Μιγαδικοι

nonlinear · #1

Εστω α,β,γ μιγαδικοι με $\displaystyle{\left| a \right| = \left| \beta \right| = \left| \gamma \right| = 1}$ και
$\displaystyle{a + \beta + \gamma = i}$ . Να υπολογισετε την :

$\displaystyle{{a^{2005}} + {\beta ^{2005}} + {\gamma ^{2005}}}$ .

#2

Ας δειχθεί γενικότερα ότι

$\displaystyle{1)}$ $\displaystyle{a^{4n+1}+b^{4n+1}+c^{4n+1}=i}$

$\displaystyle{2)}$ $\displaystyle{a^{4n+3}+b^{4n+3}+c^{4n+3}=-i}$

$\displaystyle{3)}$ $\displaystyle{a^{8n}+b^{8n}+c^{8n}=(-1)^{4n}+2(iabc)^{4n}}$

$\displaystyle{4)}$ $\displaystyle{a^{8n+2}+b^{8n+2}+c^{8n+2}=(-1)^{4n+1}+2(iabc)^{4n+1}}$

$\displaystyle{5)}$ $\displaystyle{a^{8n+4}+b^{8n+4}+c^{8n+4}=(-1)^{4n+2}+2(iabc)^{4n+2}}$

$\displaystyle{6)}$ $\displaystyle{a^{8n+6}+b^{8n+6}+c^{8n+6}=(-1)^{4n+3}+2(iabc)^{4n+3}}$

για $\displaystyle{n\in\mathbb{N}_{0}}$ .

hsiodos · #3

Καλημέρα

Αρκεί να βρούμε τα a, b, c ή τις σχέσεις που τα συνδέουν , μετά οι υπολογισμοί είναι εύκολοι.

Από τα δεδομένα μέτρα έχουμε: $\displaystyle{ \bar a = \frac{1}{a}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\bar b = \frac{1}{b}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\bar c = \frac{1}{c}}$

$\displaystyle{ a + b + c = i\,\,\,\,\,(1)\,\,\,\,\,\, \Rightarrow \bar a + \bar b + \bar c = - i \Rightarrow \frac{1}{a}\,\, + \frac{1}{b}\, + \,\,\frac{1}{c} = - i \Rightarrow ab + bc + ca = - abci\,\,\,\,\,(2)}$

$\displaystyle{ (2) \Rightarrow ab + c(b + a) = - abci\,\mathop {\,\,\,\, \Rightarrow }\limits^{\,\,\,\,\,\,(1)} ab + c(i - c) + abci = 0 \Rightarrow - i^2 ab + c(i - c) + abci = 0}$

$\displaystyle{ \Rightarrow - iab(i - c) + c(i - c) = 0 \Rightarrow (i - c)(c - iab) = 0\mathop {\,\,\,\, \Rightarrow }\limits^{\,\,\,\,\,\,(1)} \,\,\,\,(i - c)(i - a - b - iab) = 0}$

$\displaystyle{ \Rightarrow (i - c)(i - a + bi^2 - iab) = 0 \Rightarrow (i - c)[(i - a) + bi(i - a)] = 0 \Rightarrow (i - c)(i - a)(1 + bi) = 0}$

$\displaystyle{ \Rightarrow (i - c)(i - a)( - i^2 + bi) = 0 \Rightarrow - i(i - c)(i - a)(i - b) = 0 \Rightarrow (i - c)(i - a)(i - b) = 0}$ $\displaystyle{ \Rightarrow \,\,\,a = i\,\,\,\,\,\,\,\eta \,\,\,\,\,\,\,b = i\,\,\,\,\,\,\,\,\eta \,\,\,\,\,\,\,c = i}$

$\displaystyle{ \bullet \,\,\,{\rm A}\nu \,\,\,\,a = i\,\,\,\,\tau o\tau \varepsilon \,\,\,(1) \Rightarrow c + b = 0 \Rightarrow c = - b}$

$\displaystyle{ \bullet \,\,\,\,{\rm A}\nu \,\,\,b = i\,\,\,\,\tau o\tau \varepsilon \,\,\,(1) \Rightarrow c + a = 0 \Rightarrow c = - a}$

$\displaystyle{ \bullet \,\,\,\,{\rm A}\nu \,\,\,c = i\,\,\,\,\tau o\tau \varepsilon \,\,\,(1) \Rightarrow b + a = 0 \Rightarrow b = - a}$

Γιώργος

#4

Γεωμετρικο-αλγεβρική αντιμετώπιση: αν κανένας από τους τρεις μιγαδικούς δεν είναι ίσος προς την θετική φανταστική μονάδα (

) τότε, χωρίς περιορισμό της γενικότητας, οι εικόνες τους

,

μπορούν να τοποθετηθούν στον μοναδιαίο κύκλο όπως στο συνημμένο σχήμα και με ισχύουσες τις σχέσεις |OC'| = |OA'| + |OB'|

και

. Προκύπτει η ισότητα

$1=|OC'|^{2}+|OC''|^{2}=(|OA'|^{2}+2|OA'|\cdot|OB'|+|OA''|^{2})+ (|OA''|^{2}+|OB''|^{2}+1-2|OA''|-2|OB''|+2|OA''|\cdot|OB''|)$

και από αυτήν η άτοπη σχέση $(1-|OA''|)(1-|OB''|)=-|OA'|\cdot|OB'|$ .

Γιώργος Μπαλόγλου

#5

nonlinear έγραψε:Εστω α,β,γ μιγαδικοι με $\displaystyle{\left| a \right| = \left| \beta \right| = \left| \gamma \right| = 1}$ και
$\displaystyle{a + \beta + \gamma = i}$ . Να υπολογισετε την :

$\displaystyle{{a^{2005}} + {\beta ^{2005}} + {\gamma ^{2005}}}$ .

Έτυχε τελευταία να έχω αντιμετωπίσει την άσκηση αυτή.
Εκτός από την καθαρά σχολική λύση του Γιώργου , η άσκηση απλουστεύεται αν θεωρήσουμε την εξίσωση που έχει ρίζες τα α,β,γ και κάνουμε τις πράξεις. Έχοντας κατά νου και τη σχέση (2) , βρίσκουμε τελικά συναρτήσει του γινομένου αβγi τις ρίζες αυτής της εξίσωσης. Αυτές είναι το i και οι δύο αντίθετες ρίζες της εξίσωσης z^2= abci

.Επειδή $i^{2005}=i$ , η τιμή της παράστασης είναι ίση με

.

Μπάμπης

pito · #6

Αναλύω τη σκέψη του κύριου Μπάμπη, αλλά στο τέλος κάπου κόλλησα.

Οι $a,\beta ,\gamma$ είναι ρίζες της εξίσωσης
$a_{3}x^{3}+(-ia_{3})x^{2}+(-ia_{3}a\beta \gamma )x+(-a_{3}a\beta \gamma )=0\Rightarrow x^{2}(x-i)-ia\beta \gamma (x-i)=0$ (1)
$\Rightarrow (x-i)(x^{2}-ia\beta \gamma )=0$ , αφού από τύπους Vieta είναι
$a+\beta +\gamma =i=-\frac{a_{2}}{a_{3}}, a\beta +a\gamma +\beta \gamma =-ia\beta \gamma =\frac{a_{1}}{a_{3}}, a\beta \gamma =-\frac{a_{0}}{a_{3}}$ για το πολυώνυμο της μορφής $P(x)=a_{3}x^{3}+a_{2}x^{2}+a_{1}x+a_{0}$ , $a_{3}\neq 0$

Από την (1) είναι $x=a=i, x^{2}=ia\beta \gamma\Rightarrow x^{2}=-\beta \gamma$ , μετά πως προκύπτει ότι A=i

;

#7

pito έγραψε:Αναλύω τη σκέψη του κύριου Μπάμπη, αλλά στο τέλος κάπου κόλλησα.

Οι $a,\beta ,\gamma$ είναι ρίζες της εξίσωσης
$a_{3}x^{3}+(-ia_{3})x^{2}+(-ia_{3}a\beta \gamma )x+(-a_{3}a\beta \gamma )=0\Rightarrow x^{2}(x-i)-ia\beta \gamma (x-i)=0$ (1)
$\Rightarrow (x-i)(x^{2}-ia\beta \gamma )=0$ , αφού από τύπους Vieta είναι
$a+\beta +\gamma =i=-\frac{a_{2}}{a_{3}}, a\beta +a\gamma +\beta \gamma =-ia\beta \gamma =\frac{a_{1}}{a_{3}}, a\beta \gamma =-\frac{a_{0}}{a_{3}}$ για το πολυώνυμο της μορφής $P(x)=a_{3}x^{3}+a_{2}x^{2}+a_{1}x+a_{0}$ , $a_{3}\neq 0$

Από την (1) είναι $x=a=i, x^{2}=ia\beta \gamma\Rightarrow x^{2}=-\beta \gamma$ , μετά πως προκύπτει ότι ;

Αφού, όπως γράφεις παραπάνω, οι $a,\beta ,\gamma$ είναι ρίζες της εξίσωσης ................... $(x-i)(x^2-ia\beta \gamma )=0$ ... ένας από αυτούς ( $a,\beta ,\gamma$ ) είναι υποχρεωτικά ο

και οι άλλοι δύο οι τετραγωνικές ρίζες του $ia\beta \gamma$ .

Γιώργος Μπαλόγλου

Μιγαδικοι

Μιγαδικοι

Re: Μιγαδικοι

Re: Μιγαδικοι

Re: Μιγαδικοι

Re: Μιγαδικοι

Re: Μιγαδικοι

Re: Μιγαδικοι

Μέλη σε σύνδεση