Ασκήσεις προς επίλυση στους Μιγαδικούς

169 · 16 Ιουλίου 2008 στις 21:44

νομιζω οτι αν υψωσεις και τα δυο μελη στο τετραγωνο βγαινει

εσεις τι λετε ;

169 · 19 Ιουλίου 2008 στις 17:02

ρε στελιο ποτε θα βαλεις την λυση σου για την ασκηση με τα πολυονυμα:xixi:
αντε περιμενω ....

mostel · 19 Ιουλίου 2008 στις 17:11

Λοιπόν,

θεωρώ το πρώτο ερώτημα ότι έχει αποδειχθεί, γιατί βαριέμαι να κάτσω να γράφω και τη λύση για το 1ο ερώτημα

Δηλαδή, ότι όντως ισχύει:

$<br /> |(z-1)P(z)|\leq a|z|^3-\left[(a-b)|z|^2+(b-c)|z|+c\right]$

Έστω $z_0$ η ρίζα του πολυωνύμου.

Θα ισχύει: $P(z_0)=0$ , άρα από το πρώτο ερώτημα για $z=z_0$ , παίρνουμε:

$0\leq a|z_0|^3-\left[(a-b)|z_0|^2+(b-c)|z_0|+c\right]$

$(a-b)|z_0|^2+(b-c)|z_0|+c\geq a|z_0|^3$ (1)

Αν ήταν $|z_0|>1$ , τότε θα είχαμε: $|z_0|^2>|z_0|$ και $|z_0|^2>1$ .

Δηλαδή:

$(a-b)|z_0|^2+(b-c)|z_0|^2+c|z_0|^2>(a-b)|z_0|^2+(b-c)|z_0|+c$

$(a-b+b-c+c)|z_0|^2> (a-b)|z_0|^2+(b-c)|z_0|+c$

$a|z_0|^2> (a-b)|z_0|^2+(b-c)|z_0|+c$

$a|z_0|^2> a|z_0|^3$ ( από (1) )

$|z_0|<1$ , που είναι άτοπο, γιατί υποθέσαμε ότι $|z_0|>1$ .

Άρα είναι $|z_0|\leq 1$

169 · 19 Ιουλίου 2008 στις 17:19

το ειχα φτασει μεχρι την μεση μετα σκαλωσα

mostel · 19 Ιουλίου 2008 στις 17:39

Αρχική Δημοσίευση από 169:
νομιζω οτι αν υψωσεις και τα δυο μελη στο τετραγωνο βγαινει

εσεις τι λετε ;

Ναι, έτσι βγαίνει, αλλά δε προκύπτει τόσο εύκολα. Αν θες βάλε τη λύση σου, γιατί πρόκειται περί διδακτικής άσκησης πάνω στην ευχέρεια πράξεων στους μιγαδικούς.

Γενικά αυτά τα θέματα δε τα πολυπάω, αλλά τα πάνε με 1000 η επιτροπή των θεμάτων, γι' αυτο συνίσταται προσοχή, υπομονή και επιμονή όταν κάποιος πιάνει μολύβι και χαρτί για να τα λύσει.

Θέλουμε δε θέλουμε, αν μπει κάτι τέτοιο στις πανελλαδικές, θα πρέπει να είστε έτοιμοι να το αντιμετωπίσετε :iagree:

Στέλιος

169 · 20 Ιουλίου 2008 στις 20:54

λοιπον την βαζω καπως καθυστεριμενα(δεν φταιω εγω ειχε αγωνα χθες

)

αν z1=z και z2=w
το πρωτο μελος στο τετραγωνο δινει:

|z|^2-z(z'^2-w'^2)^1/2-z'(z^2-w^2)^1/2+(z^2-w^2)^1/2(z'^2-w'^2)^1/2+|z|^2+z(z'^2-w'^2)^1/2+z'(z^2-w^2)^1/2+(z^2-w^2)^1/2(z'^2-w'^2)^1/2+2|z^2+z(z^2-w^2)^1/2-z(z^2-w^2)^1/2-z^2+w^2|=2|z|^2+2|w|^2+2|z^2-w^2| (1)

το δευτερο μελος στο τετραγωνο δινει:

|z|^2+zw'+wz'+|w|^2+|z|^2-zw'-wz'+2|z^2-wz+wz-w^2|=2|z|^2+2|w|^2+2|z^2-w^2| (2)

απο (1),(2)=> το ζητουμενο

ουφ επιτελους:wow:
ευτυχως που τα αληθινα μαθηματικα δεν εχουν καμια σχεση με την αλγεβρα:bravo:

mostel · 20 Ιουλίου 2008 στις 21:19

Τη λύση σου θα τη δω αργότερα, γιατί τώρα ετοιμάζομαι για έξοδο.

Βέβαια, τα μαθηματικά του λυκείου δεν είναι αληθινά. Είναι μπούρδες :p

169 · 20 Ιουλίου 2008 στις 21:22

καλα να περασεις :bye:

mostel · 21 Ιουλίου 2008 στις 12:04

Δεν είδα και αναλυτικά τη λύση , διότι είναι λίγο κουραστικό να τη διαβάσεις , μιας και δεν είναι περασμένη σε TeX, αλλά νομίζω πως την έχεις σωστή :no1:

169 · 21 Ιουλίου 2008 στις 14:01

να αλλη μια (ειναι αρκετα απλη αλλα μου αρεσει

)

νδο |z+2w|+|2z+w|+|3z+2w|<ή=5|z+w|+|z|+2|w| ... αντε παρτε μολυβι και χαρτι

mostel · 21 Ιουλίου 2008 στις 14:16

Αρχική Δημοσίευση από 169:
να αλλη μια (ειναι αρκετα απλη αλλα μου αρεσει)

νδο |z+2w|+|2z+w|+|3z+2w|<ή=5|z+w|+|z|+2|w| ... αντε παρτε μολυβι και χαρτι

Easy and cute

$|z+2w|+|2z+w|+|3z+2w|=|(z+w)+w|+|(w+z)+z|+|3z+2w+w-w|=\\<br /> =|(z+w)+w|+|(w+z)+z|+|3(w+z)-w|\leq |z+w|+|w|+|w+z|+|z|+3|z+w|+|-w|=5|z+w|+2|w|+|z|$

Stelios

169 · 21 Ιουλίου 2008 στις 14:31

ναι:bravo:
βαλε κι αλλη ασκηση αν εχεις χρονο...

mostel · 21 Ιουλίου 2008 στις 14:48

Οκ, ένα δυσκολάκι:

Να αποδειχθεί ότι για κάθε μιγαδικό $z$ , ισχύει:

$|1+z|\geq\frac{1}{\sqrt{2}}\qquad$ ή $\qquad|1+z^2|\geq 1$

george_k214 · 21 Ιουλίου 2008 στις 16:08

Σε αυτή την άσκηση που έδωσες Στέλιο,θα πάρουμε αρχικά την πρώτη σχέση(αφου θέσουμε z=x+iy)και θα δούμε για ποιούς μιγαδικούς ισχυει(πχ ισχύει για αυτους που έχουν y>0).Έπειτα θα αποδείξουμε οτι για τους υπόλοιπους μιγαδικούς(αυτούς για τους οποίους ισχύει y<ή=0) ισχύει η άλλη σχέση.

Σώστη είναι η λογική αυτή?δουλεύει για αυτή την άσκηση?

(παράδειγμα δίνω με το y>0,δεν έχω λύσει ακόμα την άσκηση)

169 · 21 Ιουλίου 2008 στις 16:17

εμενα δεν μου βγηκε ετσι...

169 · 21 Ιουλίου 2008 στις 16:37

ρε Στελιο ειναι σιγουρα ετσι η ασκηση γιατι αν z=0+0i τοτε νομιζω οτι ισχυουν και οι δυο

george_k214 · 21 Ιουλίου 2008 στις 16:46

Το "ή" δεν αποκλείει την περίπτωση να ισχύουν και οι δύο σχέσεις ταυτόχρονα....

miv · 21 Ιουλίου 2008 στις 16:46

Δεν είναι λάθος αυτό. Όταν σου λέει "Έστω χ, τότε p ή q", σημαίνει οτι θα ισχύει ή το p, ή το q, ή και τα δύο ταυτόχρονα.

chris_90 · 21 Ιουλίου 2008 στις 16:59

169, μπορεις να γραψεις πως την ελυσες;

mostel · 21 Ιουλίου 2008 στις 17:04

Αρχική Δημοσίευση από george_k214:
Σε αυτή την άσκηση που έδωσες Στέλιο,θα πάρουμε αρχικά την πρώτη σχέση(αφου θέσουμε z=x+iy)και θα δούμε για ποιούς μιγαδικούς ισχυει(πχ ισχύει για αυτους που έχουν y>0).Έπειτα θα αποδείξουμε οτι για τους υπόλοιπους μιγαδικούς(αυτούς για τους οποίους ισχύει y<ή=0) ισχύει η άλλη σχέση.

Σώστη είναι η λογική αυτή?δουλεύει για αυτή την άσκηση?

(παράδειγμα δίνω με το y>0,δεν έχω λύσει ακόμα την άσκηση)

Αν θες βάλε τη λύση σου ολοκληρωμένα και θα σου πω.

Η λυσή μου είναι διαφορετική και βασίζεται στην εις άτοπο απαγωγή.

Στέλιος

Ασκήσεις προς επίλυση στους Μιγαδικούς

Νεοφερμένο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Επιφανές μέλος

Διάσημο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος