Διαγώνισμα 2014-2015 μιγαδικοί

mathxl · #1

Ανεβάζω το διαγώνισμα που έδωσα στα ανήψια μου (φέτος θα πάνε επιτέλους γ) ύστερα από την καλοκαιρινή τους προετοιμασία.
Δεν έχει θεωρία.....

Σχόλιο: Κατά καιρούς έχω ανεβάσει διαγωνίσματα αλλά αυτό δεν σημαίνει ότι είναι και σχολικώς ενδεικνυόμενα. Καθένας από εμάς φτιάχνει ένα διαγώνισμα με σκοπό να εξετάσει-δει- κάτι. Αν αυτό είναι χρήσιμο και σε άλλους τόσο το καλύτερο!

#2

Βασίλη σε ευχαριστώ.
Θα το βάλω το σαββατοκύριακο στον γιό μου.
(Δίνει φέτος...γερνάμε)

marinosmanol · #3

Θα ήθελα πολύ να μάθω πως πήγαν τα παιδιά σε ένα τέτοιας δυσκολίας διαγώνισμα και αν μπορούσες κάποια στιγμή να αναρτήσεις τις λύσεις.

mathxl · #4

Καλησπέρα Μαρίνε. Συνάδελφος ή μαθητής;

Να απαντήσω πρώτα στο δεύτερο σκέλος της ερώτησης.
Βαριέμαι να γράψω τις λύσεις. Τις έχω κάνει χειρόγραφα. Εάν πρόσεξες και στα υπόλοιπα διαγωνίσματα μιγαδικών που έχω ανεβάσει δεν έχω δώσει τις λύσεις. Ωστόσο αν βρεθούν μέλη που θα δώσουν απαντήσεις, τότε θα δώσω και τις δικές μου σε περίπτωση που θα είναι διαφορετικές.

Για το πως πήγαν τα ανήψια μου, ειλικρινά δεν καταλαβαίνω το νόημα της ερώτησης. Πολλές φορές έχω διαβάσει αντίστοιχες ερωτήσεις σε διαγωνίσματα άλλων συναδέλφων και ειλικρινά απορώ γιατί τίθενται; Ποια επικοδομοιτική πληροφορία μπορείς να αντλήσεις; Η απάντηση που θα σου δώσω είναι η εξής: Βασικές γνώσεις πολύ καλά, ανισότητες άσχημα, συνθετική ικανότητα μέτρια.

Βασίλης.

BAGGP93 · #5

Γεια σας. Κάποιες σκέψεις πάνω στο θέμα bonus .

Αν θεωρήσουμε τους μιγαδικούς αριθμούς $\displaystyle{a=\dfrac{2014}{2015}\,z_1\,,b=\dfrac{2014}{2015}\,z_2}$ , τότε από

τις δοσμένες σχέσεις λαμβάνουμε : $\displaystyle{a\neq b\,\,\kappa \alpha \iota\,\,\left|a\right|=\left|b\right|=\left|a+b\right|}$

Αν $\displaystyle{b=0}$ , τότε : $\displaystyle{a=0}$ , άτοπο διότι $\displaystyle{a\neq 0}$ , οπότε :

$\displaystyle{\left|a\right|=\left|a+b\right|\implies \left|\dfrac{a}{b}+1\right|=\left|\dfrac{a}{b}\right|}$ , που σημαίνει ότι

η εικόνα του μιγαδικού αριθμού $\displaystyle{w=\dfrac{a}{b}}$ είναι σημείο της μεσοκαθέτου του ευθυγράμμου τμήματος που

ορίζουν τα σημεία $\displaystyle{A(-1,0)\,,O(0,0)}$ . Συνεπώς, $\displaystyle{\dfrac{a}{b}=-\dfrac{1}{2}+y\,i\,,y\in\mathbb{R}-\left\{0\right\}}$ .

Επειδή όμως $\displaystyle{\left|\dfrac{a}{b}\right|=1}$ , έπεται ότι $\displaystyle{\dfrac{a}{b}=\dfrac{z_1}{z_2}=-\dfrac{1}{2}\pm i\,\dfrac{\sqrt{3}}{2}}$ ,

και συνεπώς, $\displaystyle{\left(\dfrac{z_1}{z_2}\right)^3=1}$ ή ισοδύναμα, επειδή $\displaystyle{z_1\neq z_2}$

$\displaystyle{\left(\dfrac{z_1}{z_2}\right)^2+\dfrac{z_1}{z_2}+1=0\iff \left(\dfrac{z_1}{z_2}\right)^2=-1-\dfrac{z_1}{z_2}=\dfrac{1}{2}\pm i\,\dfrac{\sqrt{3}}{2}$

$\displaystyle{\begin{aligned}\left(2015\,\dfrac{z_1}{z_2}\right)^{2015}&=(2015)^{2015}\,\left(\dfrac{z_1}{z_2}\right)^{2015}\\&=(2015)^{2015}\,\left[\left(\dfrac{z_1}{z_2}\right)^3\right]^{671}\,\left(\dfrac{z_1}{z_2}\right)^2\\&=\left(2015\right)^{2015}\,\left(\dfrac{1}{2}\pm i\,\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\end{aligned}}$

Γράφω και κάποιες άλλες σκέψεις. Ελπίζω να είναι σωστές.

Οι εικόνες των μιγαδικών αριθμών $\displaystyle{a\,,b}$ ανήκουν στον κύκλο κέντρου $\displaystyle{O(0,0)}$ και

ακτίνας $\displaystyle{r=\left|a\right|=\left|b\right|=\left|a+b\right|}$ .

Επίσης, από τον κανόνα του παραλληλογράμμου έχουμε :

$\displaystyle{\left|a-b\right|^2+\left|a+b\right|^2=2\,\left|a\right|^2+2\,\left|b\right|^2\iff \left|a-b\right|=\sqrt{3}\,\left|a\right|}$ .

Συνεπώς, οι εικόνες των μιγαδικών $\displaystyle{a\,,b}$ είναι δύο από τις κορυφές του εγγεγραμμένου ισοπλεύρου

τριγώνου στον κύκλο κέντρου $\displaystyle{O(0,0)}$ και

ακτίνας $\displaystyle{r=\left|a\right|}$ και οι εικόνες των μιγαδικών $\displaystyle{a\,,-b}$ είναι δύο από τις

κορυφές του εγγεγραμμένου εξαγώνου στον κύκλο κέντρου $\displaystyle{O(0,0)}$ και

ακτίνας $\displaystyle{r=\left|a\right|}$ .

Ικανοποιούνται λοιπόν οι σχέσεις $\displaystyle{a^3=b^3=\left|a\right|^3}$ και $\displaystyle{a^6=b^6=\left|a\right|^6}$ .

Έτσι λοιπόν, $\displaystyle{\left(\dfrac{a}{b}\right)^3=1}$ .

Από το γεγονός ότι $\displaystyle{a^3\,,b^3\in\mathbb{R}}$ , μπορούμε να λάβουμε ότι οι μιγαδικοί $\displaystyle{a\,,b}$

ανήκουν στην παραβολή με εξίσωση $\displaystyle{y^2=3\,x}$ .

mathxl · #6

Ευχαριστώ Βαγγέλη για την απάντηση. Παρόμοια και η δική μου (εύκολα δείχνουμε ότι κανένας δεν ε'ίναι

)
$\left| {{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right| = \left| {{z_1} + {z_2}} \right|\mathop \Rightarrow \limits^{z = \frac{{{z_1}}}{{{z_2}}}} 1 = \left| z \right| = \left| {z + 1} \right|\mathop \Rightarrow \limits^{z = x + yi} z = - \frac{1}{2} \pm \frac{{\sqrt 3 }}{2}i$ οπότε δουλεύουμε με κύβο κτλ

ArgirisM · #7

Δίνω μία λύση για το ιδιαίτερα ενδιαφέρον bonus θέμα που όμως είναι βέβαια εκτός ύλης. Ελπίζω να μην μου έχει ξεφύγει τίποτα.
Έχουμε $|z_1 - \frac{z_1}{2015}| = |z_2 - \frac{z_2}{2015}| = |z_1 + z_2 - \frac{z_1}{2015} - \frac{z_2}{2015}| \Longleftrightarrow |\frac{2014z_1}{2015}| = |\frac{2014z_2}{2015}| = |\frac{2014(z_1 + \z_2)}{2015}| \Longleftrightarrow |z_1| = |z_2| = |z_1 + z_2| (1)$
Η παραπάνω σχέση μας εξασφαλίζει πως οι εικόνες και των τριων μιγαδικών είναι σημεία του ίδιου κύκλου με κέντρο την αρχή των αξόνων. Έστω τα σημεία A(z_1), B(z_2), M(z_1 + z_2)

, τα οποία, μαζί με την αρχή των αξόνων ορίζουν το ρόμβο OAMB

. Ακόμη, παρατηρούμε πως η γωνία $\angle MOB$ είναι ίση με 60^0

, γεγονός που προκύπτει πάλι από τη σχέση (1)

. Ομοίως έχουμε $\angle MOA = 60^0$ . Άρα οι εικόνες των μιγαδικών z_1, z_2

σχηματίζουν γωνία 120^0

.
Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε πως η γωνία που σχηματίζει το τμήμα

με τον

είναι μεγαλύτερη από αυτή που σχηματίζει το

. Έτσι γράφοντας τους δύο μιγαδικούς στην τριγωνομετρική τους μορφή έχουμε $z_1 = R(\sigma \upsilon \nu \theta + \eta \mu \theta i), z_2 = R(\sigma \upsilon \nu (\theta + \frac{2 \pi}{3}) + \eta \mu (\theta + \frac{2 \pi}{3}) i)$ .
Σύμφωνα με τα παραπάνω προκύπτει πως $\frac{z_1}{z_2} = \frac{R(\sigma \upsilon \nu \theta + \eta \mu \theta i)}{R(\sigma \upsilon \nu (\theta + \frac{2 \pi}{3}) + \eta \mu (\theta + \frac{2 \pi}{3}) i)} \Longleftrightarrow ... \Longleftrightarrow \frac{z_1}{z_2} = - \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}i$ (Προέκυψε το φανταστικό μέρος του μιγαδικού με

επειδή θεωρήσαμε πως $\angle xOB > \angle xOA$ )
Θέτουμε $z = \frac{z_1}{z_2} = - \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}i$ ενώ παρατηρούμε πως $z^2 + z + 1 = 0 \Longrightarrow (z - 1)(z^2 + z + 1) = 0 \Longleftrightarrow z^3 - 1 = 0 \Longleftrightarrow z^3 = 1 \Longrightarrow z^{2013} = 1$ .
Άρα είναι
$(2015 \frac{z_1}{z_2})^{2015} = (2015z)^{2015} = 2015^{2015} z^{2015} = 2015^{2015} z^2 = - 2015^{2015}(z + 1) = - 2015^{2015}(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i) = 2015^{2015}(- \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i)$
Στην περίπτωση που η σχέση των γωνιών που θεωρήσαμε παραπάνω ήταν διαφορετική, θα είχαμε το αποτέλεσμα $2015^{2015}(- \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}i).$
Καλό θέμα αλλά σαφώς και είναι αποκλειστικά για bonus.

Grosrouvre · #8

Καλημέρα σας! Παραθέτω μία λύση στο Θέμα Α.

ΘΕΜΑ Α

Ισχύει ότι $\rho^2 + \rho + 1 = 0$ (1). Άρα

i)
Για το ζητούμενο άθροισμα έχουμε:

$S = 1 + \rho + \rho^2 +...+ \rho^{2015} = \left(1 + \rho + \rho^2\right)\left(1 + \rho^3 + \rho^6 +...+ \rho^{2010} + \rho^{2013}\right) \Longrightarrow$

$\Longrightarrow S = 0.$

ii)

a. Είναι

$A = \left( z - 1\right) + \rho\left(z - \rho \right) + \rho^2\left(z - \rho^2 \right) \Longrightarrow$

$\Longrightarrow A = z - 1 + \rho z - \rho^2 + \rho^2 z - \rho^4 = z\left( \rho^2 + \rho + 1\right) - \left( \rho^4 + \rho^2 + 1\right) \Longrightarrow$

$\Longrightarrow A = -\left(\rho^4 - \rho\right) = -\rho\left(\rho^3 - 1\right) = -\rho\left(\rho - 1\right)\left(\rho^2 + \rho + 1\right) \Longrightarrow$

$\Longrightarrow A = 0.$

(Όπου, έγινε χρήση της (1))

b. Είναι

$B = \left| z - 1 \right|^2 + \left| z - \rho \right|^2 + \left| z - \rho^2 \right|^2 \Longrightarrow$

$\Longrightarrow B = \left( z - 1\right)\left(\bar{z} - 1\right) + \left( z - \rho \right) \left( \bar{z} - \bar{\rho}\right) + \left( z - \rho^2\right) \left( \bar{z} - \bar{\rho}^2\right) \Longrightarrow$

$\Longrightarrow B = z\bar{z} - z - \bar{z} + 1 + z\bar{z} - \bar{\rho}z - \rho\bar{z} + \rho \bar{\rho} + z\bar{z} - z\bar{\rho}^2 - \rho^2\bar{z} + \rho\bar{\rho}^2 \Longrightarrow$

$\Longrightarrow B = 3\left|z\right|^2 - \bar{z} \left(1 + \rho + \rho^2 \right) - z\left( 1 + \bar{\rho} + \bar{\rho}^2\right) + 1 + \left|\rho\right|^2 + \left|\rho\right|^4$ .

Όμως, λόγω της (1), ισχύει ότι $\bar{\rho}^2 + \bar{\rho} + 1 = 0$ και $\rho^3 - 1 = 0 \Longrightarrow \left|\rho\right| = 1$ .

Άρα

$B = 3\left( 1+ \left|z\right|^2\right).$

BAGGP93 · #9

Για το πρώτο ερώτημα μπορούμε να σκεφτούμε και ως εξής :

$\displaystyle{\rho^3-1=\left(\rho-1\right)\,\left(\rho^2+\rho+1\right)=0\implies \rho^3=1}$ ,

οπότε, επειδή $\displaystyle{\rho\neq 1}$ έχουμε :

$\displaystyle{S=1+\rho+\rho^2+...+\rho^{2015}=\dfrac{\rho^{2016}-1}{\rho-1}=\dfrac{\left(\rho^{3}\right)^{672}-1}{\rho-1}=\dfrac{1-1}{\rho-1}=0}$

mathxl · #10

Ωραίες λύσεις! Στο πνεύμα των θεματοδοτών-Ρουμάνων είναι η λύση του φίλου Grosrouvre. Οι δικές μου καλύφθηκαν.
Ακόμη περιμένω από τον φίλο marinosmanol να μου εξηγήσει την ερώτηση του.....

Grosrouvre · #11

Γεια σας! Παραθέτω μία λύση στα 2 πρώτα ερωτήματα του Θέματος Δ του διαγωνίσματος.

ΘΕΜΑ Δ

i)

Από την (2) προκύπτει ότι:

$zw - w = 3z + 12\Longrightarrow z\left(w - 3\right) = w + 12 \Longrightarrow 4\left|w - 3\right| = \left| w + 12\right| \Longrightarrow$

$\Longrightarrow 16\left( w - 3 \right)\left(\bar{w} - 3\right) = \left( w + 12 \right)\left( \bar{w} + 12 \right) \Longrightarrow$

$\Longrightarrow 16\left[w\bar{w} - 3\left( w + \bar{w}\right) + 9\right] = w\bar{w} + 12\left( w + \bar{w}\right) + 144\right]\Longrightarrow$

$\Longrightarrow 15\left|w\right|^2 = 120Re\left(w\right) \Longrightarrow \left|w\right|^2 = 8Re\left(w\right).$

ii)

Από την (2) επίσης έχουμε:

$\displaystyle{w - 3 = \frac{15}{z - 1}}.$

Άρα

$\left(\left| w -3 \right| - \left| z -1\right|\right)^2 \geq0 \Longrightarrow \left|w - 3 \right|^2 + \left|z -1\right|^2 \geq 2\left|w -3\right|\left|z -1\right|\Longrightarrow$

$\Longrightarrow \left|w - 3\right|^2 + \left|z -1\right|^2\geq 30.$

Από την παραπάνω, προκύπτει ότι:

$2\left|w - 3\right|^2 + 2\left|z -1\right|^2 \geq 60.$

Αλλά (κανόνας παραλληλογράμμου)

$2\left|w - 3\right|^2 + 2\left|z -1\right|^2 = \left| w -3 + z -1\right|^2 + \left| w -3 -z +1\right|^2 \Longrightarrow$

$\Longrightarrow \left| w + z - 4\right|^2 + \left| w - z -2\right|^2 \geq 60.$

Grosrouvre · #12

Ακολουθεί μία λύση του τρίτου ερωτήματος του Θέματος Δ

ΘΕΜΑ Δ

iii)

Ισχύει ότι:

$\left|z\right|^2 - 2Re\left(z\bar{w}\right) + \left|w\right|^2 = \left(z - w\right)\left(\bar{z} - \bar{w}\right) = \left|z - w\right|^2.$

Άρα

$\left|z\right|^2 - 2Re\left(z\bar{w}\right) + \left|w\right|^2 \leq0 \Longrightarrow \left| z -w\right|^2\leq0 \Longrightarrow$

$\Longrightarrow \displaystyle{z = w}.$

Τότε, η (2) δίνει

$\displaystyle{z\left(z -1\right) = 3z + 12 \Longrightarrow z^2 - 4z -12 = 0 \Longrightarrow}$

$\Longrightarrow z = - 2$ ή z = 6.

Οι παραπάνω τιμές του

όμως, δεν υπακούουν στην (1). Άρα, δεν υπάρχουν τέτοιοι

και

mathxl · #13

Πολύ σωστά φίλε Grosrouvre

έχουμε ίδιες λύσεις.

Grosrouvre · #14

Για να ολοκληρωθεί το puzzle του Θέματος Δ:

ΘΕΜΑ Δ

iv)

Από την τριγωνική ανίσωση και με βάση την (1), προκύπτει ότι:

$\displaystyle{\left|\left|z\right| -1\right| \leq \left|z -1\right| \leq \left|z\right| + 1\Longrightarrow 3\leq \left|z - 1\right| \leq 5} \Longrightarrow$

$\Longrightarrow \displaystyle{\frac{1}{5}\leq \frac{1}{\left|z -1\right|} \leq \frac{1}{3}}.$

Επίσης, από το πρώτο ερώτημα και για w = x + yi

, έχουμε ότι

$\left( x -4\right)^2 + y^2 = 4^2 \Longrightarrow \left| w - 4\right| = 4.$

Επομένως, $\left| w + 3\right| = \left| w -4 + 7\right|.$ Δηλαδή

$\displaystyle{\left| \left| w - 4\right| -7\right| \leq \left| w + 3\right| \leq \left| w -4\right| +7} \Longrightarrow$

$\Longtightarrow 3\leq \left| w +3\right| \leq 11.$

Οπότε, από τα παραπάνω, είναι:

$\displaystyle{\frac{3}{5} \leq A \leq \frac{11}{3}}.$

Η ελάχιστη τιμή επιτυγχάνεται για z = -4

και (τότε από την (2)) w = 0

, ενώ η μέγιστη για z = 4

και (από την (2)) w = 8.

$\bigstar$ Ευχαριστώ πάρα πολύ για την διόρθωση mathxl!

mathxl · #15

Μία εκ των λύσεων που έχω για τελευταίο του Δ είναι η εξής:
$A = \frac{{\left| {w + 3} \right|}}{{\left| {z - 1} \right|}} = \frac{{\left| {w + 3} \right|\left| {w - 3} \right|}}{{\left| {z - 1} \right|\left| {w - 3} \right|}} = \frac{{\left| {{w^2} - 9} \right|}}{{15}} \Leftrightarrow$

${\left( {15A} \right)^2} = \left( {{w^2} - 9} \right)\left( {{{\bar w}^2} - 9} \right) = {\left| w \right|^4} - 9\left( {{w^2} + {{\bar w}^2}} \right) + 81 =$

${\left| w \right|^4} - 9{\left( {w + \bar w} \right)^2} + 18{\left| w \right|^2} + 81 =$

${\left| w \right|^4} - 36{\left[ {\Re e\left( w \right)} \right]^2} + 18{\left| w \right|^2} + 81\mathop = \limits^{\Delta (i)}$

$\frac{7}{{16}}{\left| w \right|^4} + 18{\left| w \right|^2} + 81$

Είναι $0 \leqslant \left| w \right| \leqslant 8$ οπότε κατασκευαστικά προκύπτει
$81 \leqslant \frac{7}{{16}}{\left| w \right|^4} + 18{\left| w \right|^2} + 81 \leqslant 3025 \Rightarrow$

$9 \leqslant 15A \leqslant 55 \Rightarrow \frac{3}{5} \leqslant A \leqslant \frac{{11}}{3}$ .
Με την αριστερή ισότητα να ισχύει όταν $\left| w \right| = 0 \Leftrightarrow w = 0 \Leftrightarrow z = - 4$ και την δεξιά να ισχύει όταν $\left| w \right| = 8 \Leftrightarrow w = 8 \Leftrightarrow z = 4$ .
Άρα η ελάχιστη και η μέγιστη τιμή είναι αντίστοιχα $\frac{3}{5},\frac{{11}}{3}$ .
Ένας άλλος τρόπος (δεν τον έκανα αλλά φαντάζομαι ότι λειτουργεί) είναι θέτοντας w = x + yi

στην $\frac{{\left| {{w^2} - 9} \right|}}{{15}}$ συνδυάζοντας με το δεδομένο (πλέον) στο $\Delta (i)$ για να ορίσουμε συνάρτηση μιας μεταβλητής.

Σχόλιο: Από ότι φάνηκε η άσκηση θέλει μια μικρή βελτίωση ώστε να μην λειτουργεί λύση με τριγωνική. Ευχαριστώ και πάλι τον φίλο Grosrouvre για τις λύσεις του.
Περιμένω την απάντηση

mathxl έγραψε:Καλησπέρα Μαρίνε. Συνάδελφος ή μαθητής;

Ποια επικοδομοιτική πληροφορία μπορείς να αντλήσεις;

Βασίλης.

Grosrouvre · #16

Μία λύση στο τρίτο ερώτημα του Θέματος Β.

ΘΕΜΑ Β

C.

Από την σχέση $\left|z - 2\right| + \left|z + 2\right| = 4,$ προκύπτει ότι ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του

είναι το ευθύγραμμο τμήμα AB,

με άκρα τα σημεία $A = \left(-2,0\right)$ και $B = \left(2,0\right)$ αντίστοιχα.

Άρα, δεν υπάρχει μιγαδικός

με $Im\left(z\right) \neq 0,$ τέτοιος ώστε η εικόνα του να ανήκει στο παραπάνω ευθύγραμμο τμήμα.

mathxl · #17

Μια άλλη απάντηση είναι η εξής:
Έστω ότι υπάρχει τέτοιος μιγαδικός αριθμός.

$\displaystyle{\left| {z - 2} \right| + \left| {z + 2} \right| = 4 \Leftrightarrow \left| {2 - z} \right| + \left| {z + 2} \right| = \left| {\left( {2 - z} \right) + \left( {z + 2} \right)} \right|\mathop \Leftrightarrow \limits^A }$

$\displaystyle{z + 2 = \lambda \left( {2 - z} \right),\lambda \geqslant 0,2 - z \ne 0}$ ή $\displaystyle{2 - z = 0}$ και $\displaystyle{\left| {2 + 2} \right| = 4}$

$\displaystyle{z = 2 \vee \left( {\lambda + 1} \right)z = 2\lambda - 2 \Leftrightarrow z = 2 \vee z = \frac{{2\lambda - 2}}{{\lambda + 1}} \Rightarrow z \in R}$ , αδύνατο αφού $\displaystyle{z \notin R}$ εξ υποθέσεως άρα δεν υπάρχει τέτοιος μιγαδικός.

ΔΙΟΡΘΩΣΗ Στην εκφώνηση του Β θέματος, στο Α ερώτημα, να σβηστεί το "ακριβώς ένας".
Δεύτερη επεξεργασία Nα προστεθεί ότι ο z_2

δεν είναι

οπότε μπορεί να μείνει το ακριβώς ένας...μάλλον σακάτεψα την μεταφορά

Grosrouvre · #18

ΘΕΜΑ Γ (τα i. και ii.)

i)

Επειδή ισχύει ότι $\left|z - 1\right| = \left|z - i \right|,$ οι εικόνες των μιγαδικών

θα ανήκουν στη μεσοκάθετο του ευθύγραμμου τμήματος $\Gamma \Delta$ , με άκρα τα $\Gamma\left(0,1\right)$ και $\Delta\left(1,0\right),$ αντίστοιχα.

Επομένως, ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος θα είναι η ευθεία y = x.

ii)

Καθώς z = w,

και καθώς

προκύπτει ότι:

$\left( x -3\right)^2 + x^2 = \lambda^2 \Longrightarrow 2x^2 -6x + 9- \lambda^2 = 0.$

Επειδή όμως, η εξίσωση z = w

έχει μοναδική ρίζα, συμπεραίνουμε ότι η παραπάνω δευτεροβάθμια (ως προς

), έχει διπλή ρίζα (δηλαδή μηδενική διακρίνουσα).

Άρα

$\Delta = 36 - 4\cdot 2\left(9 - \lambda^2\right) = 0 \Longrightarrow 2\lambda^2 = 9 \Longrightarrow$

$\Longrightarrow \displaystyle{\lambda = \frac{3\sqrt{2}}{2}}$ (καθώς $\lambda >0$ ).

Τώρα, η προηγούμενη δευτεροβάθμια και για την παραπάνω τιμή του $\lambda$ , γίνεται:

$4x^2 - 12x + 9 = 0 \Longrightarrow \left( 2x - 3 \right)^2 = 0 \Longrightarrow \displaystyle{x = \frac{3}{2}}.$

Οπότε, η ζητούμενη μοναδική λύση, είναι η

$z = w = \displaystyle{\frac{3}{2} + \frac{3}{2}i}.$

Grosrouvre · #19

Και το τελευταίο ερώτημα του Θέματος Γ:

ΘΕΜΑ Γ

iii)

Με z = x + xi,

ο μιγαδικός

παίρνει τη μορφή $\displaystyle{u = x - \frac{2}{x} + \left(x - \frac{2}{x}\right)i}.$

Οπότε, $\overrightarrow{OA} = \left(x,x\right)$ και $\overrightarrow{OB} = \left(\displaystyle{x - \frac{2}{x}, x - \frac{2}{x}}\right).$

Από τα παραπάνω, προκύπτει ότι $det\left(\overrightarrow{OA}, \overrightarrow{OB}\right) = 0.$ Άρα, τα σημεία A, B, O

είναι συνευθειακά.

Επίσης, αντιλαμβανόμαστε ότι οι εικόνες του

κινούνται στην ευθεία y = x.

Επομένως, για να δείξουμε ότι $\displaystyle{\left|u - 3 + 4i\right| \geq \frac{7\sqrt2}{2}},$ αρκεί να βρούμε την (ελάχιστη) απόσταση του σημείου $M\left(3, -4\right)$ από την ευθεία $\epsilon : -x + y = 0.$

Είναι

$\displaystyle{d\left( M, \epsilon\right) = \frac{\left|-3 -4\right|}{\sqrt{1^2 + 1^2}} = \frac{7\sqrt{2}}{2}}.$

Επομένως,

$\displaystyle{\left|u - 3 + 4i\right| \geq \frac{7\sqrt2}{2}}.$

Grosrouvre · #20

Μετά και την διόρθωση για την εκφώνηση στο Θέμα Β, έχουμε:

ΘΕΜΑ Β

Α

Αν z_1= 0,

τότε $\lambda = 0.$ Όμοια και αν z_2=0,

μόνο που τότε θα είναι $z_2 = \lambda z_1.$ (Αν z_1=z_2=0

τότε ο $\lambda$ είναι αυθαίρετος).

Έστω $z_1, z_2 \in \mathbb{C}^*.$ Τότε

$\left|z_1\right| + \left|z_2\right| = \left|z_1 + z_2\right| \Longrightarrow \left|z_1\right|^2 + \left|z_2\right|^2 + 2\left|z_1\right|\left|z_2\right| = \left(z_1 + z_2\right)\left(\bar{z}_1 + \bar{z}_2\right) \Longrightarrow$

$\Longrightarrow Re\left(z_1\bar{z}_2\right) = \left|z_1\right|\left|z_2\right|.$

Από την παραπάνω, συμπεραίνουμε ότι:

$z_1\bar{z}_2 = \mu > 0 \Longrightarrow$

$\Longrightarrow z_1 = \lambda z_2,$ όπου $\displaystyle{\lambda = \frac{\mu}{\left|z_2\right|^2} > 0}.$

Επομένως, υπάρχει τέτοιος μη αρνητικός πραγματικός αριθμός $\lambda.$

Διαγώνισμα 2014-2015 μιγαδικοί

Διαγώνισμα 2014-2015 μιγαδικοί

Re: Διαγώνισμα 2014-2015 μιγαδικοί

Re: Διαγώνισμα 2014-2015 μιγαδικοί

Re: Διαγώνισμα 2014-2015 μιγαδικοί

Re: Διαγώνισμα 2014-2015 μιγαδικοί

Re: Διαγώνισμα 2014-2015 μιγαδικοί

Re: Διαγώνισμα 2014-2015 μιγαδικοί

Re: Διαγώνισμα 2014-2015 μιγαδικοί

Re: Διαγώνισμα 2014-2015 μιγαδικοί

Re: Διαγώνισμα 2014-2015 μιγαδικοί

Re: Διαγώνισμα 2014-2015 μιγαδικοί

Re: Διαγώνισμα 2014-2015 μιγαδικοί

Re: Διαγώνισμα 2014-2015 μιγαδικοί

Re: Διαγώνισμα 2014-2015 μιγαδικοί

Re: Διαγώνισμα 2014-2015 μιγαδικοί

Re: Διαγώνισμα 2014-2015 μιγαδικοί

Re: Διαγώνισμα 2014-2015 μιγαδικοί

Re: Διαγώνισμα 2014-2015 μιγαδικοί

Re: Διαγώνισμα 2014-2015 μιγαδικοί

Re: Διαγώνισμα 2014-2015 μιγαδικοί

Μέλη σε σύνδεση