mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 11, 2013 8:18 pm**

Να λυθούν στο $\displaystyle{\mathbb{C}}$ (χωρίς τριγωνομετρική μορφή) οι παρακάτω εξισώσεις:

(i) $\displaystyle{z^2=1}$
(ii) $\displaystyle{z^3=1}$
(iii) $\displaystyle{z^4=1}$
(iv) $\displaystyle{z^5=1}$

Τι παρατηρείτε;

εως 28 Φλεβάρη 2013

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 03, 2013 4:27 pm**

Επαναφέρω με μια λύση για τις πρώτες τρεις.

(i) $\displaystyle{z^2=1\Leftrightarrow z^2-1=0\Leftrightarrow (z+1)(z-1)=0\Leftrightarrow z=1~\acute{\eta}~z=-1}$ .

(ii) $\displaystyle{z^3=1\Leftrightarrow z^3-1=0\Leftrightarrow (z-1)(z^2+z+1)=0\Leftrightarrow z=1~\acute{\eta}~z=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i~\acute{\eta}~z=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i}$ .

(iii) $\displaystyle{z^4=1\Leftrightarrow z^4-1=0\Leftrightarrow (z^2+1)(z^2-1)=0\Leftrightarrow (z+i)(z-i)(z+1)(z-1)=0\Leftrightarrow z=1~\acute{\eta}~z=-1~\acute{\eta}~z=i~\acute{\eta}~z=-i}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 18, 2013 10:37 pm**

parmenides51 έγραψε:Να λυθούν στο $\displaystyle{\mathbb{C}}$ (χωρίς τριγωνομετρική μορφή) οι παρακάτω εξισώσεις:

...
(iv) $\displaystyle{z^5=1}$

Τι παρατηρείτε;

εως 28 Φλεβάρη 2013

Επαναφορά γιατί αυτό νομίζω είναι το ερώτημα που προβληματίζει..

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 18, 2013 11:30 pm**

Είναι :

. Παραγοντοποιώ με το εξής τέχνασμα :

Έστω πραγματικοί a,b

τέτοιοι ώστε : (z^2+az+1)(z^2+bz+1)=z^4+z^3+z^2+z+1

.

Κάνοντας πράξεις ρουτίνας και λύνοντας το προκύπτον σύστημα , βρίσκουμε $a=\phi$ και $b=1-\phi$ .

Συνεπώς οι άλλες

ρίζες θα προκύψουν από τις λύσεις των εξισώσεων :

$z^2+\phi z+1=0$ και $z^2+(1-\phi)z+1=0$ , ( επιλύσιμες ως δευτεροβάθμιες )

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 18, 2013 11:32 pm**

Συγνώμη αλλά δεν ξέρω να γράφω σε latex.
$z^5=1 \Leftrightarrow z^5-1=0 \Leftrightarrow (z-1)(z^4+z^3+z^2+z+1)=0 \Leftrightarrow z=1 ή z^4+z^3+z^2+z+1=0$ . Για $z=\frac{0}{1}=0$ άτοπο,άρα $z\neq 0$ . Οπότε : $z^4 + z^3+z^2+z+1=0 \Leftrightarrow z^2+z+1+1/z^2=0$ . Θέτω $y=z+1/z.y^2=z^2+1/z^2 +2 \Leftrightarrow y^2-2=z^2+1/z^2$ . Έτσι η εξίσωση γράφεται: $y^2-2+y+1=0 \Leftrightarrow y^2+y-1=0$ .... λύνουμε αυτη την δευτεροβάθμια και στην συνέχεια κάνουμε αντικάτασταση το

με το

.Δεν είμαι σίγουρος αν ειναι σωστή λύση μου γιατί βγαίνουν <<παράξενα>> αποτελέσματα.

Edit: Ουσιαστικά ξέρεις αρκετά να γράφεις σε Latex. Απλά βάζεις τον κώδικά σου σε \ ... πατώντας το σχετικό κουμπάκι επάνω στα εργαλεία. Διάβασε και κάνε δοκιμές στην σχετική σελίδα στην αρχική σελίδα του φόρουμ και δες και τον κώδικα όπως αυτός φαίνεται αν αφήσεις το ποντίκι σου πάνω σε κάποια εξίσωση. Επίσης μπορείς να ρωτήσεις ό,τι θελήσεις.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 19, 2013 9:17 pm**

Για το τελευταίο ερώτημα η αντιμετώπιση που είχα κατά νου ήταν σαν του Θανάση.

Με σχήμα Horner με το $\displaystyle{1}$ έχουμε πως $\displaystyle{z^5-1=(z-1)(z^24+z^3+z^2+z+1)}$
και αφού το Θεώρημα Ρητών Ριζών δεν δίνει αποτελέσματα στο τεταρτοβάθμιο, δεν έχει ρητές ρίζες οπότε ή θα έχουμε άρρητες ή θα έχουμε μιγαδικές.
με παραγοντοποίηση και ισότητα πολυωνύμων αναζητώ τους πραγματικούς αριθμούς $\displaystyle{a,b,c,d}$ ώστε $\displaystyle{z^4+z^3+z^2+z+1=(z^2+az+b)(z^2+cz+d)}$ με $\displaystyle{a\le c}$
και αφού τους βρω έχω να λύσω 2 δευτεροβάθμιες εξισώσεις
δυστυχώς δεν έκανα πράξεις

και όπως φαίνεται στην λύση του Θανάση τα δυο αποτελέσματα δεν είναι ο,τι καλύτερο
$\displaystyle{a,b,c,d=\left(\frac{1-\sqrt5}{2},\frac{1+\sqrt5}{2},1,1\right)}$ .
οπότε δεν προχωράει τόσο καλά στην πράξη, αλλά καθένα από τα παραπάνω τριώνυμα έχουν δυο ακριβώς λύσεις στο $\displaystyle{\mathbb{C}}$ και όλες διαφορετικές μεταξύ τους.

Μερικές δυνατές απαντήσεις στο ασαφές ερώτημα ''τι παρατηρείτε;''

Όλες οι ασκήσεις αφορούσαν ειδικές περιπτώσεις της εξίσωσης $\displaystyle{z^n=1}$ .
Μολονότι στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ η εξίσωση $\displaystyle{x^n=1}$ έχει μια ή δυο λύσεις ανάλογα με το αν ο θετικός ακέραιος εκθέτης $\displaystyle{n}$ είναι περιττός ή άρτιος,
στο $\displaystyle{\mathbb{C}}$ η εξίσωση $\displaystyle{z^n=1}$ έχει ακριβώς τόσες διαφορετικές λύσεις όσες ο εκθέτης $\displaystyle{n}$ ,
οι οποίες όλες ανήκουν στον μοναδιαίο κύκλο αφού $\displaystyle{z^n=1\Rightarrow |z^n|=|1|\Leftrightarrow |z|=1}$ .

Τα καλά τα σχόλια αφορούν άλλο ένα τριγωνομετρικό θύμα των καιρών μας:
Με τριγωνομετρική μορφή μιγαδικών (που είναι εκτός ύλης) οι παραπάνω εξισώσεις λύνονται πιο εύκολα,
και αποδεικνύεται πως οι εικόνες των λύσεων της $\displaystyle{z^n=1}$ στο μιγαδικό επίπεδο είναι κορυφές κανονικού $\displaystyle{n-}$ γώνου εγγεγραμμένου στον μοναδιαίο κύκλο, με μία κορυφή το σημείο $\displaystyle{(1,0)}$ .
Αφαιρώντας την τριγωνομετρική μορφή από την ύλη των μιγαδικών αφαιρέσαμε και μέρος της γεωμετρίας τους.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 19, 2013 9:45 pm**

parmenides51 έγραψε:Να λυθούν στο $\displaystyle{\mathbb{C}}$ (χωρίς τριγωνομετρική μορφή) οι παρακάτω εξισώσεις:
(iv) $\displaystyle{z^5=1}$

Μια άλλη αντιμετώπιση είναι η εξής:

Η εξίσωση γράφεται $\displaystyle{(z-1)(z^4+z^3+z^2+z+1)=0.}$

Για να λύσουμε την εξίσωση $\displaystyle{z^4+z^3+z^2+z+1=0}$ , διαιρούμε με $\displaystyle{z^2}$ (γιατί επιτρέπεται;), οπότε έχουμε

$\displaystyle{z^2+z+1+\frac{1}{z}+\frac{1}{z^2}=0\iff \Big(z+\frac{1}{z}\Big)^2+z+\frac{1}{z}-1=0\iff z+\frac{1}{z}=\frac{-1\pm \sqrt{5}}{2}.}$

Απομένει να λύσουμε αυτές τις δευτεροβάθμιες.

mathematica.gr

εξισώσεις με νιοστή δύναμη μιγαδικού = 1

εξισώσεις με νιοστή δύναμη μιγαδικού = 1

Re: εξισώσεις με νιοστή δύναμη μιγαδικού = 1

Re: εξισώσεις με νιοστή δύναμη μιγαδικού = 1

Re: εξισώσεις με νιοστή δύναμη μιγαδικού = 1

Re: εξισώσεις με νιοστή δύναμη μιγαδικού = 1

Re: εξισώσεις με νιοστή δύναμη μιγαδικού = 1

Re: εξισώσεις με νιοστή δύναμη μιγαδικού = 1