Εξίσωση στο C με ...γαρνιτούρα

Γιώργος Μήτσιος · #1

Γεια σας από την Άρτα.
Ας υποβάλω το θέμα εδώ , αν και η λύση του καλύπτεται με την ύλη του Λυκείου.

I) Να λυθεί στο

η εξίσωση: $\left(z-1 \right)^{3} =\left(z+2i \right)^{3}$ . . (1)

.

II) Θεωρούμε τον μιγαδικό $a= \left|w_{0} \right|+\sqrt{3}\left|w_{0} \right|i$
όπου $w_{0}\in C$ με την εικόνα του επί της ευθείας $\left(\varepsilon \right): 8x-4\sqrt{5}y+5-2\sqrt{3}=0$ και με ελάχιστο μέτρο.

Ας είναι

η εικόνα του

,

η αρχή των αξόνων και σημείο $B(\left|z_{0} \right|^{2} ,0 )$ του x'x

, όπου $z_{0}$ η ρίζα της εξίσωσης (1)

με το μικρότερο μέτρο.

Να εξεταστεί αν το τρίγωνο AOB

είναι ορθογώνιο.

Σχόλιο: Το κύριο ζητούμενο είναι η λύση της εξίσωσης (1).

Το δεύτερο μπαίνει απλά σαν ...γαρνιτούρα για γίνει έλεγχος στο αν βρίσκουμε τις ίδιες ρίζες για την εξίσωση .

Συναδελφικά-φιλικά Γίώργος.

alex2395 · #2

χμμμ
λοιπον πάμε:
$z^{3} -3z^{2}+3z-1=z^{3}+6iz^{2}-12z-8i\Leftrightarrow (6i+3)z^{2}-15z-8i+1=0$

...λοιπόν την ελύσα ως δευτεροβάθμια και βρήκα ρίζες τις:
$z_{1,2}=\frac{15\pm \sqrt{21+72i}}{12i+6}$
που δεν βοηθούν στο 2ο ερώτημα...

διαιρώντας με 6ι+3 και κάνοντας συζυγείς κτλ
$z^{2} +z(2i-1) -\frac{2i}{3}-1=0\Leftrightarrow z^{2}+z(2i-1)=\frac{2i}{3}+1\Leftrightarrow$

$z^{2}+z(2i-1)-i-\frac{3}{4}=\frac{1}{4}-\frac{i}{3}\Leftrightarrow (z-\frac{1}{2}+i)^{2}=\frac{1}{4}-\frac{i}{3}\Leftrightarrow$

$z-\frac{1}{2}+i=\sqrt{\frac{1}{4}-\frac{i}{3}}$
ή
$z-\frac{1}{2}+i=-\sqrt{\frac{1}{4}-\frac{i}{3}}$

το $\frac{1}{4}-\frac{i}{3}$ γράφεται μετά από ομώνυμα και δημιουργία τετραγώνου: $\frac{(2-i)^{2}}{12}$

$z-\frac{1}{2}+i=\frac{2-i}{2\sqrt{3}}$ ή $z-\frac{1}{2}+i=-\frac{2-i}{2\sqrt{3}}$

$z=\frac{\sqrt{3}+2}{2\sqrt{3}}-(\frac{2\sqrt{3}+1}{2\sqrt{3}})i$ ή $z=\frac{\sqrt{3}-2}{2\sqrt{3}}+(\frac{1-2\sqrt{3}}{2\sqrt{3}})i$

gian7 · #3

alex2395 έγραψε:χμμμ
λοιπον πάμε:
$z^{3} -3z^{2}+3z-1=z^{3}+6iz^{2}-12z-8i\Leftrightarrow (6i+3)z^{2}-15z-8i+1=0$

...λοιπόν την ελύσα ως δευτεροβάθμια και βρήκα ρίζες τις:
$z_{1,2}=\frac{15\pm \sqrt{21+72i}}{12i+6}$

Άλεξ, για να κάνεις διακρίνουσα, πρέπει οι συντελεστές να είναι όλοι πραγματικοί αριθμοί...

#4

gian7 έγραψε: Άλεξ, για να κάνεις διακρίνουσα, πρέπει οι συντελεστές να είναι όλοι πραγματικοί αριθμοί...

Καλησπέρα. Όχι ------->απαραίτητα.
Απλά η εύρεση μιγαδικών τετραγωνικών ριζών είναι εκτός ύλης.

gian7 · #5

chris_gatos έγραψε:
gian7 έγραψε: Άλεξ, για να κάνεις διακρίνουσα, πρέπει οι συντελεστές να είναι όλοι πραγματικοί αριθμοί...
Καλησπέρα. Όχι ------->απαραίτητα.
Απλά η εύρεση μιγαδικών τετραγωνικών ριζών είναι εκτός ύλης.

Μμμ, μάλιστα

. Η λύση είναι σωστή; Με πιο σκεπτικό αποφανθήκαμε για το πρόσημο της διακρίνουσας;

#6

Φίλε μου δεν έχω ασχοληθεί με την άσκηση και δεν το βλέπω να γίνεται....

apotin · #7

Για το

Θέτουμε $\displaystyle{z = u + \frac{1}{2} - i}$ και η εξίσωση γίνεται:

$\displaystyle{{\left( {u - \left( {\frac{1}{2} + i} \right)} \right)^3} = {\left( {u + \left( {\frac{1}{2} + i} \right)} \right)^3} \Leftrightarrow }$ $\displaystyle{ 3{u^2} + {\left( {\frac{1}{2} + i} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow \left( {u\sqrt 3 + 1 - \frac{1}{2}i} \right)\left( {u\sqrt 3 - 1 + \frac{1}{2}i} \right) = 0}$

και τώρα είναι εύκολη η συνέχεια.

Γιώργος Μήτσιος · #8

Γεια σας.
Σας ευχαριστώ όλους για το ενδιαφέρον και την συμμετοχή σας.
Να συγχαρώ τον μαθητή Άλεξ για την επίπονη προσπάθεια και το ορθό τελικά αποτέλεσμα. Σε παίδεψε ..λίγο
Άλεξ , όπως βλέπω, αλλά με την επιμονή και την μαθηματική σου ευελιξία θα βγαίνεις νικητής και στο μέλλον.
Μια ακόμη λύση είναι αν στην εξίσωση
$z^{3} -3z^{2}+3z-1=z^{3}+6iz^{2}-12z-8i\Leftrightarrow (6i+3)z^{2}-15z-8i+1=0$
θέσουμε z=x+yi

.Στις 2 εξισώσεις που προκύπτουν , κάνοντας απαλοιφή των $x^{2}, y^{2}$

παίρνουμε την $y=\frac{6x-2}{3-6x}$ . Ισχύει επίσης, όπως βρήκαμε και στο θέμα Αθώα ...όχι τόσο Φάκελος
Μιγαδικοί , 2x+4y+3=0

. Συνεπώς η λύση του συστήματος δίνει τις ίδιες λύσεις μ' αυτές του Άλεξ !

Να πούμε ότι η αντικατάσταση του Αποστόλη είναι εντυπωσιακή !!! Παρατηρούμε ότι ο $z-u=\frac{1}{2}-i$
έχει εικόνα το μέσον του

, όπου $A\left(1,0 \right) , B\left(0,-2 \right)$ .

Ας προβάλουμε λοιπόν μέθοδο για την γενικότερη : $\left(z-2a \right)^{3}=\left(z-2bi \right)^{3}.$

Θέτουμε z=u+a+bi

και στην συνέχεια a-bi=w

.Προκύπτει $\left(u-w \right)^{3}=\left(u+w \right)^{3}\Leftrightarrow ...3u^{2}=-w^{2}$ οπότε $3u^{2}= \left(b+ai \right)^{2}$

και βρίσκουμε τελικά ρίζες $z_{1}=\left(a+\frac{\sqrt{3}}{3}b \right)+\left(\frac{\sqrt{3}}{3}a+b \right)i ...z_{2}=\left(a-\frac{\sqrt{3}}{3} b\right)+\left(b-\frac{\sqrt{3}}{3} a\right)i$

Για a=1/2 , b=-1

έχουμε τις .. γνωστές πια ρίζες !

Τέλος , η εξίσωση $az^{2}+bz+c=0 ,a\neq 0$ με μιγαδικούς συντελεστές είναι εκτός της ύλης του Λυκείου. Πιθανόν κάποιος Συνάδελφος , ο ίδιος ή με παραπομπή , μας προσφέρει σχετική βοήθεια .

Φιλικά Γιώργος.

BRAHMA · #9

Για κάθε $a,b,c \in \mathbb{C},a \ne 0$ η εξίσωση $a{z^2} + bz + c = 0$ με διακρίνουσα $D = {b^2} - 4ac$ , $D = k + li,l \ne 0$ , έχει ρίζες που δίδονται από τους τύπους :
$\boxed{{z_1} = \frac{{ - b + d}}{{2a}},{z_2} = \displaystyle\frac{{ - b - d}}{{2a}}}$ . Με $d = \displaystyle\frac{{|D| + D}}{{\sqrt {2(k + |D|)} }}$ .

Ένα παράδειγμα:

${z^2} - (3 - i)z + 8 + i = 0$
$D = {( - 3 + i)^2} - 4(8 + i) = - 24 - 10i = - 2(12 + 5i)$ , |D| = 26

. Άρα $d = \displaystyle\frac{{2 - 10i}}{{\sqrt {2( - 24 + 26)} }} = 1 - 5i$ .
${z_1} = \displaystyle\frac{{3 - i + 1 - 5i}}{2} = 2 - 3i,{z_2} = \displaystyle\frac{{3 - i - 1 + 5i}}{2} = 1 + 2i$

#10

alex2395 έγραψε:το $\frac{1}{4}-\frac{i}{3}$ γράφεται μετά από συζυγείς: $\frac{(2-i)^{2}}{12}$

Βρίσκεις ουσιαστικά τετραγωνική ρίζα μιγαδικού αριθμού ... αλλά πως (χρησιμοποιείς συζυγείς);!

[Παραδοσιακά θα έγραφα $\displaystyle\frac{1}{4}-\frac{i}{3}=(a+bi)^2$ , οπότε $\displaystyle\frac{1}{4}=a^2-b^2$ , $-\displaystyle\frac{1}{3}=2ab$ , και με αντικατάσταση 36a^4-9a^2-1=0

^ επιλύοντας βρίσκουμε $a^2=-\displaystyle\frac{1}{12}$ (απορρίπτεται) και $a^2=\displaystyle\frac{1}{3},$ συνεπώς $a+bi=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{i}{2\sqrt{3}}=\frac{2-i}{\sqrt{12}}.$ ]

Γιώργος Μπαλόγλου

#11

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:Σχόλιο: Το κύριο ζητούμενο είναι η λύση της εξίσωσης Το δεύτερο μπαίνει απλά σαν ...γαρνιτούρα για γίνει έλεγχος στο αν βρίσκουμε τις ίδιες ρίζες για την εξίσωση .

Γεια σας
Γράφω μια, γνωστή και συνήθη, προσέγγιση για το (1) που νομίζω δεν αναφέρθηκε:
Παρατηρούμε ότι ο z=1

δεν είναι λύση. Άρα μπορούμε να υποθέσουμε ότι $z-1\neq 0$ οπότε η εξίσωση γράφεται
$\left( \frac{z+2i}{z-1}\right) ^{3}=1$
και θέτοντας $w=\frac{z+2i}{z-1}$ οπότε $z=\frac{w+2i}{w-1}$ , $w \neq 1$ έχουμε την
$w^{3}=1$
δηλαδή την
$\left( w-1\right) \left( w^{2}+w+1\right) =0$
που έχει λύσεις
w=1

(απορρίπτεται), $w=-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}i\sqrt{3}$ , $w=-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}i\sqrt{3}$
οπότε αντικαθιστώντας τις δύο δεκτές τιμές του

που βρήκαμε θα έχουμε
$z=\left( \frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{3}\right) -\left( 1+\frac{\sqrt{3}}{6}\right) i$
$z=\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{3}-\left( 1-\frac{\sqrt{3}}{6}\right) i$
που είναι οι τιμές που βρήκε ο alex2395.
Μαυρογιάννης

alex2395 · #12

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:Γεια σας.
Σας ευχαριστώ όλους για το ενδιαφέρον και την συμμετοχή σας.
Να συγχαρώ τον μαθητή Άλεξ για την επίπονη προσπάθεια και το ορθό τελικά αποτέλεσμα. Σε παίδεψε ..λίγο
Άλεξ , όπως βλέπω, αλλά με την επιμονή και την μαθηματική σου ευελιξία θα βγαίνεις νικητής και στο μέλλον.
Μια ακόμη λύση είναι αν στην εξίσωση
$z^{3} -3z^{2}+3z-1=z^{3}+6iz^{2}-12z-8i\Leftrightarrow (6i+3)z^{2}-15z-8i+1=0$
θέσουμε .Στις 2 εξισώσεις που προκύπτουν , κάνοντας απαλοιφή των $x^{2}, y^{2}$

παίρνουμε την $y=\frac{6x-2}{3-6x}$ . Ισχύει επίσης, όπως βρήκαμε και στο θέμα Αθώα ...όχι τόσο Φάκελος
Μιγαδικοί , . Συνεπώς η λύση του συστήματος δίνει τις ίδιες λύσεις μ' αυτές του Άλεξ !

Να πούμε ότι η αντικατάσταση του Αποστόλη είναι εντυπωσιακή !!! Παρατηρούμε ότι ο $z-u=\frac{1}{2}-i$
έχει εικόνα το μέσον του , όπου $A\left(1,0 \right) , B\left(0,-2 \right)$ .

Ας προβάλουμε λοιπόν μέθοδο για την γενικότερη : $\left(z-2a \right)^{3}=\left(z-2bi \right)^{3}.$

Θέτουμε και στην συνέχεια .Προκύπτει $\left(u-w \right)^{3}=\left(u+w \right)^{3}\Leftrightarrow ...3u^{2}=-w^{2}$ οπότε $3u^{2}= \left(b+ai \right)^{2}$

και βρίσκουμε τελικά ρίζες $z_{1}=\left(a+\frac{\sqrt{3}}{3}b \right)+\left(\frac{\sqrt{3}}{3}a+b \right)i ...z_{2}=\left(a-\frac{\sqrt{3}}{3} b\right)+\left(b-\frac{\sqrt{3}}{3} a\right)i$

Για έχουμε τις .. γνωστές πια ρίζες !

Τέλος , η εξίσωση $az^{2}+bz+c=0 ,a\neq 0$ με μιγαδικούς συντελεστές είναι εκτός της ύλης του Λυκείου. Πιθανόν κάποιος Συνάδελφος , ο ίδιος ή με παραπομπή , μας προσφέρει σχετική βοήθεια .

Φιλικά Γιώργος.

ευχαριστώ πολύ για τα καλά σας λόγια

πράγματι με δυσκόλεψε αλλά όταν δεν έβγαινε τίποτα με διακρίνουσα σκέφτηκα να πάω ένα βήμα πίσω(όμοιο με την απόδειξη της διακρίνουσας κτλ...ωραίο κόλπο πάντως αυτό, αν και λίγο δύσκολο να το σκεφτείς αν δεν το έχεις ξαναδεί

gbaloglou έγραψε:
alex2395 έγραψε:το $\frac{1}{4}-\frac{i}{3}$ γράφεται μετά από συζυγείς: $\frac{(2-i)^{2}}{12}$
Βρίσκεις ουσιαστικά τετραγωνική ρίζα μιγαδικού αριθμού ... αλλά πως (χρησιμοποιείς συζυγείς);!

[Παραδοσιακά θα έγραφα $\displaystyle\frac{1}{4}-\frac{i}{3}=(a+bi)^2$ , οπότε $\displaystyle\frac{1}{4}=a^2-b^2$ , $-\displaystyle\frac{1}{3}=2ab$ , και με αντικατάσταση ^ επιλύοντας βρίσκουμε $a^2=-\displaystyle\frac{1}{12}$ (απορρίπτεται) και $a^2=\displaystyle\frac{1}{3},$ συνεπώς $a+bi=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{i}{2\sqrt{3}}=\frac{2-i}{\sqrt{12}}.$ ]

Γιώργος Μπαλόγλου

αυτή είναι η μέθοδος πάνω κάτω ή απλώς κάνεις ομώνυμα και δημιουργείς ένα τετράγωνο
απλώς πάνω στην βιασύνη μου έγραψα συζυγείς

θα το διορθώσω

#13

alex2395 έγραψε:
gbaloglou έγραψε:
alex2395 έγραψε:το $\frac{1}{4}-\frac{i}{3}$ γράφεται μετά από συζυγείς: $\frac{(2-i)^{2}}{12}$
Βρίσκεις ουσιαστικά τετραγωνική ρίζα μιγαδικού αριθμού ... αλλά πως (χρησιμοποιείς συζυγείς);!

[Παραδοσιακά θα έγραφα $\displaystyle\frac{1}{4}-\frac{i}{3}=(a+bi)^2$ , οπότε $\displaystyle\frac{1}{4}=a^2-b^2$ , $-\displaystyle\frac{1}{3}=2ab$ , και με αντικατάσταση ^ επιλύοντας βρίσκουμε $a^2=-\displaystyle\frac{1}{12}$ (απορρίπτεται) και $a^2=\displaystyle\frac{1}{3},$ συνεπώς $a+bi=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{i}{2\sqrt{3}}=\frac{2-i}{\sqrt{12}}.$ ]

Γιώργος Μπαλόγλου
αυτή είναι η μέθοδος πάνω κάτω ή απλώς κάνεις ομώνυμα και δημιουργείς ένα τετράγωνο
απλώς πάνω στην βιασύνη μου έγραψα συζυγείς
θα το διορθώσω

Γίνεται πάντως και με συζυγείς (όπως εκ των υστέρων παρατήρησα):

Ας πούμε ότι αναζητούμε

τέτοιον ώστε z^2=z_0

, δηλαδή $z^2\bar{z}=z_0\bar{z}$ ή $|z|^2z=z_0\bar{z}$ και συνεπώς, λόγω |z|^2=|z_0|,

$\displaystyle\frac{\bar{z}}{z}=\frac{|z_0|}{z_0}$ ή, λίγο καλύτερα, $\displaystyle\frac{\bar{z}}{z}=\frac{\bar{z_0}}{|z_0|}$ .

Αν τώρα $z_0=\displaystyle\frac{1}{4}-\frac{i}{3},$ όπως στο συγκεκριμένο παράδειγμα, τότε από $\bar{z_0}=\displaystyle\frac{1}{4}+\frac{i}{3}$ και $|z_0|=\displaystyle\frac{5}{12}$ προκύπτει η $\displaystyle\frac{\bar{z}}{z}=\frac{3}{5}+\frac{4i}{5}$ . Θέτοντας z=x+yi

λαμβάνουμε 5(x-yi)=(3+4i)(x+yi),

που οδηγεί στο αόριστο σύστημα 5x=3x-4y, -5y=4x+3y

και την

. Επειδή τώρα $|z|=\sqrt{|z_0|}=\sqrt{\displaystyle\frac{5}{12}},$ ισχύει και η $x^2+y^2=\displaystyle\frac{5}{12},$ οπότε εύκολα καταλήγουμε στην $z=\pm(\displaystyle\frac{-2+i}{2\sqrt{3}}).$

Γιώργος Μπαλόγλου

Εξίσωση στο C με ...γαρνιτούρα

Εξίσωση στο C με ...γαρνιτούρα

Re: Εξίσωση στο C με ...γαρνιτούρα

Re: Εξίσωση στο C με ...γαρνιτούρα

Re: Εξίσωση στο C με ...γαρνιτούρα

Re: Εξίσωση στο C με ...γαρνιτούρα

Re: Εξίσωση στο C με ...γαρνιτούρα

Re: Εξίσωση στο C με ...γαρνιτούρα

Re: Εξίσωση στο C με ...γαρνιτούρα

Re: Εξίσωση στο C με ...γαρνιτούρα

Re: Εξίσωση στο C με ...γαρνιτούρα

Re: Εξίσωση στο C με ...γαρνιτούρα

Re: Εξίσωση στο C με ...γαρνιτούρα

Re: Εξίσωση στο C με ...γαρνιτούρα

Μέλη σε σύνδεση