Μιγαδικοί 41

mathxl · #1

41. Θεωρούμε τους μιγαδικούς a,b,c

ώστε $a\left| {bc} \right| + b\left| {ac} \right| + c\left| {ab} \right| = 0$ . Αποδείξτε ότι : $\left| {\left( {a - b} \right)\left( {b - c} \right)\left( {c - a} \right)} \right| \ge 3\sqrt 3 \left| {abc} \right|$

#2

mathxl έγραψε:41. Θεωρούμε τους μιγαδικούς ώστε $a\left| {bc} \right| + b\left| {ac} \right| + c\left| {ab} \right| = 0$ . Αποδείξτε ότι : $\left| {\left( {a - b} \right)\left( {b - c} \right)\left( {c - a} \right)} \right| \ge 3\sqrt 3 \left| {abc} \right|$

Αν ένας εκ των $\displaystyle{a,b,c}$ είναι μηδέν, τότε η προς απόδειξη ανισότητα είναι προφανής. Υποθέτω λοιπόν ότι

όλοι τους είναι διαφορετικοί του μηδενός

Χρησιμοποιώ το γνωστό λήμμα:

Αν $\displaystyle{\left|A\right|=\left|B\right|=\left|C\right|=1}$ και $\displaystyle{A+B+C=0}$ , τότε οι εικόνες των $\displaystyle{A,B,C}$ στο μιγαδικό

επίπεδο είναι κορυφές ισοπλεύρου τριγώνου εγγεγραμμένου στον μοναδιαίο κύκλο.

Άρα $\displaystyle{\left|A-B\right|=\left|B-C\right|=\left|C-A\right|=\sqrt{3}}$

Ερχόμαστε τώρα στην άσκηση:

Η υπόθεση γράφεται $\displaystyle{\left|abc\right|\left(\frac {a}{|a|}+\frac {b}{|b|}+ \frac {c}{|c|}\right)=0}$

$\displaystyle{\Rightarrow \frac {a}{|a|}+\frac {b}{|b|}+ \frac {c}{|c|}=0}$ , συνεπώς, από το πιο πάνω λήμμα:

$\displaystyle{\left|\frac {a}{|a|}- \frac {b}{|b|}\right|=\left|\frac {b}{|b|}-\frac {c}{|c|}\right|=\left|\frac {c}{|c|}-\frac {a}{|a|}\right|=\sqrt{3}}$

Από την $\displaystyle{\left|\frac {a}{|a|}- \frac {b}{|b|}\right|=\srqt{3}}$ μετά από πράξεις παίρνουμε

$\displaystyle{a \overline{b}+b \overline{a}+|a||b|=0}$ και κυκλικά

$\displaystyle{b \overline {c}+c \overline{b}+|b||c|=0}$ ,

$\displaystyle{c \overline {a}+a \overline {b}+|c||a|=0}$

Για να αποδείξουμε την δοθείσα αρκεί να δείξουμε ότι

$\displaystyle{|a-b|^2|b-c|^2|c-a|^2 \ge 27 |a|^2|b|^2|c|^2}$ αρκεί

$\displaystyle{(|a|^2|+|b|^2-a\overline{b}-b\overline {a})(|b|^2|+|c|^2-b\overline{c}-c\overline {b})(|a|^2|+|c|^2-a\overline{c}-c\overline {a}) \ge 27 |a|^2|b|^2|c|^2}$ , αρκεί

$\displaystyle{(|a|^2|+|b|^2+|a||b|)(|c|^2|+|b|^2+|c||b|)(|a|^2|+|c|^2+|a||c|) \ge 27|a|^2 |b|^2 |c|^2}$ , αρκεί

$\displaystyle{(3|a||b|)(3|b||c|)(3|c||a|) \ge 27|a|^2|b|^2|c|^2}$ , που αληθεύει.

parmenides51 · #3

εδώ

#4

s.kap έγραψε:...
τότε οι εικόνες των $\displaystyle{A,B,C}$ στο μιγαδικό

επίπεδο είναι κορυφές ισοπλεύρου τριγώνου εγγεγραμμένου στον μοναδιαίο κύκλο.

''κλέβοντας'' λίγο από το Σπύρο

Είναι $A\equiv M\big(\dfrac{a}{|a|}\big),\quad B\equiv M\big(\dfrac{b}{|b|}\big),\quad C\equiv M\big(\dfrac{c}{|c|}\big)$ , με $A\hat OB=B\hat OC=C\hat OA=120^o$

Με νόμο συνημιτόνων στο τρίγωνο $\vartriangle M(a)OM(b),\quad M(a)\hat OM(b)=120^o$ έχουμε

$|a-b|^2=|a|^2+|b|^2+|a||b|\Rightarrow |a-b|^2\geq 3|a||b|\Rightarrow |a-b|\geq \sqrt {3|a||b|}$

όμοια $|b-c|\geq \sqrt {3|b||c|},\quad |c-a|\geq \sqrt {3|c||a|}$

Άρα $|a-b||b-c||c-a|\geq 3\sqrt {3}|abc|$

Μιγαδικοί 41

Μιγαδικοί 41

Re: Μιγαδικοί 41

Re: Μιγαδικοί 41

Re: Μιγαδικοί 41

Μέλη σε σύνδεση