mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 30, 2009 1:02 am**

Κάθε χρόνο συνηθίζω να δίνω την παρακάτω άσκηση στους μαθητές μου:

Ο Bombelli (1526-1572) σε κάποιο πρόβλημα χρειάσθηκε να βρεί μιγαδικούς αριθμούς $\alpha +\beta i$ ώστε $\left( \alpha +\beta i\right) ^{3}=\allowbreak 2+11i$
1) Να επαληθεύσετε ότι ο μιγαδικός 2+i

είναι λύση του προβλήματος.
2) Να βρείτε τους άλλους μιγαδικούς αριθμούς που είναι επίσης λύσεις του προβλήματος.

Μαυρογιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 30, 2009 1:05 pm**

$(a+bi)^3=...=(a^3-3ab^2)+(3a^2b-b^3)i=2+11i\Rightarrow a^3-3ab^2=2$ και 3a^2b-b^3=11

(1)
Εφοσον b διαφορο του 0
θέτω $x\equiv \frac{a}{b}$
Διαιρω και τις δυο με b^3

και προκυπτει $x^3-3x=\frac{2}{b^3}$ και 3x^2-1=11/b^3

απο τις δυο σχεσεις παιρνω την τριτοβαθμια 11x^3-6x^2-33x+2=0

Εχουμε απο το α) τη ριζα $x_{1}=2/1=2$ αρα απο το σχημα Horner παιρνω:
$(x-2)(11x^2+16x-1)=0\Leftrightarrow x=2$ ή 11x^2+16x-1=0

$\Delta =...=400=20^2>0$ ... $x_{2}=\frac{2}{11},x_{3}=-\frac{18}{11}$
αντικαθιστωντας στο συστημα (1) βρισκουμε τις λυσεις (το θεμα ειναι καθαρα υπολογιστικο απο δω και κατω)
Edit: η διακρινουσα ειναι λαθος! ειναι $\Delta =...=300>0$ ... $x_{2,3}=\frac{-16^{+}_{-}10\sqrt{3}}{22}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 30, 2009 4:40 pm**

Νίκο, μ' άρεσε: έχει καλό τίτλο και μια καλή λύση...

1) Εύκολα δείχνουμε ότι (2+i)^3=2+11i

.

2) Έστω z=2+i

και $x=\alpha+\beta i$ .
Για να βρούμε τους μιγαδικούς $\alpha+\beta i$ αρκεί να λύσουμε στο $\mathbb{C}$ την εξίσωση: x^3=z^3

.
$\displaystyle x^3=z^3 \Leftrightarrow x^3-z^3=0 \Leftrightarrow (x-z)(x^2+xz+z^2)=0\Leftrightarrow \\\Leftrightarrow(x-z)\left{[}(x+\frac{z}{2})^2+\frac{3z^2}{4} \right{]}=0 \Leftrightarrow(x-z)\left{[}(x+\frac{z}{2})^2-(i\frac{\sqrt{3}z}{2})^2 \right{]}=0\Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow (x=z,x=-\frac{z}{2}\cdot (1+i\sqrt{3}), x=-\frac{z}{2}\cdot(1-i\sqrt{3})$

Οι ζητούμενοι μιγαδικοί $\alpha+\beta i$ είναι οι

2+i

, $\displaystyle \frac{\sqrt{3}-2}{2}-\frac{2\sqrt{3}+1}{2}i$ και $\displaystyle -\frac{\sqrt{3}+2}{2}+\frac{2\sqrt{3}-1}{2}i$

Σχόλιο: Τέτοιου είδους ασκήσεις είναι καλό να δίνονται στους μαθητές. Έστω και με τα λίγα που τους διδάσκουμε στους μιγαδικούς είναι καλό να εμπεδώσουν την διαφορά που έχει να λύνουμε μια εξίσωση στο $\mathbb{R}$ από το να λύσουμε την ίδια εξίσωση στο $\mathbb{C}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 30, 2009 6:21 pm**

Εγκυκλοπαιδικά αναφέρω ότι προς τιμή του Bombelli, υπάρχει κρατήρας με το ονομά του στη σελήνη.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 30, 2009 7:14 pm**

k-ser έγραψε:Νίκο, μ' άρεσε: έχει καλό τίτλο και μια καλή λύση...

1) Εύκολα δείχνουμε ότι .

2) Έστω και $x=\alpha+\beta i$ .
Για να βρούμε τους μιγαδικούς $\alpha+\beta i$ αρκεί να λύσουμε στο $\mathbb{C}$ την εξίσωση: .
$\displaystyle x^3=z^3 \Leftrightarrow x^3-z^3=0 \Leftrightarrow (x-z)(x^2+xz+z^2)=0\Leftrightarrow \\\Leftrightarrow(x-z)\left{[}(x+\frac{z}{2})^2+\frac{3z^2}{4} \right{]}=0 \Leftrightarrow(x-z)\left{[}(x+\frac{z}{2})^2-(i\frac{\sqrt{3}z}{2})^2 \right{]}=0\Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow (x=z,x=-\frac{z}{2}\cdot (1+i\sqrt{3}), x=-\frac{z}{2}\cdot(1-i\sqrt{3})$

Οι ζητούμενοι μιγαδικοί $\alpha+\beta i$ είναι οι

, $\displaystyle \frac{\sqrt{3}-2}{2}-\frac{2\sqrt{3}+1}{2}i$ και $\displaystyle -\frac{\sqrt{3}+2}{2}+\frac{2\sqrt{3}-1}{2}i$

Σχόλιο: Τέτοιου είδους ασκήσεις είναι καλό να δίνονται στους μαθητές. Έστω και με τα λίγα που τους διδάσκουμε στους μιγαδικούς είναι καλό να εμπεδώσουν την διαφορά που έχει να λύνουμε μια εξίσωση στο $\mathbb{R}$ από το να λύσουμε την ίδια εξίσωση στο $\mathbb{C}$ .

μα τι ωραια λυση!

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 30, 2009 8:35 pm**

Θα μπορούσε να λυθεί και ως εξής:
$z^{3}=\left(2+i \right)^{3}\Leftrightarrow \left(z-2-i) \right)\left(z^{2}+z(2+i)+(2+i)^{2} \right)=0$
Η δευτεροβάθμια έχει διακρίνουσα $\Delta =-3\left(2+i \right)^{2}=\left(i\sqrt{3}(2+i) \right)^{2}=\left(-\sqrt{3}+2i\sqrt{3} \right)^{2}$ και προκύπτουν οι λύσεις των προηγουμένων,
Βέβαια η λύση μου είναι εκτός ύλης, αφού το βιβλίο αναφέρεται στην δευτεροβάθμια με συντελεστές πραγματικούς.
Φιλικά Χρήστος

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 01, 2009 12:02 am**

Για το δευτερο ερωτημα ας παρατηρησω οτι οι κυβικες ριζες του 2 + 11i ειναι κορυφες ισοπλευρου τριγωνου στον κυκλο κεντρου (0, 0) και ακτινας 5^(1 /2), ΑΡΑ οι ζητουμενες ριζες προκυπτουν απο την δοθεισα ριζα 2 + i μεσω πολλαπλασιασμου της με συν120 + iημ120 και συν(-120) + iημ(-120) = συν120 - iημ120, αντιστοιχα.

Γιωργος Μπαλογλου

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 01, 2009 12:33 am**

Αφού (2+i)^3 = 2+11i, διαιρώντας και τα δύο μέλη της εξίσ. με (2+i)^3, δεν έχουμε παρά να βρούμε τις κυβικές ρίζες της μονάδας και να τις πολ/με με 2+i.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 01, 2009 12:57 am**

'Ολες οι λύσεις είναι ωραίες. Η λύση του paganini που είναι και η πιό "πραγματική" απαιτεί και την λύση ενός όχι εύκολου συστήματος. Οι λύσεις του Κώστα και του Αντώνη έχουν ενδιαφέρον να ειδωθούν στον πίνακα παράλληλα:
'Εχουμε $z^{3}=\left( 2+i\right) ^{3}$ και μπορούμε να "αδειάσουμε" το β' μέλος ή γράφοντας
$z^{3}-\left( 2+i\right) ^{3}=0$ (Κώστας)
είτε γράφοντας:
$\frac{z^{3}}{\left( 2+i\right) ^{3}}=1\Leftrightarrow \left( \frac{z}{2+i}\right) ^{3}=1\Leftrightarrow _{\left( u=\frac{z}{2+i}\right) }u^{3}-1=0$ (Αντώνης) που είναι και η πιό γρήγορη λύση.
Στην λύση του Paganini πρέπει να βρεθούν τα κοινά σημεία δύο καμπυλών των $\allowbreak x^{3}-3xy^{2}=2$ και $\allowbreak 3x^{2}y-y^{3}=11$ . Το ωραίο, δωρεάν, πρόγραμμα WinPlot ( http://math.exeter.edu/rparris/winplot.html ) έχει την δυνατότητα να κάνει γραφική παράσταση σχέσεων (δηλαδή σε πεπλεγμένη μορφή) και δίνει:

: Bombelli.png (8.48 KiB) Προβλήθηκε 1806 φορές

Mία ενδιαφέρουσα ερώτηση είναι να δοθούν οι τύποι των καμπυλών και η γραφική παράσταση και να ζητηθεί να βρεθεί ποιά είναι ποιά με αιτιολόγηση φυσικά.
Η λύση του Χρήστου αν και τυπικά εκτός ύλης μπορεί να διδαχθεί. Δεν έγινε και τίποτε να πάμε για μια φορά την θεωρία λίγο πιο κάτω και να λύσουμε μία δευτεροβάθμια με μιγαδικούς συντελεστές. Βέβαια χρειζόμαστε να βρούμε τετραγωνική ρίζα μιγαδικού (άσκηση που οι πιό πολλοί την κάνουμε). Υπάρχει εδώ και ένα κέρδος: Δείχνουμε πως ένα πρόβλημα (εύρεση κυβικής ρίζας μιγαδικού) ανάγεται σε ένα ευκολότερο (εύρεση τετραγωνικής ρίζας μιγαδικού). Τέτοιες αναγωγές εμείς οι μαθηματικοί τις λατρεύουμε και γιαυτό μας έχουν βγάλει και ανέκδοτο.
Μαυρογιάννης

mathematica.gr

'Ενα θέμα από το παρελθόν

'Ενα θέμα από το παρελθόν

Re: 'Ενα θέμα από το παρελθόν

Re: 'Ενα θέμα από το παρελθόν

Re: 'Ενα θέμα από το παρελθόν

Re: 'Ενα θέμα από το παρελθόν

Re: 'Ενα θέμα από το παρελθόν

Re: 'Ενα θέμα από το παρελθόν

Re: 'Ενα θέμα από το παρελθόν

Re: 'Ενα θέμα από το παρελθόν