mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 29, 2014 6:25 pm**

Έστω οι ανά δύο διαφορετικοί μιγαδικοί αριθμοί a,b,c

τέτοιοι ώστε |a|=|b|=|c|>0

. Εάν $a + bc\:,\:b + ac\:,\:c + ab \in R$ να υπολογίσετε το γινόμενο abc

.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 30, 2014 2:41 am**

mathxl έγραψε:Έστω οι ανά δύο διαφορετικοί μιγαδικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε . Εάν $a + bc\:,\:b + ac\:,\:c + ab \in R$ να υπολογίσετε το γινόμενο .

Θέτω

.
Έχουμε $|a| = |b| = |c| = r > 0 \Rightarrow ... \Rightarrow \overline a = \frac{{{r^2}}}{a},\overline b = \frac{{{r^2}}}{b},\overline c = \frac{{{r^2}}}{c}$

και $a + bc \in R \Rightarrow \overline {a + bc} = a + bc \Rightarrow$ \displaystyle{\frac{{{r^2}}}{a} + \frac{{{r^4}}}{{bc}} = a + bc \Rightarrow bc{r^2} + a{r^4} = abc\left( {a + bc} \right):\left( 1 \right)

ca{r^2} + b{r^4} = abc\left( {b + ca} \right):\left( 2 \right) και

ab{r^2} + c{r^4} = abc\left( {c + ab} \right):\left( 3 \right)

\left( 1 \right) \wedge \left( 2 \right) \Rightarrow bc{r^2} + a{r^4} - ca{r^2} - b{r^4} =} $abc\left( {a + bc} \right) - abc\left( {b + ca} \right) \Rightarrow {r^2}c\left( {b - a} \right) - {r^4}\left( {b - a} \right) = abc\left( {c - 1} \right)\left( {b - a} \right)$ $\Rightarrow$

$\Rightarrow \left( {b - a} \right){r^2}\left( {c - {r^2}} \right) = abc\left( {c - 1} \right)\left( {b - a} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {b - a \ne 0} \right)}$ ${r^2}\left( {c - {r^2}} \right) = abc\left( {c - 1} \right):\left( 4 \right)$
Ομοίως είναι ${r^2}\left( {a - {r^2}} \right) = abc\left( {a - 1} \right):\left( 5 \right)$ .
Έχουμε $\left( 4 \right) \wedge \left( 5 \right) \Rightarrow {r^2}\left( {c - {r^2}} \right) - {r^2}\left( {a - {r^2}} \right) = abc\left( {c - 1} \right) - abc\left( {a - 1} \right) \Rightarrow$
$\Rightarrow {r^2}\left( {c - a} \right) = abc\left( {c - a} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {c - a \ne 0} \right)} abc = {r^2}.$
Ειναι όμως $abc = {r^2} \Rightarrow \left| {abc} \right| = \left| {{r^2}} \right| \Rightarrow \left| a \right|\left| b \right|\left| c \right| = {r^2} \Rightarrow rrr = {r^2} \Rightarrow {r^3} = {r^2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {r > 0} \right)} r = 1$
Άρα είναι abc = 1

(Θάνο ευχαριστώ)
Ν.Ζ.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 30, 2014 2:03 pm**

Ελάχιστα διαφορετικά.
Έστω $\displaystyle{|a|=|b|=|c|=\sqrt{r}}$ τότε:

$\displaystyle{a+bc=\bar a +\bar b \bar c\Rightarrow a^2+abc=a\bar a+a \bar b \bar c}$ . Όμοια:
$\displaystyle{b+ac=\bar b +\bar a \bar c\Rightarrow b^2+abc=b\bar b +b \bar a \bar c}$
Αφαιρούμε κατα μέλη και αφού $\displaystyle{|a|=|b|}$ έχουμε:

$\displaystyle{a^2-b^2=a \bar b \bar c-b \bar a \bar c\Rightarrow (a^2-b^2)abc=abc a \bar b \bar c-abc b \bar a \bar c\Rightarrow}$

$\displaystyle{(a^2-b^2)abc=a^2r^2-b^2r^2\Rightarrow (a^2-b^2)(abc-r^2)=0 }$

Απή την τελευταία έχουμε:
$\displaystyle{\bullet \quad abc=r^2\Rightarrow |abc|=r^2 \Rightarrow r^3=r^2 \Rightarrow r=1}$ άρα και $\displaystyle{abc=1}$
ή

$\displaystyle{\bullet a^2=b^2 \mathop \Rightarrow \limits^{a\neq b} a=-b}$
Όμως με τον ίδιο τρόπο μπορούμε να δείξουμε ότι και $\displaystyle{a=-c}$ δηλαδή b=c

που είναι άτοπο

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 12, 2014 5:07 pm**

Σας ευχαριστώ νομίζω είχα δει κάτι άλλο αλλά ποιος το ψάχνει!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 13, 2014 2:45 am**

Και μία λίγο διαφορετική αντιμετώπιση.

Έστω |a|=|b|=|c|=r>0

Αφού $a+bc, \ b+ca\in\mathbb{R}$ άρα και η διαφορά τους (a-b)(1-c)

είναι πραγματικός. Άρα

$\begin{aligned}(a-b)(1-c) &= \overline{(a-b)(1-c)}\Leftrightarrow (a-b)(1-c)=r^2\dfrac{(b-a)\left(c-r^2\right)}{abc} \\ &\stackrel{a\neq b}{\Leftrightarrow} abc(c-1)=r^2\left(c-r^2\right)\end{aligned}$ .

Όμοια παίρνουμε $abc(a-1)=r^2\left(a-r^2\right)$ και αφαιρώντας τις δύο τελευταίες κατά μέλη παίρνουμε

abc(c-a)=r^2(c-a)

απ΄ όπου

. Παίρνοντας μέτρα και στα δύο μέλη έχουμε r^3=r^2

δηλαδή

, κι έτσι

που είναι το ζητούμενο.

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 13, 2014 2:55 am**

Άλλη έψαχνα και άλλη βρήκα!

Είναι κάμποσες φορές λυμένη η παραπάνω άσκηση! Κάθε φορά την ξεχνάω και κάθε φορά έρχεται στο προσκύνιο...

Κοιτάξτε λοιπόν εδώ, εδώ, εδώ και τέλος εδώ.

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 13, 2014 7:16 pm**

Εεεπ...ατόπημα, ίδια με κάποια από το προηγούμενο αρχείο. Την αντικαθιστώ με την εξής:

Εάν $z^{2014}-2014z+2014 = 0$ , να αποδείξετε ότι ο

δεν είναι πραγματικός.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 16, 2014 9:11 pm**

Υπόδειξη

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 16, 2014 9:32 pm**

Γεια σας κύριε Βασίλη. Θα το αποδείξω με τη βοήθεια της ανισότητας του $\displaystyle{\rm{Bernoulli}}$ , η οποία λέει ότι

$\displaystyle{\left(1+a\right)^{n}\geq 1+n\,a\,,a\geq -1\,,n\in\mathbb{N}}$ .

Ας την αποδείξω.

Απόδειξη

Έστω $\displaystyle{a\geq -1}$ .

$\displaystyle{\bullet\,n=1: \left(1+a\right)^{n}=1+a=1+a}$ , ισχύει η ισότητα.

Υποθέτουμε ότι $\displaystyle{\left(1+a\right)^{n}\geq 1+n\,a\,,n\in\mathbb{N}\,(I)}$ .

$\displaystyle{\bullet\,n\longrightarrow n+1}$

$\displaystyle{\left(1+a\right)^{n+1}=\left(1+a\right)^{n}\,\left(1+a\right)\stackrel{(I)\,,1+a\geq 0}{\geq}\left(1+n\,a\right)\,\left(1+a\right)=n\,a^2+1+\left(n+1\right)\,a\geq 1+\left(n+1\right)\,a}$

όπως θέλαμε.

Πάμε τώρα στην άσκηση.

Έστω ότι $\displaystyle{z\in\mathbb{R}}$ . Επειδή $\displaystyle{z^{2014}\geq 0}$ , έπεται ότι :

$\displaystyle{2014\,\left(z-1\right)\geq 0\implies z-1\geq 0\implies z\geq 1}$ .

Θα εφαρμόσουμε την ανισότητα του $\displaystyle{\rm{Bernoulli}}$ για $\displaystyle{a=z-1\geq 0\,,n=2014}$ , άρα παίρνουμε :

$\displaystyle{z^{2014}=\left(1+(z-1)\right)^{2014}\geq 1+2014\,\left(z-1\right)\implies 2014\,\left(z-1\right)\geq 1+2014\,\left(z-1\right)\implies 0\geq 1}$

άτοπο.

Συνεπώς, $\displaystyle{z\notin \mathbb{R}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 16, 2014 9:38 pm**

Αρκεί να δείξουμε ότι $x^{2014}-2014x+2014>0$ για κάθε $\in\mathbb R.$

Για $x\leq 0$ είναι προφανές.

Για x>0

με δύο σχήματα Horner $x^{2014}-2014x+2014=(x-1)^2(x^{2012}+2x^{2011}+...+2012x+2013)+1>0.$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 16, 2014 9:44 pm**

Παύλε την έκανες πολύ εύκολη, απλά

.
Βαγγέλη πολύ ωραία λύση (η απόδειξη της Μπερνούλι δεν χρειάζεται αφού βρίσκεται στο σχολικό ως εφαρμογή στην μαθηματική επαγωγή). Βέβαια από του χρόνου θα είναι επισήμως έξω!!!! Σε ένα μάθημα που μπορούσαμε να κάνουμε εμβάθυνση θα πασαλείψουμε (είμαστε καλοί σε αυτό...το κάνουμε σε όλα τα υπόλοιπα). Κρίμα κατά την γνώμη μου....
Κράτησα και τις δύο λύσεις.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 16, 2014 9:52 pm**

Και με ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου:

$x^{2014}+2013=\left|x \right|^{2014}+1+1+...+1\geq 2014\sqrt[2014]{\left|x \right|^{2014}}=2014\left|x \right|\geq 2014x\Rightarrow x^{2014}-2014x+2014>0$ .

mathematica.gr

Μιγαδικοί 87

Μιγαδικοί 87

Re: Μιγαδικοί 87

Re: Μιγαδικοί 87

Re: Μιγαδικοί 87

Re: Μιγαδικοί 87

Re: Μιγαδικοί 87

Re: Μιγαδικοί 87

Re: Μιγαδικοί 87

Re: Μιγαδικοί 87

Re: Μιγαδικοί 87

Re: Μιγαδικοί 87

Re: Μιγαδικοί 87