left( {y - 1} \right)^2 }} + \frac{{ - 2\left( {y - 2} \right)}}{{x^2 + \left( {y - 2} \right)^2 }} + \frac{{ - 3\left( {y - 3} \right)}}{{x^2 + \left( {y - 3} \right)^2 }} + \frac{{ - 4\left( {y - 4} \right)}}{{x^2 + \left( {y - 4} \right)^2 }}} \right] \cdot i = 0 \\ \\ x\left[ {\frac{1}{{x^2 + \left( {y - 1} \right)^2 }} + \frac{2}{{x^2 + \left( {y - 2} \right)^2 }} + \frac{3}{{x^2 + \left( {y - 3} \right)^2 }} + \frac{4}{{x^2 + \left( {y - 4} \right)^2 }}} \right] = 0 \Leftrightarrow x = 0 \\ \end{array} }$

Άρα z = yi

#4

Ας δούμε μία γεωμετρική προσέγγιση που αν και όχι απλούστερη μας δείχνει πως δουλεύει η άσκηση.

Πριν αρχίσουμε ας λύσουμε μια απλή άσκηση:

ΑΣΚΗΣΗ Η εικόνα του ανήκει στην ευθεία . Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος της εικόναw του $w=\frac{1}{u-i}$

Επειδή η άσκηση είναι από τις γνωστές γράφω μόνο την απάντηση:

ΑΠΑΝΤΗΣΗ Ο γεωμετρικός τόπος της εικόνας του είναι ο κύκλος $x^{2}+y^{2}-ax-y=0$
από τον οποίο έχει εξαιρεθεί η αρχή των αξόνων.

'Εστω

μία λύση της εξίσωσης. Προφανώς $z \neq 0$ . Αν ονομάσουμε $f\left( u\right) =\frac{1}{u-i}$ Τότε τα $u_{1}=z$ , $u_{2}=\frac{2}{z-2i}=\frac{1}{\left( \frac{z}{2}\right) -i}$ , $u_{3}=\frac{3}{z-3i}=\frac{1}{\left( \frac{z}{3}\right) -i}$ , $u_{4}=\frac{4}{z-4i}=\frac{1}{\left( \frac{z}{4}\right) -i}$ ανήκουν στην ευθεία $\left( \varepsilon \right)$ που διέρχεται από την αρχή των αξόνων και την εικόνα του

. To α΄μέλος της εξίσωσης προκύπτει αν εισαγάγουμε τα u_1

,

στην

και αθροίσουμε τα αποτελέσματα. Ο

θα είναι λύση αν το άθροισμα $f\left( u_{1}\right) +f\left( u_{2}\right) +f\left( u_{3}\right) +f\left( u_{4}\right)$ είναι μηδέν. Αν ο

δεν είναι φανταστικός τότε η ευθεία $\left( \varepsilon \right)$ θα έχει εξίσωση της μορφής y=ax

(για την ακρίβεια $\displaystyle{y = \frac{{{\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( z \right)}}{{{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( z \right)}}x}$ αλλά αυτό δεν έχει σημασία). Τα $f\left( u_{1}\right) ,f\left( u_{2}\right) ,f\left( u_{3}\right) ,f\left( u_{4}\right)$ θα είναι μη μηδενικοί μιγαδικοί που ανήκουν στον κύκλο $x^{2}+y^{2}-ax-y=0$ και το άθροισμα τους προφανώς δεν είναι μηδέν (τα αντίστοιχα διανύσματα ανήκουν όλα στο ίδιο ημιεπίπεδο).

: imroot.png (172.35 KiB) Προβλήθηκε 993 φορές

Μαυρογιάννης

pito · #5

Σας ευχαριστώ όλους για την ενασχόληση. Την λύση της Μαργαρίτας είχα υπόψιν.

dennys · #6

Mπορούμε να υποθέσουμε οτι υπάρχει πραγματική λύση ,έστω

και

φτιάχνοντας κλάσματα με πραγματικούς παρονομαστές ,απο τον μηδενισμό του φανταστικού μέρους εχω το άτοπο.

Δόθηκαν υπέροχες λύσεις ,απλά συμπληρώνω.

dennys

parmenides51 · #7

αγαπητέ dennys,
στον παραπάνω συλλογισμό σου υπάρχει ένα λάθος,
το γεγονός ότι μια εξίσωση δεν έχει πραγματικές λύσεις δεν συνεπάγεται ότι έχει μόνο φανταστικές,
μπορεί να έχει μιγαδικές ρίζες
φιλικά

zorba_the_freak · #8

Έστω

μια ρίζα της δοσμένης εξίσωσης, οπότε είναι:
$\displaystyle\frac{1}{z-i}+\frac{2}{z-2i}+\frac{3}{z-3i}+\frac{4}{z-4i}=0$ (1)
Παίρνοντας τα συζυγή των δύο μελών προκύπτει:
$\displaystyle\frac{1}{\overline{z}+i}+\frac{2}{\overline{z}+2i}+\frac{3}{\overline{z}+3i}+\frac{4}{\overline{z}+4i}=0$ (2)
Προσθέτουμε τις σχέσεις (1) και (2) οπότε παίρνουμε:
$\displaystyle\left(\frac{1}{z-i}+\frac{1}{\overline{z}+i}\right)+\left(\frac{2}{z-2i}+\frac{2}{\overline{z}+2i}\right)+\left(\frac{3}{z-3i}+\frac{3}{\overline{z}+3i}\right)+\left(\frac{4}{z-4i}+\frac{4}{\overline{z}+4i}\right)=0\Leftrightarrow$
$\displaystyle\frac{z+\overline{z}}{|z-i|^2}+\frac{2(z+\overline{z})}{|z-2i|^2}+\frac{3(z+\overline{z})}{|z-3i|^2}+\frac{4(z+\overline{z})}{|z-4i|^2}=0\Leftrightarrow$
$\displaystyle\Leftrightarrow(z+\overline{z})\left(\frac{1}{|z-i|^2}+\frac{2}{|z-2i|^2}+\frac{3}{|z-3i|^2}+\frac{4}{|z-4i|^2}\right)=0\Leftrightarrow z+\overline{z}=0\Leftrightarrow z\in\mathbb{I}$

Μόνο φανταστικές ρίζες

Μόνο φανταστικές ρίζες

Re: Μόνο φανταστικές ρίζες

Re: Μόνο φανταστικές ρίζες

Re: Μόνο φανταστικές ρίζες

Re: Μόνο φανταστικές ρίζες

Re: Μόνο φανταστικές ρίζες

Re: Μόνο φανταστικές ρίζες

Re: Μόνο φανταστικές ρίζες

Μέλη σε σύνδεση