Σχέσεις με μιγαδικούς

erxmer · #1

Nα αποδειχθεί οτι για τους μιγαδικούς z_1, z_2

ίσχύουν οι ακόλουθες σχέσεις:

1) $\displaystyle{|z_1z_2|-Re(z_1z_2)=\frac{|\bar{z_2}-z_1|^2-\left(|z_2|-|z_1| \right)^2}{2}}$

2) $\displaystyle{|Im(z_1)|=\sqrt{\frac{|z_1|^2-Re(z_1^2)}{2}}}$

3) Aν θεωρήσουμε το σύνολο $\displaystyle{A=\{z \in \mathbb{C}: |z|-Re(z) \leq \frac{1}{2}\}}$ δείξτε οτι

$\displaystyle{z \in A \Leftrightarrow \{z=z_1z_2 \,\,\kappa \alpha \iota \,\,|\bar{z_2}-z_1| \leq 1\}}$

gavrilos · #2

α)Έστω $\displaystyle{z_{1}=a+bi \ , \ z_{2}=c+di}$ .

Η ισότητα γίνεται $\displaystyle{|(a+bi)(c+di)|-Re[(a+bi)(c+di)]=\frac{|c-di-a-bi|^{2}-(\sqrt{c^{2}+d^{2}}-\sqrt{a^{2}+b^{2}})^{2}}{2}}$ .

$\displaystyle{|(ac-bd)+(bc+ad)i|-Re[(ac-bd)+(bc+ad)i]=\frac{|(c-a)-(b+d)i|^{2}-c^{2}-d^{2}+2\sqrt{(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})}-a^{2}-b^{2}}{2}}$ .

$\displaystyle{\sqrt{(ac-bd)^{2}+(bc+ad)^{2}}-ac+bd=\frac{c^{2}-2ac+a^{2}+b^{2}+2bd+d^{2}-c^{2}-d^{2}+2\sqrt{(ac)^{2}+(ad)^{2}+(bc)^{2}+(bd)^{2}}-a^{2}-b^{2}}{2}}$ .

$\displaystyle{\sqrt{(ac)^{2}+(ad)^{2}+(bc)^{2}+(bd)^{2}}-ac+bd=\frac{2bd-2ac+2\sqrt{(ac)^{2}+(ad)^{2}+(bc)^{2}+(bd)^{2}}}{2}=\sqrt{(ac)^{2}+(ad)^{2}+(bc)^{2}+(bd)^{2}}-ac+bd}$ που ισχύει.

β)Έστω πάλι $\displaystyle{z_{1}=a+bi}$ .

Έχουμε για το δεξί μέλος ότι $\displaystyle{\sqrt{\frac{|z_{1}|^{2}-Re(z_{1}^{2})}{2}}=\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}-Re(a^{2}-2abi-b^{2})}{2}}=\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}-a^{2}+b^{2}}{2}}=\sqrt{b^{2}}=|b|}$ .

Στο αριστερό μέλος ισχύει $\displaystyle{|Im(z_1)|=|bi|=\sqrt{b^2}=|b|}$ άρα τα δύο μέλη είναι ίσα μεταξύ τους.

**Edit:Προσθήκη δεύτερου ερωτήματος.
***Μάλλον υπάρχουν πιο κομψοί τρόποι επίλυσης αλλά δεν έχω βρει κάποιον από αυτούς.

BAGGP93 · #3

gavrilos έγραψε:
***Μάλλον υπάρχουν πιο κομψοί τρόποι επίλυσης αλλά δεν έχω βρει κάποιον από αυτούς.

Καλησπέρα.

Ίσως, ένας πιο "κομψός" τρόπος είναι ο ακόλουθος.

$\displaystyle{\begin{aligned} \frac{\left|\bar{z_2}-z_1\right|^2-\left(\left|z_2\right|-\left|z_1\right|\right)^2}{2}&=\frac{\left(\bar{z_2}-z_1\right)\left(z_2-\bar{z_1}\right)-\left|z_2\right|^2+2\left|z_2\right|\left|z_1\right|-\left|z_1\right|^2}{2}\\&=\frac{\left|z_2\right|^2-\bar{z_2}\cdot \bar{z_1}-z_1\cdot z_2+\left|z_1\right|^2-\left|z_2\right|^2+2\left|z_2\right|\left|z_1\right|-\left|z_1\right|^2}{2}\\&=\frac{2\left|z_1\cdot z_2\right|-\left(\bar{z_1}\cdot \bar{z_2}\right+z_1\cdot z_2)}{2}\\&=\frac{2\left(\left|z_1\cdot z_2\right|-Re\left(z_1\cdot z_2\right)\right)}{2}\\&=\left|z_1\cdot z_2\right|-Re\left(z_1\cdot z_2\right)\end{aligned}}$

Όσο για το δεύτερο, εφαρμόζουμε το πρώτο για $\displaystyle{z_2=z_1}$ και έχουμε

$\displaystyle{\left|z_1\right|^2-Re\left((z_1)^2\right)=\frac{\left|\bar{z_1}-z_1\right|^2}{2}=\frac{\left|-2Im(z_1)i\right|^2}{2}=2Im^2(z_1)\geq 0}$

Επειδή και τα δύο μέλη είναι θετικά, παίρνοντας τις ρίζες, έχουμε το ζητούμενο.

Σχέσεις με μιγαδικούς

Σχέσεις με μιγαδικούς

Re: Σχέσεις με μιγαδικούς

Re: Σχέσεις με μιγαδικούς

Μέλη σε σύνδεση