zespolone wykresy modułów Saris: |2iz+6|≤4 Jak dojść do nierówności koła? Rozpisywać z=x+iy do skutku?

Lukas: 2|iz+6|≤4/2 |iz+6|≤2 |iz−6i²|≤2 |i(z−6i)|≤2 chyba jakoś tak

Saris: Już ogarnąłem, ale |2iz+6| = |2i| * |z+ 6/(2i)| = 2|z−3i| mógłby ktoś taką zależność bardziej rozpisać, nie widzę ostatniego przejścia.

ICSP: z = a + bi |z| = √a² + b² |2i| = |0 + 2i| = √0² + 2² = √4 = 2

Mila: Skorzystamy z tego, że i²=−1 oraz |i|=1 |2iz+6|≤4 ⇔ 2|iz+3|≤4 /:2 |iz−3i²|≤2 |i|*|z−3i|≤2⇔ |z−3i|≤2 koło o środku (0,3) i promieniu 2

Gray: |z−3i|=|a+ib−3i|=|a+i(b−3)|=√a²+(b−3)²

Saris:

	z
wydaję mi się, że to nie jest prawda i powinno być		w tym ostatnim module, bo chodzi
	−i

	−i
chyba o to, że jest mnożenie
	−i

Saris: aaaa dzięki. Non stop zapominam, że to moduły liczb zespolonych i nie korzystam z tego.

Saris: A w takim przykładzie: |z+5|=|3i−z| z₁=−5 z₂=3i y=−5/3−8/3 Sprawdziłby ktoś?

Saris: −5/3*x

Saris: a coś takiego? |z+i|≤|z²+i|. Wychodzi mi ciekawa nierówność uwikłana, to chyba nie tędy droga .

Saris: aa tam było +1 i wszystko jasne.

Mila: 2) |z+5|=|3i−z|⇔ |z−(−5)|=|z−3i| interpratacja tego równania to symetralna odcinka AB, gdzie A=(−5,0) i B=(0,3) Możesz napisać to równanie mając końce odcinka albo z definicji modułu z=x+iy |x+iy+5|=|3i−x−iy| |(x+5)+iy|=|−x+i*(3−y)|⇔ (x+5)²+y²=x²+(3−y)²⇔po przekształceniach:

	5		8
y=−		x−
	3		3

===============

Mila: 3) |z+i|≤|z²+1| tak?

kyrtap: |z+i|≤|(z−i)(z+i)| |z+i|≤|z−i|*|z+i| /: |z+i| 1≤|z−i|

Saris: tak już doszedłem do tego , ale dzięki.

Mila: Patryk nie dzielisz, bo gubisz rozwiązanie, przenosisz na jedna stronę, a potem wyłączasz wspólny czynnik. Popraw, dobrze zacząłeś.

kyrtap: |z+i| −|z−i|*|z+i|≤0 |z+i|(1 − |z−i|)≤0 i teraz Mila będą dwa przypadki wtedy kiedy jedno wyrażenie będzie mniejsze od zera a drugie większe i na odwrót czy się mylę?

Saris:

	|z+i|
ten przykład wyglądał tak:		≤1 (z≠i, z≠−i) tak w ogóle. W takim przypadku
	|z2+1|

można dzielić, jakby od początku wyglądał tak jak go podałem to nie

Saris: moduł jest zawsze dodatni, więc rozwiązujesz to co jest w nawiasie.

Saris: znaczy kiedy jest ≤0 moduł jest zawsze nieujemny*

Mila: No to narysujcie ten zbiór punktów Panowie.

kyrtap: ja Milu wrócę do tego jutro rano, dzisiaj nie mam weny

Mila: Dobrze, też mam słabą formę. Dobranoc.

kyrtap:

Saris: coś takiego, nie za dobry jestem w rysowaniu .

Saris: a ja mam takie pytanko: |z⁻ +2−i|≤|z| z⁻ − sprzężenie z wiadomo, że rozwiązanie półpłaszczyzna, której elementy są bardziej odległe od z₁=0 oraz (no właśnie) z₂=−2−i. Czemu? sprzężenie to po prostu odbicie względem osi Re, więc jeśli mamy |z⁻ +2−i|=|z⁻ −(−2+i)| to punkt odbicie punktu (−2,1) to ten nasz szukany z₂, ale jak to wykazać algebraicznie? Wyprowadzić liczbę z bez sprzężenia?

Saris: nie oraz tam ma być tylko niż od z₂

Saris:

	1
kolejne pytano: wykres arg(		)<π, będzie wyglądał jak wyżej?
	z+i

W odopowiedziach mam odwrotnie, zaznaczone jest to góry, ale według mnie tak by wyglądał z+i. obraz 1/z wyglada tak samo jak sprzężenie z, więc nie wiem czy ja źle rozumuje czy błąd w odpowiedziach.

Gray: A co to jest arg? Argument, czy argument główny? Jeżeli argument, to zadanie jest mało sensowne. Jeżeli argument główny to pojawia się kolejne pytanie: jak miałeś zdefiniowany argument główny? Jeżeli był to kąt z przedziału (0,2π] spełniając wiadome warunki to Twój obszar wyznaczasz tak:

	1
0≤arg(		)<π ⇔ 0≤ −arg(z+i) + 2kπ<π ⇔ 2kπ≥arg(z+i)>−π+2kπ.
	z+i

Aby zmieścić się w przedziale (0,2π] należy przyjąć k=1: 2π≥arg(z+i)>π. Wygląd więc na to, że masz dobrze.

Saris: treść brzmiała narysować zbiór liczb zespolonych, które spełniają podane warunki. Dziękuje. a ktoś ma odp. do wcześniejszego pytania?

Saris: albo przykład:

π
	≤arg(2+i−z)≤π
6

arg(−z)=argz+π dla 0≤argz<π argz−π dla π≤argz<2π

π
	≤arg(−z−(−i−2))=arg(z−(i+2)+π≤π
6

−π
	arg(z−(i+2)≤0
6

dobrze?

Saris: mam taki dylemat. Mam przedstawić liczbę w postaci trygonometrycznej: z=4−i |z|=√17 sinφ=nic fajnego (−) IV ćw. cosφ=nic fajnego (+)

	−1		1
φ=arctg		=−arctg
	4		4

	1		1
z=√17(cos(2π−arctg		)+i*sin(2π−arctg		)) tak jest też w odpowiedziach
	4		4

ale dla: z=−2+i |z|=√5 sinφ=nic fajnego (+) II ćw. cosφ=nic fajnego (−)

	−1		1
φ=arctg		+π=π−arctg		(a<0)
	2		2

	1		1
z=√17(cos(π−arctg		)+i*sin(π−arctg		)) tak jest w odpowiedziach.
	2		2

	1		1
Tyle, że to jest II ćw, więc moim zdaniem powinno być φ=π−(π−arctg		)=arctg
	2		2

W odpowiedziach jest źle, czy ja źle myślę? W 1 przykładzie korzystam z tych reguł na ćwiartki, a w tym już nie. Dlaczego?

Gray:

	−1
Skąd wziąłeś to π: φ=arctg		+π ?
	2

Saris: http://pl.wikipedia.org/wiki/Argument_liczby_zespolonej

Gray: To albo dodajesz tu, albo później (we wzorze na postać tryg.); a nie tu i tu. Dodanie π ma cię przenieść do właściwej ćwiartki.

Saris: Jakby ktoś mi pomógł z 00:51 i 10:37 byłbym też bardzo wdzięczny.

Saris: To ten wzór działa tak: I ćw. a>0, b>0 nic nie dodaje φ=arctg(b/a) II ćw. a<0, b>0 ze wzoru (znowu nic nie dodaje): π+arctg(b/a) = π−arctg(|b/a|) III ćw. a<0. b<0 ze wzoru (znowu nic nie dodaje): π+arctg(b/a) IV ćw. a>0. b<0: ze wzoru mam nic nie dodawać: arctg(b/a)=−arctg(|b/a|)=2π−arctg(|b/a|)

Saris: ?

Saris: chodzi, mi o to, że nie dodaje czyli już nie patrzę na ćwiartki.

Gray:

	Rez
Ja wolę inaczej na to popatrzeć. Wyznaczam φ=arctg		i dodaję odpowiednie kąty dopiero
	Imz

w postaci trygonometrycznej. To φ oczywiście nie musi być argumentem liczby zespolonej z.

Saris: znaczy ja używam tego wzoru, tylko jeśli układ jest nie wyliczalny bez tablic/kalkulatora, żeby zachować dokładność. Jest jakiś sposób, żeby od razu wiedzieć jak podejść zadanie typu przedstawienie iloczynu/ilorazu liczb zespolonych w postaci trygonometrycznej? Chodzi mi o to, że przykład może być zadany w taki sposób, że policzymy tylko wtedy jeśli przekształcimy liczby osobno i podstawimy do wzoru, a innym razem obydwie nie wyjdą dopóki pierw nie przemnożymy algebraicznie (albo podzielimy w przypadku ilorazu). Co jeśli w obu przypadkach będzie wychodzić coś nie do policzenia? Przedstawić to wtedy jako sumę/różnicę tych arcusów ze wzoru(chodzi mi o kąt) czy da się to jakoś obejść, tak żeby zachować dokładność.

Gray: Regułą jest tu brak reguły.

Saris: z³=−z⁻ zaciąłem się.

Gray: Z postaci trygonometrycznej...

Saris: |z|³*(cos3φ+i*sin3φ)=|z|(cosφ+i*sinφ) |z|²*(cos3φ+i*sin3φ)=(cosφ+i*sinφ) ale tu z tymi kątami będzie jakiś meksyk... 4 przypadki?

Saris: one teraz są źle zapisane.

Saris: ktoś pomoże?

Saris: jednak mi się udało.

Saris: z³=−8i |z|³*(cos3φ+isin3φ)=8(cos(3π/2)+isin(3π/2)) |z|=2 φ₂=3π/2 rozpatruje 4 przypadki (3φ, 3π−1φ, 3π+3φ, −3φ), mam z nich 2 rozwiązania, a okazuje się, że rozwiązaniem jest tylko 2i (−2i już nie), a 2 inne rozwiązania wychodzą z kąta φ₂=−π/2 i też muszę z 4 wybrać tylko 2. Jak mam to ograniczyć... Czemu, muszę brać różne kąty..

Gray: To może ten ostatni przykład. Robimy tak |z|³(cos3α+isin3α)=8(cos3π/2)+isin(3π/2)). Teraz najważniejsze: liczby zapisane w postaci trygonometrycznej są równe, gdy mają te same moduły (czyli |z|³=8) a ich argumenty różnią się całkowitą wielokrotność 2π (czyli 3α=3π/2 +2kπ). Stąd |z|³=8 ⇔ |z|=2 oraz 3α=3π/2 +2kπ ⇔ α=π/2 + 2kπ/3. Musimy wybrać te k, które dadzą różne rozwiązania: widać, że to będzie k=0,1,2. Stąd Twoje rozwiązania to: z_k=2(cos(π/2 + 2kπ/3)+isin(π/2 + 2kπ/3)), dla k=0,1,2.

Saris: o super. Dzięki. Teraz widzę o co chodzi.

Saris: z=wⁿ − gdzie w to pierwiastek. Korzystając z tego wzoru wyliczyć pierwiastki zbioru: √−7+24i w odp. są ładne liczby, a ja to policzyłem korzystając z arcusów, bo nic ładnego nie wychodziło... Postać zespolona dowolna. Błąd w odpowiedziach czy rzeczywiście ładnie się to liczy? Nie mogłem wyliczyć kąta fi. z układu sincos

Saris: Rzeczywiście ładne wyniki wychodzą to nie rozumiem. w²=−7+24i w²=25(cosφ+i*sinφ) sinφ=24/25 cosφ=−7/25 ...

Saris: Ok, już rozumiem, wcale tu nie korzystam z definicji.

Saris: ⁴√−1 w=(x+yi)⁴=x⁴+4x³yi−6x²y²−4xy³i+y⁴ −1=x⁴+y⁴−6x²y² 0=4³y−4y³ Rozwiązałem to, ale wyszły błędne wyniki. Jakaś wskazówka?

Gray: Jest wzór na pierwiastki algebraiczne z liczby zespolonej. Rozwiązaniami równania zⁿ=c są liczby

	α+2kπ		α+2kπ
zk=n√|c|(cos		+isin		), k=0,1,...,n−1,
	n		n

gdzie α=argc. ⁴√−1 to rozwiązania równania z⁴=−1.

Gray: Kiedyś rozwiązywałem równanie w²=−7+24i korzystając z postaci trygonometrycznej − da się bez znajomości kąta φ. Należy skorzystać ze wzoru, który podałem Ci wyżej.

Saris: właśnie w tym zadaniu chodzi o to, żeby nie korzystać ze wzoru na pierwiastki. To w²=−7+24i właśnie robiłem z tego wzoru nie licząc bezpośrednie kąta, tylko używając arctg, ale wynik jest strasznie brzydki, a z tych układów równań wyszedł ładny. Za to ⁴√−1 zrobiłem z tego wzoru i wyszło wszystko łądnie, ale z układów np. już nie wychodziło. Teraz robię: ³√−2−2i i nie idzie ani ze wzoru ani z układów, znaczy ze wzorów też mogę policzyć arctg i zapisać to, ale wiem, że wynik ma być ładny, więc jakoś się inaczej da.

Gray: W tym z w² można uzyskać ładne rozwiązania bez arctg; wystarczy sprytnie skorzystać ze wzorów na sin2x i cos2x.

Saris: jakiś pomysł do tego −2−2i?

MQ: −2−2i=2√2e^i3π/2 i pierwiastkujesz

MQ: Źle, powinno być: 2√2e^i5π/4

Saris: no ale to ja wiem a z drugiej strony będzie: |w|³*e^i3φ 3φ=5π/4+2kπ φ=5π/12+2kπ/3 i lipton, nie wiem jak to wyprostować.

MQ: No i masz już policzone. Czego jeszcze chcesz?

Saris: tego, że takich kątów sie nie da policzyć, a wychodzą skończone liczby bez żadnych funkcji w odp.

MQ: Jakich kątów nie da się policzyć? Przecież masz policzone kąty. Sam je podałeś!

Saris: nie kątów tylko wartości fukncji tryg.

MQ: A po kiego grzyba ci to potrzebne? Wynik masz w eleganckiej postaci eksponencjalnej , a jak ci nie pasuje, to przejdź na postać trygonometryczną i już.

MQ: A jak tak się upierasz, to skorzystaj z takich tożsamości: 1. 5π/12= π/2−π/12 2. π/12=(π/6)/2 sin π/6 znasz cos π/6 znasz teraz liczysz sin π/12 i cos π/12 z 2. a potem sin 5π/12 i cos 5π/12 z 1. z kolejnymi kątami podobnie.

Saris: Dzięki. taki przykład: (z−i)⁴=(iz+3)⁴ z−i=iz+3 ⇒ z₀=2i+1 Teraz chciałem przemnażać przez (cos2kπ/4+isin2kπ/4), ale wychodzą w ogóle złe pierwiastki, czemu? Doszedłem jeszcze do tego, że jeśli tam jest potęga stopnia 4, to można odwrócić różnicę z−i na i−z i wtedy wychodzi drugi pierwiastek −1+2i. W odpowiadziach mam jeszcze 1, tzn, że jest dwukrotny tak? Jednak nie umiem go znaleźć, nie wiem czemu mnożenie przez (cos2kπ/4+isin2kπ/4) nic nie daje w tym wypadku.

Gray: A czemu miałoby coś dawać? Można sobie tak domnażać dla równania postaci zⁿ=c. Twoje takie nie jest. Możesz poradzić sobie tak: (z−i)⁴=(iz+3)⁴ ⇔(z−i)⁴−(iz+3)⁴=0 ⇔ ... a²−b²=(a−b)(a+b).. Dalej Ty. Jeszcze jedno: odnoszę wrażenie, że myślisz, że to równanie ma cztery rozwiązania. Dlaczego?

Saris: hmmm, bo jest 4 potęga, tak mi się wydawało.

Gray: A takie równanie ile ma rozwiązań: z⁴=z⁴−z+1 ?

Saris: no wiem o co chodzi, głupio pomyślałem. Zrobiłem już z wzoru skróconego mnożenia dzięki.

Saris: Zostało mi ostatnie, ale z gwiazdką. (z+1)⁶+z⁶=0 Zapewne też jakoś się to poskraca.

Gray: To zrobiłbym tak: (z+1)⁶+z⁶=0 ⇔ (z+1)⁶=−z⁶ ⇔ ... z=0 nie jest rozwiązaniem, więc mogę podzielić stronami przez z⁶... ⇔ ((z+1)/z)⁶=−1. Wystarczy więc obliczyć ⁶√−1. To są liczby

	π+2kπ		π+2kπ
ek=cos		+isin		, dla k=0,1,2,3,4,5
	6		6

Stąd

	1		1
(zk+1)/zk=ek ⇔ zk =		=		, dla k=0,1,...,5.
	ek−1		π+2kπ   π+2kπ   cos +isin −1   6   6

Koniec.

Saris: (7i−z)³=(1+2i)⁶ z₀=3i+3 jak to rozbić dalej?

Saris: .

Saris: .

Gray: Rozwiązania równania zⁿ=c to wierzchołki n−kąta foremnego wpisanego w okrąg o promieniu ⁿ√|c| − to fundamentalny fakt przy rozwiązywaniu tego typu równań. Wykorzystując go mamy: 7i−z₀=(1+2i)² = −3 + 4i 7i−z₁=(−3+4i)(cos(2π/3)+isin2π/3)=... dolicz sam 7i−z₂=(−3+4i)(cos4π/3+isin4π/3)=... dolicz sam. Stąd: z₀=3+3i z₁=7i−(−3+4i)(cos(2π/3)+isin2π/3) z₂=7i−(−3+4i)(cos4π/3+isin4π/3)

Saris: a czyli jednak tak jak myślałem. Dzięki.