8 ασκήσεις για επανάληψη

mathxl · #1

1.
Αν $\displaystyle{{z_1},{z_2} \in C}$ και $\displaystyle{\left| {{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right| = \left| {{z_1} - {z_2}} \right| = \rho > 0}$ , να βρείτε συναρτήσει του ρ την τιμή της παράστασης $\displaystyle{\left| {{z_1}^{2010} + {z_2}^{2010}} \right|}$

2.
Εάν $\displaystyle{{z_1},{z_2} \in C}$ , να δείξετε ότι $\displaystyle{\left| {{z_1}} \right| - \left| {{z_2}} \right| \le \left| {{z_1} - {z_2}} \right|}$

3.
Εάν για τους μιγαδικούς $\displaystyle{{z_1},{z_2},{z_3}}$ ισχύουν
$\displaystyle{\left( {{z_1} + {z_2}} \right) \in R}$
$\displaystyle{{z_3} \in R}$
$\displaystyle{\left( {{z_3}{z_1} + {{\bar z}_3}{z_2}} \right) \in R}$
να δείξετε ότι $\displaystyle{\left( {{z_1}^{2010} + {z_2}^{2010}} \right) \in R}$

4.
Αν $\displaystyle{{z_1},{z_2} \in C}$ και $\displaystyle{\left| {{z_1} + {z_2}} \right| = \sqrt 3 }$ με $\displaystyle{\left| {{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right| = 1}$ , να δείξετε ότι $\displaystyle{\left| {{z_1} - {z_2}} \right| = 1}$

5.
Αν $\displaystyle{{z_1},{z_2},{z_3} \in C}$ , με $\displaystyle{\left| {{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right| = \left| {{z_3}} \right|=1}$
,να δείξετε ότι $\displaystyle{\left| {{z_1} + {z_2} + {z_3}} \right| = \left| {{z_1}{z_2} + {z_2}{z_3} + {z_1}{z_3}} \right|}$

6.
Αν $\displaystyle{{z_1},{z_2} \in C}$ , να δείξετε ότι $\displaystyle{{\left| {1 + {z_1}{{\bar z}_2}} \right|^2} \le \left( {1 + {{\left| {{z_1}} \right|}^2}} \right)\left( {1 + {{\left| {{z_2}} \right|}^2}} \right)}$

ΠΡΟΣΘΗΚΗ: Έβαλα στην 5, τα μέτρα ίσα με 1. Ευχαριστώ τον Γιώργο Ρίζο
ΠΡΟΣΘΗΚΗ 2: Άλλαξα τον τίτλο
ΠΡΟΣΘΗΚΗ 3: Άλλαξα τον τίτλο

chris · #2

6)Έχουμε $\left|1+z_{1}\bar{z_{2}} \right|\leq 1+\left|z_{1} \right|\left|z_{2} \right|$ και υψώνοντας στο τετράγωνο παίρνουμε
$\left|1+z_{1}\bar{z_{2}} \right|^{2}\leq 1+2\left|z_{1} \right|\left|z_{2} \right|+\left|z_{1} \right|^{2}\left|z_{2} \right|^{2}$ και αφού $2\left|z_{1} \right|\left|z_{2} \right|\leq \left|z_{1} \right|^{2}+\left|z_{2} \right|^{2}$
καταλήγουμε στο ζητούμενο

chris · #3

4) Είναι
$\left(z_{1}+z_{2} \right)\left(\bar{z_{1}}+\bar{z_{2}} \right)= 3\Leftrightarrow z_{1}\bar{z_{1}}+z_{1}\bar{z_{2}}+\bar{z_{1}}z_{2}+z_{2}\bar{z_{2}}=3\Leftrightarrow -z_{1}\bar{z_{2}}-\bar{z_{1}}z_{2}=-1\Leftrightarrow z_{1}\bar{z_{1}}+z_{2}\bar{z_{2}}-z_{1}\bar{z_{2}}-\bar{z_{1}}z_{2}=1\Leftrightarrow \left|z_{1}-z_{2} \right|=1$

mathxl · #4

Δίνω και μια 7η χωρίς να αλλάξω τον τίτλο
7.
Αν Α,Β,Γ είναι οι εικόνες των μιγαδικών a,b,c στο μιγαδικό επίπεδο και ισχύει |a-b|=|b-c|=|c-a| να δείξετε ότι $\displaystyle{ab + ac + cb = {a^2} + {b^2} + {c^2}}$

#5

θετω $\displaystyle{u=a-b,v=b-c,w=c-a}$ τότε $\displaystyle{u+v+w=0 , |u|=|v|=|w|}$ οπότε
$\displaystyle{\bar{u}+\bar{v}+\bar{w}=\frac{1}{u}+\frac{1}{v}+\frac{1}{w}=\frac{uv+vw+wu}{uvw}=0}$
αρα $\displaystyle{(u+v+w)^2=u^2+v^2+w^2+2(uv+vw+wu) \Rightarrow u^2+v^2+w^2=0\Rightarrow a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca}$

mathxl · #6

Ωραία Ροδόλφε αυτή είναι και η σύντομη λύση που είδα! Δεν ξέρω αν λύνεται και γεωμετρικά.

air · #7

5) $|z_1+z_2+z_3|=|\bar z_1+\bar z_2+\bar z_3|=|\frac{1}{z_1}+\frac{1}{z_2}+\frac{1}{z_3}|=\frac{|z_1z_2+z_2_z_3+z_1z_3|}{|z_1z_2_z_3|}$

=|z_1z_2+z_2_z_3+z_1z_3|

#8

mathxl έγραψε:Ωραία Ροδόλφε αυτή είναι και η σύντομη λύση που είδα! Δεν ξέρω αν λύνεται και γεωμετρικά.

Λύνεται περίπου
Θεωρουμε 3 ημιευθείες $\displaystyle{Ox,Oy,Oz}$ και τα σημεία $\displaystyle{A,B,C}$ αντιστοίχως σε αυτές ώστε το τριγωνο $\displaystyle{ABC}$ να είναι ισόπλευρο με το σημείο $\displaystyle{O}$ στο εσωτερικό του .Θέτω $\displaystyle{\vec{OA}=a,\vec{OB}=b,\vec{OC}=c}$

Το ζητούμενο γράφεται $\displaystyle{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=0}$

Όμως $\displaystyle{\vec{BA}=a-b=u,\vec{CB}=b-c=v,\vec{AC}=c-b=w}$

Αν οι εικόνες των $\displaystyle{u,v,w}$ είναι τα σημεία $\displaystyle{U,V,W}$ ξερουμε ότι τα διανύσματα $\displaystyle{ \vec{OU}=u,\vec{OV}=v,\vec{OW}=w}$ έχουν ίσα μέτρα και άθροισμα 0.Άρα το περίκεντο και το βαρύκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{UVW}$ ταυτίζονται με το 0 οπότε το $\displaystyle{UVW}$ είναι ισόπλευρο που σημαίνει ότι τα ορίσματα τους διαφερουν ανά 120 το ενα από το άλλο και ΧΒΓ $\displaystyle{|u|=|v|=|w|=1}$ τότε μπορώ πάλι ΧΒΓ να θεωρήσω $\displaystyle{u^2+v^2+w^2=1+\zeta +\zeta ^2=0}$

zorba_the_freak · #9

6) Είναι $|1+z_1\overline{z_2}|^2\leq|1+z_1\overline{z_2}|^2+|z_1-z_2|^2=(1+|z_1|^2)(1+|z_2|^2)$

7apostolis · #10

Καλησπέρα,
για την 1) μια λύση εκτός σχολικής ύλης:
Από τις υποθέσεις οι εικόνες των z1, z2 με την αρχή των αξόνων σχηματίζουν ισόπλευρο τρίγωνο,
άρα η τριγωνομετρική μορφή τους θα είναι της μορφής z1=ρ(συνθ+iημθ) και z2=ρ(συν(θ+(π/3))+iημ(θ+(π/3))).
Άρα από de Moivre $z_{1}^{2010}=\rho ^{2010}[cos(2010\theta) +isin(2010\theta )]$ και $z_{2}^{2010}=\rho ^{2010}[cos(2010\theta+1340\pi) +isin(2010\theta+1340\pi)]$ = $z_{1}^{2010}$ . Άρα το ζητούμενο μέτρο είναι $2\rho ^{2010}$ .

Αποστόλης

Stavroulitsa · #11

mathxl έγραψε: 2.
Εάν $\displaystyle{{z_1},{z_2} \in C}$ , να δείξετε ότι $\displaystyle{\left| {{z_1}} \right| - \left| {{z_2}} \right| \le \left| {{z_1} - {z_2}} \right|}$

Καλημέρα! Θα κάνω την πρώτη μου προσπάθεια στο mathematica να λύσω άσκηση με μιγαδικούς... Ελπίζω να μην έχω πολλά λάθη...

έχουμε:
$|z_1|-|z_2|\leq \left|z_1-z_2 \right|\Leftrightarrow \left(|z_1|-|z_2| \right)^2\leq \left|z_1-z_2 \right|^2\Leftrightarrow |z_1|^2-2|z_1|\cdot |z_2|+|z_2|^2\leq \left(z_1-z_2 \right)\left(\bar{z_1}-\bar{z_2} \right)\Leftrightarrow z_1\cdot \bar{z_1}-2|\bar{z_1}|\cdot |z_2|+z_2\cdot \bar{z_2}\leq z_1\cdot \bar{z_1}-\bar{z_1}\cdot z_2-z_1\cdot \bar{z_2}+z_2\cdot \bar{z_2}\Leftrightarrow -2|\bar{z_1}|\cdot |z_2|\leq -z_1\cdot \bar{z_2}-\bar{z_1}\cdot z_2\Leftrightarrow 2|\bar{z_1}|\cdot |z_2|\geq z_1\cdot \bar{z_2}+\bar{z_1}\cdot z_2\Leftrightarrow 2|\bar{z_1}\cdot z_2|\geq z_1\cdot \bar{z_2}+\bar{z_1}\cdot z_2\Leftrightarrow |\bar{z_1}\cdot z_2|+|\bar{z_1}\cdot z_2|\geq z_1\cdot \bar{z_2}+\bar{z_1}\cdot z_2\Leftrightarrow |\bar{z_1}\cdot z_2|+|z_1\cdot\bar{ z_2}|\geq z_1\cdot \bar{z_2}+\bar{z_1}\cdot z_2\Leftrightarrow \left||\bar{z_1}\cdot z_2|+|z_1\cdot\bar{ z_2}| \right|\geq \left|z_1\cdot \bar{z_2}+\bar{z_1}\cdot z_2 \right|$
που ισχύει λόγω της Τριγωνικής Ανισότητας.

mathxl · #12

Σταυρούλα, δύο σχόλια
1) Στην αρχή πως ξέρεις ότι τα μέλη είναι μη αρνητικά; Καλό είναι να διακρίνεις περιπτώσεις για τα |z1|,|z2| και έπειτα να υψώσουμε στο τετράγωνο.
2) Στην προτελευταία σου ισοδυναμία, αφού δικαιολογήσουμε ότι το δεξί μέλος είναι πραγματικός, μπορούμε να πούμε ότι φτάσαμε σε κάτι αληθές γιατί |α|+|β|>=|α+β|>=α+β

chris · #13

1)Αν $\left|z_{1} \right|\succ \left|z_{2} \right|$ τότε ισχύει η λύση της stavroulitsas.Αν $\left|z_{2} \right|\geq \left|z_{1} \right|$ τότε ισχύει ετσι και αλλιώς η δοθείσα.
2)Εχουμε $z_{1}\bar{z_{2}}+\bar{z_{1}}z_{2}=\left(a+bi\right)\left(x-yi \right)+\left(a-bi \right)\left(x+yi \right)=2ax+2by$
άρα ισχύει και πάλι η λύση της stavroulitsas

Djimmakos · #14

Stavroulitsa έγραψε:
mathxl έγραψε: 2.
Εάν $\displaystyle{{z_1},{z_2} \in C}$ , να δείξετε ότι $\displaystyle{\left| {{z_1}} \right| - \left| {{z_2}} \right| \le \left| {{z_1} - {z_2}} \right|}$

Καλημέρα! Θα κάνω την πρώτη μου προσπάθεια στο mathematica να λύσω άσκηση με μιγαδικούς... Ελπίζω να μην έχω πολλά λάθη...
έχουμε:
$|z_1|-|z_2|\leq \left|z_1-z_2 \right|\Leftrightarrow \left(|z_1|-|z_2| \right)^2\leq \left|z_1-z_2 \right|^2\Leftrightarrow |z_1|^2-2|z_1|\cdot |z_2|+|z_2|^2\leq \left(z_1-z_2 \right)\left(\bar{z_1}-\bar{z_2} \right)\Leftrightarrow z_1\cdot \bar{z_1}-2|\bar{z_1}|\cdot |z_2|+z_2\cdot \bar{z_2}\leq z_1\cdot \bar{z_1}-\bar{z_1}\cdot z_2-z_1\cdot \bar{z_2}+z_2\cdot \bar{z_2}\Leftrightarrow -2|\bar{z_1}|\cdot |z_2|\leq -z_1\cdot \bar{z_2}-\bar{z_1}\cdot z_2\Leftrightarrow 2|\bar{z_1}|\cdot |z_2|\geq z_1\cdot \bar{z_2}+\bar{z_1}\cdot z_2\Leftrightarrow 2|\bar{z_1}\cdot z_2|\geq z_1\cdot \bar{z_2}+\bar{z_1}\cdot z_2\Leftrightarrow |\bar{z_1}\cdot z_2|+|\bar{z_1}\cdot z_2|\geq z_1\cdot \bar{z_2}+\bar{z_1}\cdot z_2\Leftrightarrow |\bar{z_1}\cdot z_2|+|z_1\cdot\bar{ z_2}|\geq z_1\cdot \bar{z_2}+\bar{z_1}\cdot z_2\Leftrightarrow \left||\bar{z_1}\cdot z_2|+|z_1\cdot\bar{ z_2}| \right|\geq \left|z_1\cdot \bar{z_2}+\bar{z_1}\cdot z_2 \right|$
που ισχύει λόγω της Τριγωνικής Ανισότητας.

Γιατί το έκανες όλο αυτό;

Απλά γράψουμε.

Αν $|z_1|\geq |z_2|$ τότε από τριγωνική ανισότητα (απο την αριστερή "μεριά") τελειώσαμε
Διαφορετικά το πρώτο μέλος είναι αρνητικό και το δεύτερο θετικό και τελειώσαμε

mathxl · #15

8.
Αν για τον μιγαδικό z ισχύει $\mid2z+3\mid =\mid3z+4\mid$ να δείξετε ότι $\mid{z}\mid\in\left[1,\frac{7}{5}\right]$

#16

mathxl έγραψε:8.
Αν για τον μιγαδικό z ισχύει $\mid2z+3\mid =\mid3z+4\mid$ να δείξετε ότι $\mid{z}\mid\in\left[1,\frac{7}{5}\right]$

Έχουμε ότι:
$\displaystyle{|2z+3|^2=|3z+4|^2\Leftrightarrow ... \Leftrightarrow z\bar{z}+\frac{6}{5}(z+\bar{z})+\frac{7}{5}=0}$

και θέτοντας $z=x+yi, x,y\in R$ προκύπτει $\displaystyle{x^2+y^2+\frac{12}{5}x+\frac{7}{5}=0}$ , που είναι εξίσωση κύκλου με κέντρο $\displaystyle{K\left(-\frac{6}{5},0 \right)}$ και ακτίνα $\displaystyle{r=\frac{1}{5}}$ .

Επομένως $\displaystyle{|z| \in \left[OK-r,OK+r \right]=\left[\frac{6}{5}-\frac{1}{5},\frac{6}{5}+\frac{1}{5} \right]=\left[1,\frac{7}{5} \right]}$ .

edit: Διόρθωσα ένα μέτρο στον μιγαδικό z. Ευχαριστώ parmenides51!!!

Stavroulitsa · #17

Σας ευχαριστώ όλους πάρα πολύ! Την επόμενη φορά που... θα καταφέρω να λύσω μια άσκηση θα είμαι πιο προσεκτική...

A.Spyridakis · #18

Ροδόλφε, να κάνω μια μικρή διόρθωση (εκτός κι αν δε βλέπω κάτι

)

R BORIS έγραψε:θετω $\displaystyle{u=a-b,v=b-c,w=c-a}$ τότε $\displaystyle{u+v+w=0 , |u|=|v|=|w|$ = k} οπότε
$\displaystyle{\bar{u}+\bar{v}+\bar{w}={\color{red} k^2}(\frac{1}{u}+\frac{1}{v}+\frac{1}{w})={\color{red} k^2}\frac{uv+vw+wu}{uvw}=0}$
αρα $\displaystyle{(u+v+w)^2=u^2+v^2+w^2+2(uv+vw+wu) \Rightarrow u^2+v^2+w^2=0\Rightarrow a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca}$

mathxl · #19

Αντώνη σωστά τα γράφεις. Δεν το είδα και εγώ

, κοίταξα μόνο το σκεπτικό, βιαστικά. Κατά τα άλλα αυτή είναι η ιδέα.

8 ασκήσεις για επανάληψη

8 ασκήσεις για επανάληψη

Re: 6 ασκήσεις για επανάληψη

Re: 6 ασκήσεις για επανάληψη

Re: 6 ασκήσεις για επανάληψη

Re: 6 ασκήσεις για επανάληψη

Re: 6 ασκήσεις για επανάληψη

Re: 7 ασκήσεις για επανάληψη

Re: 6 ασκήσεις για επανάληψη

Re: 7 ασκήσεις για επανάληψη

Re: 7 ασκήσεις για επανάληψη

Re: 7 ασκήσεις για επανάληψη

Re: 7 ασκήσεις για επανάληψη

Re: 7 ασκήσεις για επανάληψη

Re: 7 ασκήσεις για επανάληψη

Re: 7 ασκήσεις για επανάληψη

Re: 7 ασκήσεις για επανάληψη

Re: 8 ασκήσεις για επανάληψη

Re: 6 ασκήσεις για επανάληψη

Re: 8 ασκήσεις για επανάληψη

Μέλη σε σύνδεση