Μία ανισότητα, για να μην ξεχνάμε τους μιγαδικούς

#1

Δείξτε όται αν

μιγαδικός αριθμός που ικανοποιεί $|z+1| \le 1$ και $|z^2+1| \le 1$ , τότε $|z| \le {\color {red} 1}$ . (Διόρθωσα τυπογραφικό)

Σχόλιο: Δυστυχώς οι μιγαδικοί αριθμοί αφαιρέθηκαν από την ύλη του Λυκείου, οπότε στην αμηχανία μου δεν ξέρω που να αναρτήσω την άσκηση. Επειδή είναι σχετικά προσιτή, και όποιος ασχολείται με λίγο περισσότερα Μαθηματικά πρέπει να γνωρίζει μιγαδικούς, την αναρτώ στο θρεντ των Διαγωνισμών σε επίπεδο Σχολείου.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #2

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 22, 2022 9:43 am
Δείξτε όται αν μιγαδικός αριθμός που ικανοποιεί $|z+1| \le 1$ και $|z^2+1| \le 1$ , τότε $|z| \le 2$ .

Σχόλιο: Δυστυχώς οι μιγαδικοί αριθμοί αφαιρέθηκαν από την ύλη του Λυκείου, οπότε στην αμηχανία μου δεν ξέρω που να αναρτήσω την άσκηση. Επειδή είναι σχετικά προσιτή, και όποιος ασχολείται με λίγο περισσότερα Μαθηματικά πρέπει να γνωρίζει μιγαδικούς, την αναρτώ στο θρεντ των Διαγωνισμών σε επίπεδο Σχολείου.

Κάτι δεν πάει καλά.
Γιατί αν $|z+1| \le 1$ τότε
$|z|=|z+1-1|\leq |z+1|+1\leq 1+1=2$

#3

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 22, 2022 12:59 pm
Κάτι δεν πάει καλά.
Γιατί αν $|z+1| \le 1$ τότε
$|z|=|z+1-1|\leq |z+1|+1\leq 1+1=2$

Σωστά. Είχα τυπογραφικό σφάλμα στην εκφώνηση.

Το σωστό αποδεικτέο είναι $|z| \le 1$ (αντί $\le 2$ ).

Αααααχ. Ου γαρ έρχεται μόνον...

Ζητώ συγνώμη.

#4

Γράφουμε $z = re^{i\vartheta}$ . Έχουμε $|z+1|^2 = |z|^2 + z + \bar{z} + 1 = r^2 + 2rcos{\vartheta} + 1$ .

Άρα η $|z+1| \leqslant 1$ δίνει $\displaystyle \cos{\vartheta} \leqslant -\frac{r}{2}$

Αναλόγως, η $|z^2+1| \leqslant 1$ δίνει $\displaystyle \cos{2\vartheta} \leqslant -\frac{r^2}{2}$

Παίρνουμε λοιπόν

$\displaystyle -\frac{r^2}{2} \geqslant \cos{2\vartheta} = 2\cos^2{\vartheta}-1 \geqslant 2 \cdot \frac{r^2}{4} -1 \implies 1 \geqslant r^2 \implies r \leqslant 1$

Άρα $|z| \leqslant 1$ .

#5

Αλλιώς:

$|2z|= |(z+1)^2-(z^2+1)| \le |(z+1)^2| +|z^2+1| = |z+1|^2+|z^2+1| \le 1^2+1 =2$ , από όπου το ζητούμενο.

#6

Συνεχίζω με άλλη μία άσκηση με ανισότητα, για να μην ξεχνάμε τους μιγαδικούς:

Έστω $n \in \mathbb N$ και $z_1,\, z_2,\, ... \, , z_n$ μιγαδικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε |z_1|=|z_2|=... = |z_n| =1

και

. Nα αποδείξετε ότι z_1=z_2=...=z_n=1

.

#7

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 23, 2022 6:06 pm

Έστω $n \in \mathbb N$ και $z_1,\, z_2,\, ... \, , z_n$ μιγαδικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε και . Nα αποδείξετε ότι .

Ξεχάστηκε.

Γράφοντας ως συνήθως z_k=a_k+ib_k

, παίρνοντας τα πραγματικά μέρη της δεύτερης έχουμε και με χρήση τηε $a_k\le |z_k|$ , έχουμε

$n=a_1+a_2+...+a_n \le |z_1|+|z_2|+... + |z_n|=n$ . Άρα έχουμε ισότητα παντού, οπότε και a_k=|z_k|=1

.

Έπεται ακόμη ότι 1=|z_k|^2=a_k^2+b_k^2=1+b_k^2

, οπότε

. Tελικά

, όπως θέλαμε.

#8

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 22, 2022 9:43 am
Δείξτε όται αν μιγαδικός αριθμός που ικανοποιεί $|z+1| \le 1$ και $|z^2+1| \le 1$ , τότε $|z| \le {\color {red} 1}$ . (Διόρθωσα τυπογραφικό)

....

Δείτε και τη συζήτηση εδώ.

Μία ανισότητα, για να μην ξεχνάμε τους μιγαδικούς

Μία ανισότητα, για να μην ξεχνάμε τους μιγαδικούς

Re: Μία ανισότητα, για να μην ξεχνάμε τους μιγαδικούς

Re: Μία ανισότητα, για να μην ξεχνάμε τους μιγαδικούς

Re: Μία ανισότητα, για να μην ξεχνάμε τους μιγαδικούς

Re: Μία ανισότητα, για να μην ξεχνάμε τους μιγαδικούς

Re: Μία ανισότητα, για να μην ξεχνάμε τους μιγαδικούς

Re: Μία ανισότητα, για να μην ξεχνάμε τους μιγαδικούς

Re: Μία ανισότητα, για να μην ξεχνάμε τους μιγαδικούς

Μέλη σε σύνδεση