Issuu on Google+

1 http://mathhmagic.blogspot.gr/

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕYΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ ΛΥΜΕΝΕΣ ΕΠΑNΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΤΟ ΦΥΛΛΑΔΙΟ ΤΗΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 2013

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ:ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ. ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


2 http://mathhmagic.blogspot.gr/

ΜΙΓΑ∆ΙΚΟΙ-ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ Να οργανωθούµε λοιπόν. Στο πρώτο µέρος λυµένες επαναληπτικές ασκήσεις µε έµφαση σε δυνάµεις µιγαδικών, ανισοτικές σχέσεις ,µέτρα, εξισώσεις, ανισώσεις και γεωµετρικούς τόπους, στο δεύτερο µέρος τα θέµατα των πανελλαδικών που δεν εµπλέκουν συναρτήσεις καθώς και παλιά θέµατα δεσµών. Κάποιες ασκήσεις είναι «τσιµπηµένες» (ελέω Β3),άλλες έχουν µεγάλο πλήθος ερωτηµάτων για την συµπύκνωση όσο το δυνατόν περισσότερων κατηγοριών ασκήσεων. Η ειρωνεία είναι, ότι όπως τα κατάφερε η επιτροπή εξετάσεων του 2013 µε την επιλογή των θεµάτων καµιά άσκηση δεν µπορεί να θεωρηθεί εξωφρενική ή πολύ δύσκολη για να ενταχτεί σε ένα επαναληπτικό φυλλάδιο ασκήσεων που απευθύνεται στον υποψήφιο. Εν πάσει περιπτώσει ,αναλυτική µεθοδολογία θα βρείτε στις σηµειώσεις του Ι.Μήταλα. Οι ασκήσεις µε αστερίσκους απαιτούν αρετή και τόλµη!!! Ερωτήσεις Σωστού –Λάθους 1)Το σύνολο ℂ είναι υπερσύνολο του ℝ .

Σ Λ

2)Αν z, w ∈ ℂ τότε θα ισχύει Re(z + w ) = Re(z) + Re(w ) .

Σ Λ

3)Αν z, w ∈ ℂ τότε θα ισχύει Re(z ⋅ w ) = Re(z) ⋅ Re(w ) .

Σ Λ

4) Αν z ∈ ℂ τότε z − − z = 0 .

Σ Λ

5) Αν i µ = i ν , ν , µ ∈ ℕ τότε οι ν,µ αφήνουν το ίδιο υπόλοιπο αν διαιρεθούν µε το 4.

Σ Λ

(

6) 1 + i 3

)

3

= −8 .

Σ Λ

7)Για κάθε µιγαδικό z ισχύει η ισοδυναµία z ∈ ℝ ⇔ z = z .

Σ Λ

8)Για κάθε µιγαδικό z ισχύει η ισοδυναµία z ∈ I ⇔ − z = z .

Σ Λ

9)Αν z, w ∈ ℂ η σχέση z 2 + w 2 = 0 επαληθεύεται µόνο από τα z = 0 και w = 0 .

Σ Λ

10)Η τιµή της παράστασης i 2012 + i 2013 + i 2014 + i 2015 ισούται µε 0.

Σ Λ

11)Αν z =

λ + λi ,τότε η εικόνα του Μ(z) στο µιγαδικό επίπεδο βρίσκεται πάνω στο φανταστικό άξονα για κάθε 1− i

λ∈ℝ .

Σ Λ 2

12) z 2 = z . 13)Αν z1 = 3 + 3i, z 2 = 7 + 7i τότε ισχύει z1 < z 2 . 14)Αν z =

e λ + (µ 2 + 1)i , µ , λ ∈ ℝ τότε z = 1 . (µ 2 + 1) − e λ i

15)Για κάθε ζεύγος z, w ∈ ℂ ισχύει: z − w = z − w .

Σ Λ Σ Λ Σ Λ

Σ Λ

16)Αν η εικόνα του µιγαδικού z ανήκει στον κύκλο C : (x + 3) 2 + y 2 = 32 τότε η ελάχιστη τιµή του z είναι ίση µε το 0.

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ

Σ Λ


3 http://mathhmagic.blogspot.gr/

17)Οι αριθµοί 3 + i, 2 − i είναι ρίζες της εξίσωσης x 2 − 5x + λ = 0 για κάποια πραγµατική τιµή του λ.

Σ Λ

18)Η εικόνα του µιγαδικού z και η εικόνα του µιγαδικού − z είναι συµµετρικές ως προς την αρχή των αξόνων. Σ Λ 19)Η εξίσωση z − 2i = z + 2i παριστάνει τον οριζόντιο άξονα x ' x .

Σ Λ

20)Αν ισχύει z > 0 τότε z ∈ ℝ .

Σ Λ

21)Αν z ∈ C και z = 3 τότε − z = −3 .

Σ Λ

22) 1 < 2 ⇔ 1 < 2 + 3i − 3i ⇔ 1 + 3i < 2 + 3i .

Σ Λ

23)Για κάθε z1 , z 2 ∈ ℂ ισχύει: z1 = z 2 ⇔ z1 = z 2

Σ Λ

24) Αν η εξίσωση z 2 + λ z + µ = 0, λ , µ ∈ ℝ έχει αρνητική διακρίνουσα τότε οι ρίζες της έχουν ίσα µέτρα.

Σ Λ

(

25) Αν z, w ∈ ℂ τότε wz − w z

)

2

≤0.

Σ Λ

26) Αν z, w ∈ ℂ τότε z − w < z + w .

Σ Λ

Ερωτήσεις Σωστού –Λάθους Απαντήσεις 1)Σ 2) Σ 3)Λ 4)Σ 5)Σ 6)Σ 7)Σ 8)Σ 9) Λ 10)Σ 11)Σ 12)Λ 13)Λ 14)Σ 15)Λ 16)Σ 17)Λ 18)Λ 19)Σ 20)Σ 21) Λ 22)Λ 23) Λ 24) Σ 25) Σ 26) Λ Υπενθυµίζουµε…

Ασκήσεις ανάπτυξης 1)α)Να υπολογίσετε τις παραστάσεις : (1 + i) 2 , (1 + i 3)3

β) Με την βοήθεια του ερωτήµατος (α), να υπολογίσετε τις παραστάσεις : (1 + i)188 , (1 + i)83 , (1 + i 3) 24

 1, υ = 0  i, υ = 1  iν =  όπου  −1, υ = 2  −i, υ = 3 ν = 4κ + υ με υ = 0, 1, 2, 3 . Σε δυνάµεις µε αριθµητικό εκθέτη µορφοποιούµε τον εκθέτη.

1974

 1+ i   1+ i 3 

γ)Να δείξετε ότι : 

α) Σε 2κ (άρτιος) οπότε i

∈I .

= ( i 2 ) = ( −1) = ... κ

β) Σε 2κ +1 (περιττός) οπότε

δ) Να βρείτε την τιµές του θετικού ακεραίου ν για την οποίες ισχύει: ν

i 2 κ +1 = ( i 2 ) ⋅ i = ( −1) ⋅ i = ... κ

κ

ν

 −1 + i 3   −1 − i 3    +   = 2 2 2    

Ο αριθµός i ν είναι ένας από τους αριθµούς

{±1, ± i} .

Λύση

Παίρνουµε 4 περιπτώσεις:

α) (1 + i) 2 = 1 + 2i + i 2 = 2i .

-Αν ν άρτιος τότε i ν ∈ R . -Αν ν περιττός τότε i ν ∈ Ι .

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ

κ


4 http://mathhmagic.blogspot.gr/

( ) + (i 3 ) 2

(1 + i 3)3 = 13 + 3i 3 + 3 i 3 = 1 + 3i 3 − 9 + i 3

( 3)

3

3

=

= 1 + 3i 3 − 9 − 3i

( 3 ) = −8

β) (1 + i)188 = ( (1 + i) 2 ) = ( 2i )94 = 294 i 4⋅23 + 2 = 294 i 2 = − 294 94

(

(1 + i)83 = (1 + i)82 (1 + i) = (1 + i) 2

)

41

(1 + i) =

= ( 2i ) (1 + i) = 2 41 i 41 (1 + i) = 2 41 i10⋅ 4 +1 (1 + i) = 2 41 i(1 + i) 41

(

)

1974

(1 + i )1974

(1 + i 3) 24 = (1 + i 3) 3

γ)  1 + i  1+ i 3 

=

8

= ( − 8 ) = 88 8

(1 + i 3 )

1974

3

((1 + i ) )

2 987

=

(

 1+ i 3  

)

3

  

658

=

( 2i )987 ( − 8 )658

=

2 987 i 987

(2 )

3 658

=

2 987 i 4⋅246 + 3 i3 1 = = − 987 i ∈ I 1974 987 2 2 2

3

 −1 + i 3   −1 − i 3   = .. = 1 ,   = .. = 1 ,άρα οι ζητούµενες τιµές είναι ν=3κ , κ θετικός ακέραιος . 2 2    

δ)  

2)Να βρείτε τον φυσικό αριθµό ν έτσι ώστε να ισχύει: 2i ν = (4 ν − 34)i Λύση. Η ισότητα που δόθηκε παίρνει την µορφή: 4ν − 34 2i = (4 ν − 34)i ⇔ i = i∈I 2 ν

ν

4 ν − 34 ∈ℝ , ν∈ℕ 2

i ν = i ή i ν = −i

  ν = 4 κ + 1, κ ∈ ℕ (1)  ν = 4 κ + 1, κ ∈ ℕ (1)  ν = 4 κ + 1, κ ∈ ℕ (1)    ν -Αν i = i ⇒  και ⇔  και ⇔  και  4 ν − 34  4ν − 34 = 2  ν = 9, ∆εκτη    =1  2   ν = 4 κ + 3, κ ∈ ℕ (2)  ν = 4 κ + 3, κ ∈ ℕ (2)  ν = 4 κ + 3, κ ∈ ℕ (2)   ν -Αν i = − i ⇒  και ⇔  και ⇔  και  4ν − 34  4 ν − 34 = −2  ν = 8, απορ ίπτεται , δεν ικανοποιεί την (2)    = −1  2

3) ∆ίνεται ο µιγαδικός 3 + 7i .

α) Να αποδείξετε ότι 7 + 3i = i(3 − 7i) . β) Να βρείτε την ελάχιστη τιµή του θετικού ακεραίου ν ώστε να ισχύει η ισότητα : (3i + 7) ν + (3 − 7i) ν = 0 γ)Για την τιµή του ν που βρήκατε στο ερώτηµα (β)

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


5 http://mathhmagic.blogspot.gr/

i) Να υπολογίσετε την παράσταση i + i 2 + .... + i 987 ν

Αθροίσµατα ν όρων µε δυνάµεις i.

ii)Αν µ ∈ Ν* , 200 ≤ µ ≤ 206 και i3µ +1 + i ν = 0 να βρείτε την τιµή του µ.

Συνήθως είναι αθροίσµατα όρων αριθµητικής ή γεωµετρικής προόδου.

Λύση 1) ∆ιαπιστώνουµε το είδος της προόδου

α) Β µέλος: i(3 − 7i) = 3i − 7i 2 = 3i + 7 (1)

και βρίσκουµε τα µεγέθη α 1 ,ω, λ και το πλήθος.

(1)

β) (3i + 7) + (3 − 7i) = 0 ⇔ (i(3 − 7i)) + (3 − 7i) = 0 ⇔ i (3 − 7i) + (3 − 7i) = 0 ⇔ ν

ν

ν

ν

ν

ν

ν

2) Εφαρµόζουµε τους σχετικούς τύπους:

ν

(3 − 7i) ≠ 0

(3 − 7i) ν (i ν + 1) = 0 ⇔ i ν + 1 = 0 ⇔ i ν = −1 ⇒ ν = 4κ + 2, κ ∈ Ν .

Η ελάχιστη τιµή του ν προκύπτει για κ= 0 έτσι ν=2. ν=2

γ) i) i + i 2 + .... + i987 ν = i + i 2 + .... + i1974 = i

i1974 − 1 1974 = 4⋅493+ 2 i 2 − 1 −2i = i = = .. = 1 − i i −1 i −1 i −1

ν=2

ii) i3µ +1 + i ν = 0 ⇔ i3µ +1 + i 2 = 0 ⇔ i3µ +1 = 1 ⇒ 3µ + 1 = 4κ, κ ∈ Ν 3µ + 1 = 4 κ ⇔ µ =

Αριθµητική πρόοδος: ν ν S ν = ( α 1 + α ν ) = 2α 1 + ( ν − 1) ω  . 2 2 Γεωµετρική πρόοδος:

 λν − 1 ,λ ≠ 1 α Sν =  1 λ − 1  ν ⋅ α1 , λ =1 

4κ − 1 (2) 3

4κ − 1 ≤ 206 ⇔ 600 ≤ 4κ − 1 ≤ 618 ⇔ 3 601 ≤ 4κ ≤ 619 ⇔ 150.25 ≤ κ ≤ 154.75 ⇒ κ = 151,152,153,154 200 ≤ µ ≤ 206 ⇒ 200 ≤

Αντικαθιστούµε κάθε τιµή του κ στην (2) όταν προκύψει ακέραιος τότε την δεχόµαστε. Οπότε δεκτή είναι µόνο η τιµή κ=151. 4)α)Να βρείτε όλους τους µιγαδικούς αριθµούς z , w για τους οποίους είναι z 2 + w2 = 0 . β) Με την βοήθεια του ερωτήµατος (α) αν z 4 − w4 = 0 ,( z ≠ ± w ) να δείξετε ότι z 54 + w54 = 0 . Λύση α) Είναι z 2 + w2 = z 2 − i 2 w2 = ( z − iw)( z + wi ) . Άρα είναι z 2 + w2 = 0 αν και µόνο αν

z = iw ή z = −iw Άρα υπάρχουν άπειροι αριθµοί z , w ∈ C µε z 2 + w2 = 0 .

Παρατηρούµε ότι το πρώτο ερώτηµα της άσκησης 4) καταδεικνύει ότι οι µιγαδικοί αριθµοί απαιτούν διαφορετικό χειρισµό από τους πραγµατικούς , ταυτόχρονα αποτελεί συχνό ερώτηµα σε ερωτήσεις κλειστού τύπου ( Σωστό λάθος ,πολλαπλής επιλογής )

Οι αριθµοί αυτοί είναι:

( z , w) = (iw, w) ή ( z , w) = (−iw, w) Η ισότητα z 2 + w2 = 0 στο R αληθεύει µόνο όταν z = w = 0 .∆εν συµβαίνει όµως το ίδιο στο C.

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


6 http://mathhmagic.blogspot.gr/

(

β) z 4 − w4 = 0 ⇔ z 2 − w2

( a ) z = iw z ≠± w  2 2 2 2 z + w = 0 ⇔ z + w = 0 ⇔ )( )   z = −iw

Αν z = iw τότε z = iw

z 54 + w54 = ( z 2 ) + w54 = 27

(( iw) )

2 27

+ w54 = ( i 2 w2 ) + w54 = ( − w2 ) + w54 = − w54 + w54 = 0 27

27

Ανάλογα αν z = −iw . 5)Να βρείτε τον γ.τ των εικόνων των µιγαδικών z για τους οποίους ισχύει: z =

2λ (1), λ ∈ ℝ . λ + 2i

Λύση Καλό είναι να ξέρoυµε ότι …

Έστω z = x + yi

x, y ∈ R .Τότε

2λ ⇔ z (λ + 2i ) = 2λ ⇔ zλ + z 2i = 2λ ⇔ λ + 2i z λ − 2λ = − z 2i ⇔ λ (2 − z ) = 2 zi (2) z=

∆ιακρίνουµε περιπτώσεις για το z. -Αν z = 2 τότε η (1) παίρνει την µορφή: 2=

2λ ⇔ 2(λ + 2i ) = 2λ ⇔ 4i = 0, άτοπο. Άρα z ≠ 2 λ + 2i

-Αν z ≠ 2 τότε η ( 2) γίνεται:

λ (2 − z ) = 2 zi ⇔ λ =

2 zi 2− z

Αν θέλουµε να δείξουµε ότι z ∈ ℝ ή z ∈ Ι ( z = α + β i, α , β ∈ ℝ ) χρησιµοποιούµε τις παρακάτω ισοδυναµίες:

i z ∈ ℝ ⇔ z = α ∈ ℝ ⇔ Ι m(z) = 0 ⇔ z = z i z ∈ I ⇔ z = β i, β ∈ ℝ ⇔ Re(z) = 0 ⇔ z = − z Χρήσιµες σχέσεις Αν z, w ∈ ℂ ισχύει:

i z + z = 2 Re(z) , i z − z = 2 Im(z)i i zw + zw = zw + zw = zw + zw = = zw + zw = 2 Re(zw ) = 2 Re(zw )

z = x + yi 2  2 zi  2 zi ⇔ ... ⇔ zz = z + z ⇔ x 2 + y 2 = 2 x ⇔ x 2 − 2 x + 1 + y 2 = 1 ⇔ ( x − 1) + y 2 = 1 =  2− z  2− z

Όµως λ ∈ R ⇔ 

Άρα ο ζητούµενος γεωµετρικός τόπος είναι κύκλος µε κέντρο Κ(1,0) και ακτίνα ρ=1 εξαιρούµενου του σηµείου Α(2,0).

6)Αν οι εικόνες των µιγαδικών z, w ανήκουν στον κύκλο C : x 2 + y 2 = α 2 όπου α σταθερός θετικός αριθµός τότε να δείξετε ότι: α) z = w = α . β) z =

α2 α2 ,w = z w 8

z+w γ)Ο αριθµός   είναι πραγµατικός . z−w

z−w δ) Ο αριθµός   z+w

2013

είναι φανταστικός .

Λύση α) Ο z ανήκει στον κύκλο C : x 2 + y 2 = α 2 , µε κέντρο το Ο(0,0) και ακτίνα α άρα z = α , ανάλογα w = α .

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


7 http://mathhmagic.blogspot.gr/

2

β) z = α ⇔ z = α 2 ⇔ zz = α 2 ⇔ z =   z+w  z+w    γ)    =  =  z − w    z − w       8

8

8

α2 α2  1 1 + +  z w  = z w  α2 α2   1 − 1 −  z w z w 

  z − w 2013   z − w  2013   = δ)   =    z + w   z+w       z−w   z+w

α2 α2 , οµοίως w = . z w

α2 α2  −  z w  α2 α2  +  z w 

2013

8

 w+z   zw  =   w − z   zw

  =  

1 1  − z w  1 1  +  z w

2013

8

 8 8 8   z+w  z + w  άρα  z + w  ∈ ℝ = − =        z−w  z−w z−w     =  

w−z zw z+w zw

    

2013

z−w = −  z+w

2013

άρα

2013

∈I .

Ανισοτικές σχέσεις –Μέτρα 7)i)Αν z <

1 3 τότε να δείξετε ότι: (i + 1)z 3 + iz < . 2 4

ii) Αν z ∈ ℂ και ισχύει z + 1 + 3i = 5 να δείξετε ότι 5 ≤ z + 7 + 11i ≤ 15 . iii)Αν z ∈ ℂ και ισχύει z = 1 τότε να δείξετε ότι: α) 5z + 7 = 5 + 7z

β) 5z + 7 + 2z 2 − 7z + 3 ≥ 6

Λύση 1 8

i) (i + 1)z 3 + iz = iz 3 + z 3 + iz ≤ iz 3 + z 3 + iz = i z 3 + z 3 + i z = 2 z 3 + z < 2 +

1 3 = . 2 4

ii) Στο προς απόδειξην µέτρο προσπαθούµε να εµφανίσουµε το µιγαδικό από την δοθείσα σχεση (1+3i),και κατόπιν εφαρµόζουµε τριγωνική ανισότητα . z + 7 + 11i = z + 1 + 3i + 6 + 8i = ( z + 1 + 3i ) + ( 6 + 8i )

Υπενθυµίζουµε ότι αν µας δοθεί z + z1 = A, A ∈ ℝ και ζητηθεί να δείξουµε

Εφαρµόζουµε τριγωνική ανισότητα: z + 1 + 3i − 6 + 8i ≤ ( z + 1 + 3i ) + ( 6 + 8i ) ≤ z + 1 + 3i + 6 + 8i ⇔ 5 − 10 ≤ ( z + 1 + 3i ) + ( 6 + 8i ) ≤ 5 + 10 ⇔ 5 ≤ ( z + 1 + 3i ) + ( 6 + 8i ) ≤ 15

ότι : B ≤ z + z 2 ≤ Γ ,

Β, Γ ∈ ℝ ,τότε στο

µέτρο z + z 2 προσπαθούµε να εµφανίσουµε το z1 .Υπολογίζουµε µιγαδικό z 3 τέτοιο ώστε z + z2

z 2 = z1 + z 3

=

( z + z1 ) + z 3 .Από την

τριγωνική ανισότητα έπεται: 1 iii) α) z = 1 ⇔ zz = 1 ⇔ z = (1) z

z + z1 − z 3 ≤ ( z + z1 ) + z 3 ≤ z + z1 + z 3 ⇔ ... ⇔ B ≤ ( z + z1 ) + z 3 ≤ Γ

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


8 http://mathhmagic.blogspot.gr/

(1)

A µέλος : 5z + 7 = 5z + 7 = 5z + 7 = 5 =

1 +7 = z

5 + 7z 5 + 7z 5 + 7z = = = 5 + 7z z z 1

β) Χρησιµοποιούµε το ερώτηµα α) και κατόπιν την τριγωνική ανισότητα:

(

)

5z + 7 + 2z 2 − 7z + 3 = 5 + 7z + 2z 2 − 7z + 3 ≥ ( 5 + 7z ) + 2z 2 − 7z + 3 = 2

= 2z 2 + 8 ≥ 2z 2 − 8 = 2 z − 8 = 2 ⋅ 1 − 8 = 6

8)Αν z ∈ ℂ να δείξετε ότι: i) 6 + ( z + 3 )( z − 2 ) ≥ z z + 1 ii) z + 3 + z − 2 ≥ z + z + 1 iii) Να δείξετε ότι z + 8 + z + 7 − z + 4 + z + 3 − z + 1 − z ≤ 13 Λύση 6 + ( z + 3 )( z − 2 ) = 6 + z 2 − 2z + 3z − 6 =

i) 6 + z 2 + z − 6

z1 + z 2 ≥ z1 + z 2 ,z1 ,z 2 ∈ℂ

6 + z2 + z − 6 =

z 2 + z = z(z + 1) = z z + 1

z + 3 + z − 2 ≥ z + z +1 ⇔ ( z + 3 + z − 2 ) ≥ ( z + z +1) ⇔ 2

2

2

2

2

2

z + 3 + z − 2 + 2 z + 3 z − 2 ≥ z + z +1 + 2 z z +1 ⇔

(

)

(

)

(

)

ii) ( z + 3 ) z + 3 + ( z − 2 ) z − 2 + 2 z + 3 z − 2 ≥ zz + ( z + 1) z + 1 + 2 z z + 1 ⇔ zz + 3z + 3z + 9 + zz − 2z − 2z + 4 + 2 z + 3 z − 2 ≥ zz + zz + z + z + 1 + 2 z z + 1 ⇔ 13 + 2 z + 3 z − 2 ≥ 1 + 2 z z + 1 ⇔ 12 + 2 z + 3 z − 2 ≥ 2 z z + 1 ⇔ 6 + z + 3 z − 2 ≥ z z + 1

Που ισχύει από το ερώτηµα (i) iii)Από την τριγωνική ανισότητα έχουµε: z+8 ≤ z +8  z+7 = z+ 4+3 ≤ z+ 4 +3⇒   z + 3 = z +1+ 2 ≤ z +1 + 2

z+8 − z ≤8  z+7 − z+4 ≤3   z + 3 − z +1 ≤ 2

Προσθέτουµε κατά µέλη: z + 8 − z + z + 7 − z + 4 + z + 3 − z + 1 ≤ 8 + 3 + 2 ⇔ z + 8 + z + 7 − z + 4 + z + 3 − z + 1 − z ≤ 13

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


9 http://mathhmagic.blogspot.gr/

9)Αν ο µιγαδικός z ,επαληθεύει την εξίσωση z + 2 = λ 2 − 3λ + 2 και την ανίσωση z + i 2 < λ , λ ∈ ℝ . Να προσδιορίσετε τις τιµές του λ.

Λύση

Τριγωνική ανισότητα

z + 2 = λ 2 − 3λ + 2 ⇒ λ 2 − 3λ + 2 ≥ 0 ⇔ λ ≤ 1 ή λ ≥ 2 (1)

Για κάθε z1 , z 2 ∈ ℂ z + i 2 < λ ⇒ λ > 0 (2)

z1 − z 2 ≤ z1 ± z 2 ≤ z1 + z 2

Από(1),(2): 0 < λ ≤ 1 και λ ≥ 2 (3) Από την τριγωνική ανισότητα για z1 = z + i 2, z 2 = z + 2 λαµβάνουµε :

(

) (

)

i 2 − 2 = z + i 2 − z + 2 ≤ z + i 2 + z + 2 < λ 2 − 2λ + 2 ⇒

2 < λ 2 − 2λ + 2 ⇔ 0 < λ 2 − 2λ ⇔ λ < 0 ή λ > 2 .

Συναληθεύουµε µε την (3) και έχουµε : λ > 2 .

2

10)i)Αν z1 , z 2 ∈ ℂ , να δείξετε ότι: z1 + z 2 + z1 − z 2

2

2

2

= 2( z1 + z 2 ) .(Bασική ταυτότητα)

ii)Αν Α,Β είναι τα σηµεία που παριστάνουν τους µιγαδικούς z1 , z 2 στο µιγαδικό επίπεδο, τότε τι εκφράζει γεωµετρικά η παραπάνω σχέση. iii)Αν z + w = 8 , z − w = 6 , z = 1 να υπολογίσετε την τιµή του w . ( Υπόδειξη: χρησιµοποιήστε το ερώτηµα i) Λύση i)Α τρόπος z1 + z 2

2

+ z1 − z 2

2

(

)

= (z1 + z 2 )(z1 + z 2 ) + ( z1 − z 2 ) z1 − z 2 = ... = 2( z1 + z 2 ) 2

2

Β τρόπος Αν z1 = 0 τότε προκύπτει άµεσα η σχέση.

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


10 http://mathhmagic.blogspot.gr/

Υποθέτουµε ότι z1 ≠ 0 και η σχέση προς απόδειξη παίρνει την µορφή z1 + z 2

2

+ z1 − z 2

2

2

= 2( z1 + z 2

2

z ) ⇔ 1+ 2 z1

2

z + 1− 2 z1

2

z =2+2 2 z1

2

z2 = z = α +β i z1

Γ

. 1 + α + β i 2 + 1 − α − β i 2 = 2 + 2 α + β i ⇔ (1 + α )2 + β 2 + (1 − α ) 2 + β 2 = 2 + 2 α 2 + 2β 2 ⇔ ... ⇔ 2 + 2 α 2 = 2 + 2 α 2 ισχυει

Α z1 + z 2

ii)Γεωµετρικά: Το άθροισµα των τετραγώνων των διαγωνίων

z1

του παραλληλόγραµµου ΟΑΓΒ είναι ισο µε το διπλάσιο άθροισµα

z1 − z 2

Β

των τετραγώνων των πλευρών του. z2 Ο

iii) Από το ερώτηµα i) προκύπτει: z + w 2 + z − w 2 = 2( z 2 + w 2 ) και µε αντικατάσταση έπεται: 2

8 2 + 6 2 = 2(12 + w ) ⇔ 100 = 2 + 2 w

2

⇔ 49 = w

2

⇔ w =7.

Καλό είναι να ξέρουµε ότι …

11)Αν z1 = z 2 = z1 + z 2 , z1 ≠ 0 να δείξετε ότι : z1 − z 2 = 3 z1 .

Αν συναντήσουµε µια ισότητα µέτρων A(z) = B(z) (1) τότε συνήθως υψώνουµε και

Λύση

τα δυο µέλη στο τετράγωνο , οπότε παίρνει την µορφή:

z1 = z 2 ⇔ z1

2

= z2

2

⇔ z1 z1 = z 2 z 2 (1) 2

2

A(z) = B(z) ⇔ A(z) ⋅ A(z) = B(z)B(z)

Όµως z1 = z1 + z 2 ⇒ z1

από την τελευταία ,υπολογίζουµε είτε το z , είτε 2

= z1 + z 2

2

z1 z1 = z1 z1 + z 2 z1 + z1 z 2 + z 2 z 2

⇒ z1 z1 = (z1 + z 2 )(z1 + z 2 ) ⇔ z1 z1 = z 2 z 2

z1 z1 + z 2 z1 + z1 z 2 = 0 (2)

Η προς απόδειξη σχέση γίνεται: z1 − z 2 = 3 z1 ⇔ z1 − z 2

2

το πραγµατικό είτε το φανταστικό του µέρος . -Αν ζητηθεί να βρούµε το w ,µε

w = λ z + µ , λ , µ ∈ ℝ τότε λύνουµε ως προς z (z =

= 3 z1

2

⇔ (z1 − z 2 )(z1 − z 2 ) = 3z1 z1 ⇔

(1),(2)

z1 z1 − z 2 z1 − z1 z 2 + z 2 z 2 = 3z1 z1 ⇔ z 2 z1 + z1 z 2 + z1 z1 = 0 που ισχ ύ ει

w −µ )και αντικαθιστούµε στην (1) λ

-Αν δοθεί ισότητα µε δυνάµεις

( A(z) )

ν

ν

= ( Β (z) ) τότε παίρνουµε µέτρα και στα

Επειδή εργαστήκαµε µε ισοδυναµίες ισχύει και η αρχική.

δυο µέλη και καταλήγουµε στην (1).

(εναλλακτικά θα µπορούσαµε να χρησιµοποιήσουµε

Όλα αυτά εφαρµόζονται συνήθως …

το αποτέλεσµα της άσκησης 10)

Καµιά µεθόδευση δεν υποκαθιστά την πολύτιµη µαθηµατική εµπειρία που αποκτά ο υποψήφιος µε την διαρκή του ενασχόληση µε ασκήσεις. Είναι λανθασµένη τακτική, ο υποψήφιος να εγκλωβίζεται σε µεθοδολογίες .

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


11 http://mathhmagic.blogspot.gr/

12)α) Αν z1 , z 2 ∈ ℂ ,να αποδείξετε την ισοδυναµία:

(

z1 − z 2

1 + z1

2

)(

1 + z2

2

= 1 ⇔ z1

)

2

z2

(

2

)

+ 2 Re z1 z 2 = −1

β) Αν z1 , z 2 ∈ ℂ και z1 = z 2 = 1 ,να δείξετε την ισοδυναµία: z1 + z 2 − z1z 2 + 1 = 0 ⇔ z1 + z 2 + z1z 2 − 1 = 0

γ) Αν z1 , z 2 ∈ ℂ και z1 < 1, z 2 < 1 , να δείξετε ότι : z1 − z 2 < 1 − z 1 z 2 Λύση z1 − z 2

α)

(1 + z )(1 + z ) 2

2

1

= 1 ⇔ z1 − z 2 =

(

2

)(

)

2

2

( z1 − z 2 ) ( z1 − z 2 ) = 1 + − z1 z 2 − z 2 z1 = 1 + z1

2

z2 z2

2

2

2

+ z1 + z1

2

z2

2

⇔ − 1 = z1 z 2 + z 2 z1 + z1

β) z1 = 1 ⇔ z1 2 = 1 ⇔ z1 z1 = 1 ⇔ z1 =

1 z1

2

z2

2

1 + z1

⇔ − 1 = z1 z 2 + z1 z 2 + z1

και z 2 = 1 ⇔ z 2

2

2

2

)(

⇔ z1 z1 − z1 z 2 − z 2 z1 + z 2 z 2 = 1 + z1 z1 + z 2 z 2 + z1

⇔ z1 − z 2

2

(

2

1 + z2

2

 = 

1 + z2

1 + z1

z2

= 1 ⇔ z2 z2 = 1 ⇔ z2 =

z1 + z 2 − z1 z 2 + 1 = 0 ⇔ z1 + z 2 − z1 z 2 + 1 = 0 ⇔ z1 + z 2 − z1 z 2 + 1 = 0 ⇔

2

)

2

  ⇔ 

z2

2

⇔ −1 = 2 Re(z1 z 2 ) + z1

1 z2

1 1 1 + − +1 = 0 ⇔ z1 z 2 z1 z 2

z2 z zz z + z1 − 1 + z1 z 2 1 + 1 − + 1 2 =0⇔ 2 = 0 ⇔ z1 + z 2 + z1 z 2 − 1 = 0 z1 z 2 z1 z 2 z1 z 2 z1 z 2 z1 z 2

γ) z1 − z 2 < 1 − z1z 2 ⇔ z1 − z 2

2

< 1 − z1 z 2

2

(

)

)(

) (

⇔ ( z1 − z 2 ) z1 − z 2 < 1 − z1 z 2 1 − z1 z 2 ⇔

( z1 − z 2 ) ( z1 − z 2 ) < (1 − z1z 2 )(1 − z1 z 2 ) ⇔ z1 z1 − z1 z 2 − z 2 z1 + z 2 z 2 < 1 − z1 z 2 − z1z 2 + z1 z 2 z1z 2 ⇔ 2

z1 − z1 z 2 − z 2 z1 + z 2 2

z1 + z 2 2

2

− 1 − z1 2

(

2

z2

z1 (1 − z 2 ) − 1 − z 2

2

< 1 − z1 z 2 − z1 z 2 + z1

2

2

2

< 0 ⇔ z1 − z1

)< 0⇔ (z

2 1

2

z2

2 2

z2

2

+ z2

2

⇔ z1 + z 2 2

2

< 1 + z1

2

z2

2

2

⇔ z1 + z 2

2

< 1 + z1

−1< 0 ⇔

2

− 1)(1 − z 2 ) < 0 ισχύ ει απο υπό θεση

13)α)Αν z ∈ C, z ≠ 0 να δείξετε ότι : z z + ∈ℝ z z z z ii) −2 ≤ + ≤ 2 (άσκηση 6 ,β οµάδα σχολικού) z z 1 β)∆ίνεται οι µιγαδικός z ≠ 0 µε z + = 1 να δείξετε ότι z + 1 ≤ 5 . z z

i)

Λύση

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ

2

z2

2

2

z2

2


12 http://mathhmagic.blogspot.gr/

( x + yi ) ( x − yi ) z z x + yi x − yi 2x 2 − 2y 2 + = + = + = .. = ∈ℝ. x 2 + y2 z z x − yi x + yi ( x − yi )( x + yi ) ( x − yi )( x + yi ) 2

α)i) Αν z = x + yi, x, y ∈ ℝ , τότε

2

x 2 − y2 z z 2x 2 − 2y 2 x 2 − y2 x 2 − y2 ii) −2 ≤ + ≤ 2 ⇔ −2 ≤ 2 ≤ 2 ⇔ −1 ≤ 2 ≤1⇔ 2 ≤1⇔ 2 ≤1⇔ x + y2 x + y2 x + y2 z z x + y2 x 2 − y2 ≤ x 2 + y2 ⇔ x 2 − y2

2

≤ x 2 + y2

2 x , y∈ℝ

(x

2

− y2

) ≤ (x 2

2

+ y2

)

2

x 4 + y 4 − 2x 2 y 2 ≤ x 4 + y 4 + 2x 2 y 2 ⇔ −2x 2 y 2 ≤ 2x 2 y 2 ⇔ 0 ≤ 4x 2 y 2 που ισχύει για κάθε x, y ∈ ℝ .

β) z +

2

1 z

z z 1  1 1 z z 2  = 1 ⇔  z +   z +  = 1 ⇔ ... ⇔ z + 2 + + = 1 .Από το ερώτηµα (α ii) −2 ≤ + ≤ 2 άρα η (1) z  z z z z z  z

γίνεται: 1

2

z +

z

2

z z 1 1 z z 2 + + =1⇔ z + 2 + 2 z + + =1+ 2 ⇔ z z z z z z 2 z+

2

1

 1  z + z 

2

  z z z z 1  + + = 3 ⇔ + = 3 −  z + z z z z z  

≥0

  

z z 2 −2 ≤ + ≤ 2 z z

z   1 1 1 3 −  z +  ≥ −2 ⇔ 5 ≥  z +  ⇒ z + ≤ 5.     z  z  z   14)Αν α , β ∈ ℂ τότε υπάρχει z ∈ ℂ * τέτοιο ώστε α ⋅ β = z 2 .Με αυτά τα δεδοµένα να δείξετε την ισότητα :

α + β =

α+β α+β +z + −z 2 2

(Πανελλήνιες 1979)

Λύση α ⋅ β = z2 ⇔ α =

z2 β

z2 z2 + β + 2z + β − 2z β Β µέλος: α + β + z + α + β − z = α + β + 2z + α + β − 2z = β + = 2 2 2 2 2 2

z 2 + β 2 + 2β z z 2 + β 2 − 2β z z 2 + β 2 + 2β z z 2 + β 2 − 2β z β β = + = + = 2 2 2β 2β

=

(z + β) 2β

2

+

(z − β) 2β

2

=

z+β 2β

2

+

z−β 2β

2

=

(z + β)(z + β) 2β 2

+

zz + βz + β z + ββ + zz − β z − βz + ββ 2zz + 2ββ z + β = = 2β 2β β

(z − β)(z − β) = 2β

2

=

z2 β

+ β =

αβ β

+ β =

α β β

+β = α +β

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


13 http://mathhmagic.blogspot.gr/

15)Αν α ν < 2,α ν ∈ ℝ για 1 ≤ ν ≤ Ν τότε η εξίσωση 1 + α1 z + α 2 z 2 + ... + α N z N = 0 δεν έχει µιγαδική ρίζα z 1 3

τέτοια ώστε z < .(Θέµα του 1967 µαθηµατικού διαγωνισµού Indiana College mathematics competition) 1 3

Λύση .Θα το αποδείξουµε µε άτοπο .Έστω z µιγαδική ρίζα της (1) τέτοια ώστε z < .Τότε 1 + α 1 z + α 2 z 2 + ... + α N z N = 0 ⇔ α 1 z + α 2 z 2 + ... + α N z N = −1 ⇔ ⇒ α 1 z + α 2 z 2 + ... + α N z N = −1 ⇔ α 1 z + α 2 z 2 + ... + α N z N = 1

Με χρήση της τριγωνικής ανισότητας: α1 z + α 2 z 2 + ... + α N z N ≤ α1 z + α 2 z 2 + .. + α N z N

α ν < 2 ,1≤ ν ≤Ν

<

1 z< 3

1 1 1 2( + 2 + .. + N ) = 3 3 3

 1   1  −1 −1 1  3Ν 1  3Ν 1 =2  =2   = 1 − Ν < 1 .Άτοπο. 1 2 3 −1  3 − 3     3   3  

16)Αν λ ≥ 0 ,να βρείτε τους µιγαδικούς αριθµούς z = x + yi, x, y ∈ ℝ ,που ικανοποιούν την εξίσωση : 2

z − 2iz + 2 λ (1 + i) = 0

(Φυσικό τµήµα Μόσχας 1966, Πολυτεχνικός κύκλος 1977)

Λύση 2

2

z − 2iz + 2 λ (1 + i) = 0 ⇔ x + yi − 2i(x + yi) + 2 λ (1 + i) = 0 ⇔ x 2 + y 2 − 2xi + 2y + 2 λ + 2 λ i = 0 ⇔ 2 2  λ 2 + y 2 + 2y + 2 λ = 0 (1)  x + y + 2y + 2 λ = 0 x 2 + y 2 + 2y + 2 λ + ( 2 λ − 2x ) i = 0 ⇔  ⇔  λ = x  2 λ − 2x = 0

H (1) y 2 + 2y + 2 λ + λ 2 = 0 β βαθµού ως προς y.Υπολογίζουµε την διακρίνουσα

(

)

∆ = 2 2 − 4 2 λ + λ 2 = 4(1 − 2 λ − λ 2 ) = 4( −λ 2 − 2 λ + 1)

Πρέπει να βρούµε το πρόσηµο της διακρίνουσας άρα εξετάζουµε το πρόσηµο του τριώνυµου −λ 2 − 2λ + 1 , ∆ ' = 8 > 0 , λ1,2 = −1 ± 2 οπότε το τριώνυµο είναι µεγαλύτερο ή ίσο του µηδέν όταν λ≥0

λ ∈  −1 − 2 , −1 + 2  ⇒ λ ∈  0, − 1 + 2  και οι ρίζες του y είναι : y1,2 = − 1 ± −λ 2 − 2 λ + 1 .

Έτσι οι ζητούµενοι µιγαδικοί είναι : z = λ + ( − 1 ± −λ 2 − 2 λ + 1)i, λ ∈  0, −1 + 2  .

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


14 http://mathhmagic.blogspot.gr/

17)∆ίνονται οι µιγαδικοί z, w µε z = x + yi, w =

z −1 ,z ≠ 2 . z−2

α)Αν ο w είναι φανταστικός, να βρείτε τον γ.τ των Μ(z) που είναι εικόνες των µιγαδικών z. β) Αν z1 , z2 είναι δυο µιγαδικοί που ανήκουν στον παραπάνω γεωµετρικό τόπο να δείξετε ότι: z1 − z2 ≤ 1

Λύση z −1  z −1 z −1 z −1 ⇔ =− ⇔ (z − 1)(z − 2) = − (z − 2)(z − 1) ⇔ =− z−2 z−2 z−2 z−2

α) w ∈ I ⇔ w = − w ⇔ 

⇔ zz − 2z − z + 2 = − (zz − z − 2z + 2) ⇔ zz − 2z − z + 2 = − zz + z + 2z − 2

(

2

)

⇔ 2zz − 3z − 3z + 4 = 0 ⇔ 2 z − 3(z + z) + 4 = 0 ⇔ 2 x 2 + y 2 − 3(2x) + 4 = 0 ⇔ x 2 + y 2 − 3x + 2 = 0 3 9 9 x 2 − 3x + 2 + y 2 = 0 ⇔ x 2 − 2 x + − + 2 + y 2 = 0 ⇔ 2 4 4 2

3  1 C :  x −  + y2 =   2  2

2

2

3 1 3   1 2 2 x −  + y = ⇔ x −  + y =   2 4 2   2

2

2

Άρα ο ζητούµενος γ.τ είναι κύκλος µε κέντρο K  , 0  , ρ = εξαιρουµένου του σηµείου (2,0). 2 2  3

1

β) Εφόσον Μ ( z1 ), Ε( z2 ) ∈ C τότε το µέτρο z1 − z2 εκφράζει το µήκος της χορδής ΜΕ του κύκλου και θα ισχύει ΜΕ ≤ 2 ρ ⇒ z1 − z2 ≤ 2

1 ⇔ z1 − z2 ≤ 1 . 2

18)Να αντιστοιχίσετε κάθε τριάδα µιγαδικών της πρώτης στήλης µε το είδος του τριγώνου των εικόνων τους ως προς τις πλευρές και τις γωνίες . Στήλη Α

Στήλη β

1. z1 = 2i, z 2 = 2, z 3 = 2 + 2i

i) Ορθογώνιο και ισοσκελές

2. z1 = 5 + 5i, z 2 = 1 + 5i, z 3 = 3 + 4i

ii) οξυγώνιο και ισόπλευρο

3. z1 = −1 + 2i, z 2 = 1 + 2i, z 3 = − 3i

iii) Αµβλυγώνιο και ισοσκελές

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


15 http://mathhmagic.blogspot.gr/ Υπενθυμίζουμε ότι.. Αν Α,Β,Γ οι εικόνες των μιγαδικών z1 , z 2 , z 3 τότε ισχύουν τα παρακάτω: ▪ Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο όταν AB = ΒΓ = ΑΓ ⇔ z1 − z 2 = z 2 − z 3 = z1 − z 3 ▪ Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές µε βάση ΑΓ όταν AB = ΒΓ ⇔ z1 − z 2 = z 2 − z 3 2

2

▪ Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο ( A = 90 o ) όταν ΒΓ 2 = ΑΒ 2 + ΑΓ 2 ⇔ z 2 − z 3 = z1 − z 2 + z1 − z 3 2

2

▪ Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι αµβλυγώνιο ( A = 90 o ) όταν α 2 > β 2 + γ 2 ⇔ z 2 − z 3 > z1 − z 3 + z1 − z 2

2

2

▪ Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι οξυγώνιο (µε α µεγαλύτερη πλευρά του τριγώνου) όταν α 2 < β2 + γ 2 ⇔ z 2 − z3

2

< z1 − z 3

2

+ z1 − z 2

2

▪ Τα σηµεία Α,Β,Γ είναι µη συνευθειακά (σχηµατίζουν τρίγωνο) όταν det(AB, ΑΓ ) ≠ 0 . ( Εναλλακτικά µπορούµε να χρησιµοποιήσουµε την τριγωνική ανισότητα )

1-> i 2->iii

3->ii

19)Να βρείτε το µιγαδικό z = x + yi αν ισχύει : z − 1 + 2i = z − 2 − i = z − 3 + 3i

Να ερµηνεύσετε γεωµετρικά την παραπάνω ισότητα .

Λύση z − 1 + 2i = z − 2 − i ⇔ x − yi − 1 + 2i = x + yi − 2 − i ⇔ x − 1 + ( 2 − y ) i = x − 2 + (y − 1)i ⇔

( x − 1) 2 + ( 2 − y ) 2

=

( x − 2 )2 + (y − 1) 2

⇔ ( x − 1) + ( 2 − y ) = ( x − 2 ) + (y − 1) 2 ⇔ 2

2

2

x 2 − 2x + 1 + 4 − 4y + y 2 = x 2 − 4x + 4 + y 2 − 2y + 1 ⇔ 2x − 2y = 0 ⇔ x = y (1) z − 2 − i = z − 3 + 3i ⇔ x + yi − 2 − i = x − yi − 3 + 3i ⇔ x − 2 + (y − 1)i = x − 3 + (3 − y)i

(x − 2)

2

+ (y − 1) 2 =

( x − 3)

2

+ (3 − y) 2 ⇔ ( x − 2 ) + (y − 1) 2 = ( x − 3 ) + (3 − y) 2 ⇔ 2

2

x 2 − 4x + 4 + y 2 − 2y + 1 = x 2 − 6x + 9 + 9 − 6y + y 2 ⇔ 2x + 4y = 13 (2)

Λύνουµε το σύστηµα των (1) και (2) και προκύπτει: x =

13 13 13 13 , z = + i . Η σχέση γίνεται: ,y = 6 6 6 6

z − 1 + 2i = z − 2 − i = z − 3 + 3i ⇔ z − (1 + 2i) = z − (2 + i) = z − (3 + 3i)

Η εικόνα του z ισαπέχει από τα σηµεία Α(1,2),Β(2,1) ,Γ(3,3) άρα είναι το σηµείο τοµής των µεσοκαθετων των ευθύγραµµων τµηµάτων ΑΒ,ΒΓ,ΑΓ.

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


16 http://mathhmagic.blogspot.gr/

20)(Άσκηση bonus στην 20) Αν ισχύει

z − λi z1 − λ i z − λi + 2 + 3 < 2 , λ > 0 και Α,Β,Γ οι εικόνες των µιγαδικών z1 , z 2 , z 3 στο µιγαδικό z1 + λ i z 2 + λi z3 + λi

επίπεδο. Να δείξετε ότι το πολύ µια κορυφή του τριγώνου ΑΒΓ βρίσκεται «πάνω» στον πραγµατικό άξονα.

Λύση Αρκεί να δείξουµε ότι το πολύ ένας από τους z1 ,z 2 , z 3 µπορεί να είναι πραγµατικός( Im(z)=0).Θα το χειριστούµε µε άτοπο έστω ότι δυο από τους z1 ,z 2 , z 3 είναι πραγµατικοί αριθµοί. Χωρίς βλάβη της γενικότητας µπορούµε να πούµε ότι z1 , z 2 ∈ ℝ .Τότε όµως οι εικόνες των z1 , z 2 στο µιγαδικό επίπεδο είναι σηµεία του άξονα χ΄χ οπότε θα ισαπέχουν από τις εικόνες των λi, − λi γιατί ο χ’χ είναι η µεσοκάθετη του ευθύγραµµου τµήµατος που έχει άκρα τις εικόνες των λi, − λi .Οπότε: λ >0

z1 − λ i = z1 + λ i ⇔

και θα ισχύει

z1 − λ i z − λi = 1 ,οµοίως 2 =1 z1 + λ i z 2 + λi

z − λi z1 − λ i z − λi + 2 + 3 ≥ 2 , άτοπο. z1 + λ i z 2 + λi z3 + λi

21) Έστω z ∈ ℂ και ισχύει z 11 = iz11 + 8 α)Να βρεθεί ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων του z11 στο µιγαδικό επίπεδο. β)Να βρείτε την ελάχιστη τιµή του z11 .

Λύση 8 i

α) z 11 = iz11 + 8 ⇔ z11 = i(z11 + ) ⇔ z11 = i 11 (z11 +

8i ) ⇔ i2

z11 = z11 − 8i ⇔ z11 − (0 + 0i) = z11 − (0 + 8i)

Ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων του z11 στο µιγαδικό επίπεδο είναι η µεσοκάθετος του ευθυγράµµου τµήµατος µε άκρα Ο(0,0),Α(0,8), η ευθεία y = 4 . β) min z11 = 4

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


17 http://mathhmagic.blogspot.gr/

22)( Μεζεδάκια θεωρίας, δεν χρησιµοποιούνται αυτούσια στις εξετάσεις πρέπει πρώτα να αποδειχτούν.) α) Να δείξετε ότι η εξίσωση zz = 2 Re(zz 0 ) + λ 2 − z 0 2 ,παριστάνει κύκλο µε κέντρο z 0 και ακτίνα λ ( λ > 0 ). β) Να δείξετε ότι η εξίσωση u + z1 = u + z 2 , u ∈ ℂ z1 , z 2 σταθεροί µιγαδικοί αριθµοί παριστάνει στο επίπεδο µια ευθεία . γ) Έστω οι διαφορετικοί ανά δυο µιγαδικοί αριθµοί z1 , z 2 , z 3 µε εικόνες τα σηµεία Α,Β,Γ αντίστοιχα. Να δείξετε ότι τα σηµεία Α,Β,Γ είναι συνευθειακά, αν και µόνο αν

z1 − z 3 ∈ℝ . z3 − z2

δ) Έστω ρ ∈ ℝ και z ∈ ℂ ώστε: Re(z) + ρ = z − ρ .Να αποδείξετε ότι ο γ.τ των εικόνων του z είναι παραβολή. Λύση α) zz = 2 Re(zz 0 ) + λ 2 − z 0

2

2

2

⇔ z = 2 Re(zz 0 ) + λ 2 − z 0

(

)

(

⇔ zz = 2

)

zz 0 + zz 0 + λ 2 − z0 z0 ⇔ 2

(

)

zz − zz 0 − zz 0 = λ 2 − z 0 z 0 ⇔ z z − z 0 − z 0 z − z 0 = λ 2 ⇔ ( z − z 0 ) z − z 0 = λ 2 ⇔ z − z 0

2

= λ2

⇔ z − z0 = λ

β) u + z1 = u + z 2

u = x + yi

z1 =α +β i,z 2 = γ + δi

⇔ x + yi + α + β i = x + yi + γ + δi ⇔

⇔ x + α + ( y + β)i = x + γ + ( y + δ)i ⇔

( x + α )2 + ( y + β )2

=

( x + γ )2 + ( y + δ )2

( x + α )2 + ( y + β )2 = ( x + γ )2 + ( y + δ )2 ⇔ x 2 + 2α x + α 2 + y 2 + 2yβ + β 2 = x 2 + 2xγ + γ 2 + y 2 + 2yδ + δ 2 ( 2 α − 2 γ ) x + ( 2β − 2δ ) y + α 2 + β 2 − γ 2 − δ 2 = 0 (1)

Η (1) επειδή α , β, γ , δ ∈ ℝ παριστάνει ευθεία . γ) Τα σηµεία Α,Β,Γ είναι συνευθειακά ,αν και µόνο αν ΓΑ / / ΒΓ δηλαδή υπάρχει λ ∈ ℝ ώστε ΓΑ = λΒΓ ⇔ ΟΑ − ΟΓ = λ ( ΟΓ − ΟΒ ) ⇔ z1 − z 3 = λ (z 3 − z 2 ) ⇔ λ =

z1 − z 3 . z3 − z2

δ) Έστω z = x + yi, x, y ∈ ℝ , οπότε M(x, y) είναι τυχαίο σηµείο του γ.τ. Έχουµε: 2

2

Re(z) + ρ = z − ρ ⇔ x + ρ = x − ρ + yi ⇔ x + ρ = x − ρ + yi ⇔ x 2 + 2x ρ + ρ 2 = ( x − ρ ) + y 2 ⇔ x 2 + 2x ρ + ρ 2 = x 2 − 2x ρ + ρ 2 + y 2 ⇔ 2

y 2 = 4ρ x

Ο γ.τ είναι η παραβολή µε εξίσωση y 2 = 4ρx . . 23)Αν z 3 = ηµθ + iσυνθ, θ ∈ ℝ , λ ∈ ℝ να δείξετε ότι : (1 − λ z 4 )(1 − λ z 3 )(1 − λ z 2 )(1 − λ z) = (z 4 − l)(z 3 − l)(z 2 − l)(z − λ )

Λύση 3

3

2

z 3 = ηµθ + iσυνθ ⇒ z 3 = ηµθ + iσυνθ ⇔ z = ηµ 2 θ + συ 2 νθ ⇔ z = 1 ⇔ z = 1 ⇔ z = 1 ⇔ zz = 1 ⇔ z =

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ

1 z


18 http://mathhmagic.blogspot.gr/

Α µέλος 4

3

2

(1 − λ z 4 )(1 − λ z 3 )(1 − λ z 2 )(1 − λ z) = (1 − λ z 4 )(1 − λ z 3 )(1 − λ z 2 )(1 − λ z) = (1 − λ z )(1 − λ z )(1 − λ z )(1 − λ z) = (1 − λ

1 1 1 1 z 4 − λ z3 − λ z 2 − λ z − λ z4 − λ z3 − λ z2 − λ z − λ − λ − λ − λ = ⋅ ⋅ ⋅ = = )(1 )(1 )(1 ) z z z z4 z3 z2 z4 z3 z2 z4 z3 z2

z4 − λ z3 − λ z2 − λ z − λ z 4 − λ z3 − λ z 2 − λ z − λ = = (z 4 − l)(z 3 − l)(z 2 − l)(z − λ ) 4 3 2 z z z4 z3 z2 z z z

24)(*)Αν z 0 , z1 ,...., z10 ∈ ℂ και z 0 + z1 + .... + z10 = w να δείξετε ότι αν

z1 − z 0 z − z0 z − z0 w − z0 + 2 + ... + 10 < 1 (1) τότε <1. z1 + z 0 z 2 + z0 z10 + z 0 w + z0

Λύση  z1 − z 0 <1   z1 + z 0   z2 − z0 < 1  z2 + z0  < 1 ⇒ . ⇔ .   z10 − z 0 <1   z10 + z 0  

z1 − z 0 z − z0 z − z0 + 2 + ... + 10 z1 + z 0 z2 + z0 z10 + z 0

( (

) )

(

)

 ( z − z 0 ) z1 − z 0 < ( z1 + z 0 ) z1 + z 0  1 ( z − z ) z − z < ( z + z ) z + z  2 0 2 0 2 0 2 0 ⇔ ... ⇔  .  ( z10 − z 0 ) z10 − z 0 < ( z10 + z 0 ) z10 + z 0

(

(

)

)

(

)

 z1 − z 0 2 < z1 + z 0 2  z1 − z 0 < z1 + z 0   z −z 2 < z +z 2  z2 − z0 < z2 + z0 2 0 2 0    ⇔ . .   . .    z10 − z 0 < z10 + z 0 z −z 2 < z +z 2 0 10 0   10

 z 2 + z 2 − 2 Re(z z ) < z + z + 2 Re(z z ) 0 1 0 1 0 1 0  1 2 2  z + z − 2 Re(z z ) < z + z + 2 Re(z z ) 2 0 2 0 2 0 2 0 ⇔  .  2 2  z10 + z 0 − 2 Re(z10 z 0 ) < z10 + z 0 + 2 Re(z10 z 0 )

 z1 z 0 + z1 z 0 >0  2  −2 Re(z1 z 0 ) < 2 Re(z1 z 0 )  Re(z1 z 0 ) > 0     z2 z0 + z2z0  −2 Re(z 2 z 0 ) < 2 Re(z 2 z 0 )  Re(z 2 z 0 ) > 0  >0 ⇔ ⇔ (+)  2 . .   .     −2 Re(z10 z 0 ) < 2 Re(z10 z 0 )  Re(z10 z 0 ) > 0  z10 z 0 + z10 z 0 >0  2  z1 z 0 + z1 z 0 z 2 z 0 + z 2 z 0 z z + z10 z 0 + + ... + 10 0 > 0 ⇔ z 0 (z1 + z 2 + .. + z10 ) + z 0 (z1 + z 2 + .. + z10 ) > 0 ⇔ 2 2 2

⇔ z 0 w + z 0 w > 0 ⇔ Re(z 0 w ) > 0 (2) και − Re(z 0 w ) < 0 (3).

Από (2) ,(3) :

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


19 http://mathhmagic.blogspot.gr/

Re(z 0 w ) > − Re(z 0 w ) ⇔ z 0 z0 + w

2

> z0 − w

2

2

2

+ w + Re(z 0 w ) > z 0

z0 − w

2

z0 + w

2

<1⇔

z0 − w z0 + w

2

2

+ w − Re(z 0 w ) ⇔

2

<1⇒

z0 − w <1 z0 + w

25)∆ίνεται ο µιγαδικός z = (1 + i 2 )(λ − i), λ ∈ ℝ . i)Να γράψετε τον z στην µορφή α + β i, α , β ∈ ℝ . ii)Να βρείτε την πραγµατική τιµή του λ ώστε η εικόνα του z στο µιγαδικό επίπεδο να βρίσκεται: α)στον άξονα y’y β) στην διχοτόµο της 1ης-3ης γωνίας των αξόνων. iii)Να βρείτε τον γεωµετρικό τόπο των εικόνων του z στο µιγαδικό επίπεδο για κάθε λ ∈ ℝ . iv)Να βρείτε τον γεωµετρικό τόπο των εικόνων του w στο µιγαδικό επίπεδο έτσι ώστε να ισχύει η σχέση:

(

)(

)(

)(

)

w − 1 + i κ 1 + i κ +1 1 + i κ + 2 1 + i κ + 3 =

2 , κ ∈ ℕ* 3

v)Να βρείτε την ελάχιστη τιµή της παράστασης w − z . (θέµα εισαγωγικών εξετάσεων Thadeus Gorian College)

Λύση i) z = (1 + i 2 )( λ − i) = λ − i + i 2 λ + 2 = λ + 2 + ( 2λ − 1)i

(

)

ii) α) Re(z) = 0 ⇔ λ + 2 = 0 ⇔ λ = − 2 2 +1

β) Re(z) = Im(z) ⇔ λ + 2 = λ 2 − 1 ⇔ 1 + 2 = λ 2 − λ ⇔ λ =

(

2 −1

)

=3+ 2 2

iii) z = λ + 2 + ( 2λ − 1)i .Αν Μ(x,y) η εικόνα του z ,τότε:  x = λ + 2 ⇔   y = 2λ − 1

 λ = x − 2 ⇔   y = 2 λ − 1

 λ = x − 2 ⇔   y = 2 (x − 2 ) − 1

 λ = x − 2   y = 2x − 3

Άρα ο ζητούµενος γ.τ είναι η ευθεία: ε : y = 2x − 3 iv) Οι θετικοί ακέραιοι κ,κ+1,κ+2,κ+3 είναι διαδοχικοί οπότε , κάποιος από αυτούς είναι της µορφής 4ν+2 (ν φυσικός) ,άρα µια από τις δυνάµεις i κ , i κ+1 , i κ+ 2 ,i κ + 3 είναι ίση µε -1, οπότε ένας από τους oρους του γινοµένου 1 + i κ 1 + i κ +1 1 + i κ + 2 1 + i κ + 3 ισούται µε µηδέν .Έτσι 1 + i κ 1 + i κ +1 1 + i κ + 2 1 + i κ + 3 = 0 και η δοθείσα

(

)(

)(

)(

σχέση παίρνει την µορφή: w = ρ=

)

(

)(

)(

)(

)

2 .Ο γ.τ των εικόνων των µιγαδικών w είναι κύκλος µε κέντρο Κ (0, 0) και ακτίνα 3

2 . 3

v)Oι γ.τ των εικόνων των z και w είναι αντίστοιχα η ευθεία ε : y = 2x − 3 και ο κύκλος C : x 2 + y 2 =

2 3

Το ελάχιστο µέτρο w − z εκφράζει την ελάχιστη απόσταση του κύκλου C από την ευθεία (ε) την οποία θα υπολογίσουµε , υπολογίζοντας αρχικά την εξίσωση της ευθείας (η) που είναι κάθετη στην (ε) και διέρχεται από την αρχή των αξόνων. Η (η) έχει εξίσωση η : y = −

2 x .Θα βρούµε τα σηµεία τοµής της ευθείας (η) µε τον κύκλο C 2

και την (ε) λύνοντας το σύστηµα των εξισώσεων τους :

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


20 http://mathhmagic.blogspot.gr/

 2      2 2 2 2 2 y=− x  y x y=− x y=− x y=− x y=± = −      2      3 2 2 2 2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2  x 2 + y2 = 2 x2 +  − 2 x  = 2 x2 + 2 x 2 = 2 6 x2 = 2 x 2 = 4 x = ± 2         3 4 3 3 9 3  4   3  2  

 2 x y = − ⇔ 2   y = 2x − 3 

 2 x y = −  2 ⇔  2   − 2 x = 2x − 3

2 3

Άρα τα σηµεία τοµής είναι A( , −

 2  2 x y = − x y = −  2 ⇔  y = −1 2 ⇔    x = 2  6 = 3 2x x = 2   2

2 2 2 ), B( − , ), Γ ( 2 , −1) .(Βλέπε σχήµα) 3 3 3

y

Β

Ο

x‘

x‘

Α Γ

y‘ Το ζητούµενο µέτρο είναι η απόσταση (ΑΓ). ( ΑΓ ) = (ΟΓ ) − ( ΟΑ ) = ( ΟΓ ) − ρ = 3 −

2 3

26) ∆ίνονται οι µιγαδικοί z, w ώστε να ισχύει η σχέση

w=

() + 13 ( z )

13z 7 + 17 z 17z 7

7 7

+ 19 + 19

()

,17z 7 + 13 z

7

+ 19 ≠ 0

α) Να δείξετε ότι ο γ.τ των εικόνων των µιγαδικών w είναι κύκλος µε κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα ρ=1.( Υπόδειξη: Προσπαθήστε να δείξετε ότι w =

1 ) w

Β) Να βρείτε το γ.τ των εικόνων των µιγαδικών u αν ικανοποιούν τις παρακάτω σχέσεις : 2

u ≤ w και 4 u + (u − u) 2 +

Im(u) =0 2

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


21 http://mathhmagic.blogspot.gr/

Λύση 7

α) w =

() + 13 ( z )

13z + 17 z 17z

άρα w =

7

7

7

+ 19

=

+ 19

1 ⇔ ww = 1 ⇔ w w

7

7

7

7

13z + 17 ( z ) + 19 17z + 13 ( z ) + 19

=

1 7

7

7

7

17z + 13 ( z ) + 19

=

1 w

13z + 17 ( z ) + 19 2

=1⇔ w =1

Οπότε ο γ.τ των εικόνων των µιγαδικών w είναι κύκλος µε κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα ρ=1.

β) u ≤ w ⇒ u ≤ 1 (1) .Η σχέση (1) εκφράζει τις εικόνες των u που βρίσκονται στον κυκλικό δίσκο µε κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα ρ=1. Η σχέση (2) παίρνει την µορφή: u = x + yi.x ,y∈ℝ Im(u) y =0 ⇔ 4(x 2 + y 2 ) + (2yi) 2 + = 0 ⇔ 2 2 y y y 1  1  4x 2 + 4y 2 − 4y 2 + = 0 ⇔ 4x 2 + = 0 ⇔ 4x 2 = − ⇔ x 2 = − y ⇔ x 2 = 2  −  y (2) 2 2 2 8  16  1 1 1 .Αν ισχύουν Η εξίσωση (2) παριστάνει παραβολή µε p = − , εστία E  0, −  και διευθετούσα y = 16 32  32  2

4 u + (u − u) 2 +

ταυτόχρονα οι (1) και (2) ο ζητούµενος γ.τ είναι το τµήµα της παραβολής που βρίσκεται στο κυκλικό δίσκο. (δες το σχήµα)

27)Έστω ο µιγαδικός z για τον οποίο ισχύει η σχέση:

(

)

(

)

(1 + iz) 7 e1974 − iσυνα = (1 − iz) 7 e1974 + iσυνα , α ∈ ℝ

Και τα σηµεία A(i), B( −i) του µιγαδικού επιπέδου. Α) Να αποδείξετε ότι : i) 1 + iz = 1 − iz (1) ii)Η εξίσωση (1) παριστάνει την µεσοκάθετη του ευθύγραµµου τµήµατος ΑΒ. Β) Αν θεωρήσουµε τους µιγαδικούς w 1 , w 2 , w 3 µε w 2 ≠ w 3 .Θεωρούµε τον µιγαδικό u = z ⋅ w 2 + (1 − z)w 3 , όπου z τυχαίος µιγαδικός που επαληθεύει την (1) .

Να δείξετε ότι οι εικόνες των µιγαδικών u, w 2 , w 3 είναι συνευθειακά σηµεία. (Υπόδειξη: Παρατηρήστε ότι z ∈ ℝ )

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


22 http://mathhmagic.blogspot.gr/

Λύση

(

)

(

)

Α)i) (1 + iz) 7 e1974 − iσυνα = (1 − iz) 7 e1974 + iσυνα ⇒ (1 + iz) 7 e1974 − iσυνα = (1 − iz) 7 e1974 + iσυνα ⇔ e1974 − iσυνα = e1974 − iσυνα

(1 + iz)

7

1974

e

− iσυνα = (1 − iz)

7

1974

e

− iσυνα

7

7

1 + iz = 1 − iz ⇔ 1 + iz = 1 − iz

ii) 1 + iz = 1 − iz ⇔ −1 − iz = − 1 + iz ⇔ i 2 − iz = i 2 + iz ⇔ i(i − z) = i(i + z) ⇔ i i − z = i i + z ⇔ i − z = i + z ⇔ z − i = z + i (2)

Η εξίσωση (2) παριστάνει την εξίσωση της µεσοκάθετης του ευθύγραµµου τµήµατος ΑΒ µε A(i), B( −i) . Β) Παρατηρούµε ότι τα Α,Β είναι συµµετρικά σηµεία του άξονα y ' y ως προς στην αρχή των αξόνων Ο(0,0), οι εικόνες του z βρίσκονται πάνω στον άξονα x ' x ,άρα διαπιστώνουµε ότι z ∈ ℝ . Άρα , z = λ ∈ ℝ ,αν Γ,∆,Ε είναι οι εικόνες των u, w 2 , w 3 στο µιγαδικό επίπεδο τότε η δοθείσα σχέση γίνεται: u = λ ⋅ w 2 + (1 − λ )w 3 ⇔ ΟΓ = λ ⋅ Ο∆ + (1 − λ ) ΟΕ ⇔ ΟΓ = λ ⋅ Ο∆ + ΟΕ − λΟΕ ⇔

(

)

ΟΓ − ΟΕ = λΟ∆ − λΟΕ ⇔ ΟΓ − ΟΕ = λ Ο∆ − ΟΕ ⇔ ΕΓ = λ ⋅ Ε∆

Οπότε τα σηµεία Ε,Γ,∆ είναι συνευθειακά. 28)Να αποδείξετε ότι η εξίσωση

1 1 1 + + ... + = 2014 , α1 , α 2 , α 3 ,..., α 2013 ∈ ℝ δεν έχει z − α1 z − α 2 z − α 2013

µιγαδική ρίζα.( Υπόδειξη: Με απαγωγή σε άτοπο) Λύση Έστω ότι έχει µιγαδική ρίζα την z = x + yi, x, y ∈ ℝ , y ≠ 0 τότε: 1 1 1 1 1 1 + + ... + = 2014 ⇔ + + ... + = 2014 ⇔ (x + yi) − α1 (x + yi) − α 2 (x + yi) − α 2013 (x − α1 ) + yi (x − α 2 ) + yi (x − α 2013 ) + yi (x − α 2013 ) − yi (x − α1 ) − yi (x − α 2 ) − yi + + ... + = 2014 ⇔ 2 2 2 2 (x − α1 ) + y (x − α 2 ) + y (x − α 2013 ) 2 + y 2  (x − α 2013 ) (x − α1 ) (x − α 2 ) 2 2  (x − α ) 2 + y 2 + (x − α ) 2 + y 2 + .. + (x − α 1 2 2013 ) + y 

  −y −y −y 2 2  +  (x − α ) 2 + y 2 + (x − α ) 2 + y 2 + .. + (x − α 1 2 2013 ) + y  

  i = 2014 

   (x − α 2013 ) (x − α1 ) (x − α 2 ) 1 1 1 + + .. + − y  + + .. +  2 2 2 2 2 2  2 2 2 2  (x − α 2 ) + y (x − α 2013 ) + y  (x − α 2 ) + y (x − α 2013 ) 2 + y 2  (x − α1 ) + y  (x − α1 ) + y   1 1 1 + + ... + = 0, Ατοπο.  2 2 2 2 2 2  (x − α 2 ) + y (x − α 2013 ) + y   (x − α1 ) + y

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ

  i = 2014 


23 http://mathhmagic.blogspot.gr/

29) ∆ίνονται οι µιγαδικοί z, w για τους οποίους ισχύουν οι ισότητες : w = (4ηµθ + 4) + (4 συνθ + 3)i, θ ∈ ℝ (1) , ln ( ( κ − 1)(3 − κ ) ) + 1 − κ = z ( z − κ ), κ ∈ ℤ * (2) α) Να δείξετε ότι ο γ.τ των εικόνων των µιγαδικών w είναι κύκλος µε κέντρο Κ(4,3) και ακτίνα ρ1=4. β) Να δείξετε ότι ο γ.τ των εικόνων των µιγαδικών z είναι κύκλος µε κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα ρ2=1. γ) Να δείξετε ότι υπάρχει µοναδικός µιγαδικός που η εικόνα του ανήκει και στους δυο γ.τ. δ) Για τους παραπάνω γ.τ να δείξετε ότι z − w ≤ 10 και z + w ≤ 10 . ε) Από τον γ.τ του ερωτήµατος (β) να βρείτε τις εικόνες αυτών που ικανοποιούν την παρακάτω σχέση. 2z 2 − 3z − 2zz = 5

Λύση α) Αν M(w ) = (x, y) εικόνες του w στο µιγαδικό επίπεδο τότε θα ισχύει:  x − 4  2 x − 4  = ηµθ  = ηµ θ ( + ) x − 4 2   x = 4 ηµθ + 4 ( ) ( y − 3 )2  4  4  ⇔ ⇒ ⇒ + = ηµ 2 θ + συν 2 θ = 1    2 y = 4 συνθ + 3 y − 3 16 16   = συνθ  y − 3  = συν 2 θ  4   4   2

Έτσι ( x − 4 ) + ( y − 3 ) = 16 οπότε ο γ.τ των εικόνων των µιγαδικών w είναι κύκλος µε κέντρο Κ(4,3) και ακτίνα ρ1=4. 2

2

β) Από την ισότητα (2) λαµβάνουµε τους περιορισµούς 1 < κ < 3  ( κ − 1)(3 − κ ) > 0 ⇔ ⇒κ=2  * *  κ ∈ ℤ  κ ∈ ℤ

Για κ=2 η ισότητα (2) παίρνει την µορφή: ln ( (2 − 1)(3 − 2) ) + 1 − 2 = z ( z − 2) ⇔ −1 = z − 2 z ⇔ ( z − 1) = 0 ⇔ z = 1 2

2

Άρα γ.τ των εικόνων των µιγαδικών z είναι κύκλος µε κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα ρ2=1.(σχήµα 1)

σχήµα 1

γ).Η διάκεντρος των κύκλων είναι : ( ΟΚ ) = 4 2 + 32 = 25 = 5 = ρ1 + ρ 2 οπότε οι δύο κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά, άρα υπάρχει µοναδικός µιγαδικός, του οποίου η εικόνα ανήκει και στους δύο γεωµετρικούς τόπους. (Εναλλακτικά θα µπορούσαµε να λύσουµε το σύστηµα των εξισώσεων των δυο κύκλων και να βρούµε ότι έχει µοναδική λύση)

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


24 http://mathhmagic.blogspot.gr/

δ)Έστω Μ(z), Λ(w) οι εικόνες των µιγαδικών z,w αντίστοιχα. Η απόσταση των εικόνων τους ισχύει 0 ≤ z − w ≤ 2( ρ1 + ρ 2 ) ⇒ 0 ≤ z − w ≤ 10 αφού εφάπτονται εξωτερικά στο σηµείο Γ. (σχήµα 2)

σχήµα 2 Η ισότητα (µέγιστη τιµή) λαµβάνεται για τα αντιδιαµετρικά σηµεία Α(z),Β(w). Για το w ισχύει:

(ΟΚ ) − ρ 2 ≤ w ≤ (ΟΚ ) + ρ 2 ⇒ 1 ≤ w ≤ 9 ⇒ z + w ≤ 10 .Από την τριγωνική ανισότητα z + w ≤ z + w ≤ 10 ε) Έστω z = x + yi, x, y ∈ ℝ έχουµε z = x − yi και z − z = 2 yi . 2z 2 − 3z − 2zz = 5 ⇔ z(2z − 3 − 2z) = 5 ⇔ z 2z − 3 − 2z = 5 ⇔ 2z − 3 − 2z = 5

2( z − z ) − 3 = 5 ⇒ 4 yi − 3 = 5 ⇔

(4y)

2

+ 32 = 5 ⇔ 16 y 2 = 16 ⇔ y 2 = 1 ⇔ y = ±1

y =1 ή y =−1

z = 1 ⇒ x 2 + y 2 = 1 ⇔ ... ⇔ x = 0 Όµως άρα z1 = i ή. z2 = −i 2z 2 − 3z − 2zz = 5 ⇔ z(2z − 3 − 2z) = 5 ⇔ z 2z − 3 − 2z = 5 ⇔ 2z − 3 − 2z = 5

30)∆ίνεται η εξίσωση w w +

8 + 4 συνθ + 4iηµθ = 4 Re [i(i + 2)w ] , θ ∈ ℝ . 2 + συνθ − iηµθ

α) Να παραστήσετε γεωµετρικά το σύνολο των µιγαδικών w που επαληθεύουν την παραπάνω εξίσωση. β) Αν w 1 , w 2 είναι δυο λύσεις της παραπάνω εξίσωσης, να δείξετε ότι w 1 − w 2 ≤ 8 . γ) Αν z1 , z 2 είναι οι τιµές των µιγαδικών w 1 , w 2 ( του ερωτήµατος β) για τις οποίες η παράσταση w 1 − w 2 γίνεται µέγιστη, να δείξετε ότι: 10(z1 − z 2 ) ν + z1 + z 2

2v

= 2 4 ν +1 ⋅ 5 ν

Λύση

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


25 http://mathhmagic.blogspot.gr/

ww +

w = x + yi,x , y∈ℝ 2 + συνθ + iηµθ 8 + 4 συνθ + 4iηµθ = 4 Re [ i(i + 2)w ] ⇔ = 4 Re  (i 2 + 2i)(x + yi)  ⇔ x 2 + y2 + 4 2 + συνθ − iηµθ 2 + συνθ − iηµθ

( 2 + συνθ )

α) x + y + 4 2

2

x +y 2

2

2

+ ( ηµθ )

2

= 4 Re [ ( − 1 + 2i)(x + yi) ] ⇔ x 2 + y 2 + 4 = 4 Re  − x − yi + 2ix + 2yi 2  ⇔

( 2 + συνθ ) + ( −ηµθ ) + 4 = 4 Re  ( − x − 2y ) + ( − y + 2x ) i  ⇔ x 2 + y 2 + 4 = 4 ( − x − 2y ) ⇔ x 2 + 4x + y 2 + 8y + 4 = 0 ⇔ 2

2

⇔ (x + 2) 2 + (y + 4) 2 = 4 2

Άρα η δοσµένη εξίσωση παριστάνει κύκλο µε κέντρο Κ(-2,-4) και ακτίνα ρ=4. β) Έστω ∆ (w 1 ), Ε (w 2 ) οι εικόνες στο µιγαδικό επίπεδο των τυχαίων w 1 , w 2 που ανήκουν στον κύκλο µε κέντρο Κ(-2,-4) και ακτίνα ρ=4.Τοτε w 1 − w 2 = ( ∆Ε ) ≤ ( ΑΒ ) = 2ρ = 8

γ) Αν z1 , z 2 οι µιγαδικοί µε εικόνες τα Α,Β τότε: z1 − z 2 = Max w 1 − w 2 = 2ρ = 8 = 23 z1 + z 2 = ΟΑ + ΟΒ = 2 ΟΚ = 20 = 4 5 10(z1 − z 2 ) ν + z1 + z 2

10 ν 2 3

ν

+ 4 5

2v

2v

= 10 ν z1 − z 2

= 5ν ⋅ 2 ν ⋅ 23ν + 4 2 v

(

ν

+ z1 + z 2

( 5)

2v

2v

=

=

)

5 ν ⋅ 2 4 ν + 2 4v 5 v = 5 ν ⋅ 2 4 ν + 2 4 v = 5 ν ⋅ 2 ⋅ 2 4 ν = = 2 4 ν +1 ⋅ 5ν

31) ∆ίνονται οι µιγαδικοί z, w για τους οποίους ισχύουν 2

2

z + 2i + z − 2i = 10 , w =

2z − i iz + 2

α)Να δείξετε ότι οι εικόνες των µιγαδικών z,w κινούνται σε κύκλο µε κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνας ρ=1. β)Αν w 1 , w 2 , w 3 τρεις από τους παραπάνω µιγαδικούς να δείξετε ότι : w1 + w 2 + w 3 = w1w 2 + w 3 w1 + w 2 w 3

γ) Να δείξετε i) 9 ≤ z − 6 + 8i ≤ 11 ii) 0 ≤ z − w ≤ 2

δ)Να δείξετε ότι: 2

2

1 + iw + w − i = 4

ε)Να ερµηνεύσετε γεωµετρικά την ισότητα του ερωτήµατος δ). Λύση 2 2 α) z + 2i + z − 2i = 10 ⇔ ( z + 2i ) z + 2i + ( z − 2i ) z − 2i = 10 ⇔ ( z + 2i ) z − 2i + ( z − 2i ) z + 2i = 10

(

)

(

)

(

)

(

zz − 2zi + 2zi − 4i + zz + 2zi − 2zi − 4i = 10 ⇔ 2zz + 8 = 10 ⇔ zz = 1 ⇔ z = 1 2

2

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ

)


26 http://mathhmagic.blogspot.gr/

w=

2z − i ⇒ w iz + 2

Έχουµε: w

2

=

2z − i

2

iz + 2

2

=

2

=

2z − i iz + 2

2

2 ( 2z − i ) ( 2z + i ) ( 2z − i ) ( 2z + i ) 4zz + 2zi − 2zi − i 2 4 z + 2zi − 2zi + 1 z =1 = = 2 = = ( iz + 2 ) ( − iz + 2 ) ( iz + 2 ) ( −iz + 2 ) −i zz + 2iz − 2iz + 4 − i 2 z 2 + 2iz − 2iz + 4

4 + 2zi − 2zi + 1 =1⇔ w =1 1 + 2iz − 2iz + 4

Άρα οι εικόνες των µιγαδικών z,w κινούνται σε κύκλο µε κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνας ρ=1.

β)Ισχύει: w 1 = w 2 = w 3 = 1 έτσι: w 1 2 = 1 ⇔ w 1 w 1 = 1 ⇔ w 1 = Α µέλος : w 1 + w 2 + w 3 = w 1 + w 2 + w 3 = w 1 + w 2 + w 3 =

1 1 1 , οµοίως w 2 = , w3 = w1 w2 w3

1 1 1 + + = w1 w 2 w 3

w w + w1w 3 + w1w 2 w w + w1w 3 + w1w 2 w 2 w 3 + w1w 3 + w1w 2 = 2 3 = 2 3 = w 2 w 3 + w1w 3 + w1w 2 w 1w 2 w 3 w1w 2 w 3 w1 w 2 w 3

γ)i)Από την τριγωνική ανισότητα z − − 6 + 8i ≤ z + ( − 6 + 8i) ≤ z + −6 + 8i ⇔ 1 − 10 ≤ z + ( −6 + 8i) ≤ 1 + 10 ⇔ 9 ≤ z + ( −6 + 8i) ≤ 11

ii) Όµοια µε το i) z − w ≤ z−w ≤ z + w ⇔0≤ z−w ≤2

δ) 2

)

)(

(

(

) (

)

(

)

1 + iw + w − i = 1 + iw 1 + iw + ( w − i ) w − i = 1 + iw (1 − iw ) + ( w − i ) w + i = 2

1 − iw + iw − i 2 ww + w w + wi − iw − i 2 = 2 + 2 w 2

2

2

2

=4

2

2

2

ε) 1 + iw + w − i = 4 ⇔ 1 − iw + w − i = 4 ⇔ −1 + iw + w − (0 + i) = 4 ⇔ 2

2

2

2

2

2

2

⇔ i 2 + iw + w − (0 + i) = 4 ⇔ i i + w + w − (0 + i) = 4 ⇔ w − (0 − i) + w − (0 + i) = 4 (1)

Αν Μ είναι η εικόνα του w και Α,Β οι εικόνες των z1 = 0 − i και z 2 = 0 + i τότε η σχέση (1) παίρνει την µορφή: (MA) 2 + (MB) 2 = ( AB ) ⇒ (MA) 2 + (MB) 2 = ( 2ρ ) και εκφράζει το πυθαγόρειο θεώρηµα.( ∆είτε σχήµα) 2

2

Β(0,1)

Μ(w)

Α(0,-1)

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


27 http://mathhmagic.blogspot.gr/

32)∆ίνονται οι µιγαδικοί z1 , z 2 έτσι ώστε z11974 = 3 + i , z 21974 = 1 + 3i . α) Να αποδείξετε ότι ο µιγαδικός w =

z1 δεν είναι πραγµατικός . z2

(Υπόδειξη: Μια προσέγγιση θα ήταν να χρησιµοποιήσετε απαγωγή σε άτοπο.) β)Να δείξετε ότι w = 1 . γ)Να δείξετε ότι ο µιγαδικός z =

w +1 είναι φανταστικός. w −1

δ)Να βρείτε την µικρότερη τιµή της παράστασης A(u) = u + w + u − w , u ∈ ℂ

ε) Να βρείτε την ελάχιστη απόσταση της εικόνας του µιγαδικού m = z13948 + z 2 3948 από τις εικόνες των µιγαδικών c , όταν : i) c = 2ηµθ + 3i, θ ∈ ℝ ii) c = 2ηµθ + 2συνθi, θ ∈ ℝ , Ιm(c) ≤ 0 . (θέµα εισαγωγικών εξετάσεων Thadeus Gorian College) Λύση α)Έστω ότι w ∈ ℝ ⇒ w 1974 ∈ ℝ Όµως w 1974 =

( 3 + i )(1 − 3i ) = 3 − 9i + i − 3i 2 = 6 − 8i ∉ ℝ ,άτοπο. z11974 = 10 10 z 21974 (1 + 3i )(1 − 3i )

β) w 1974 =

6 − 8i 6 − 8i 1974 ⇒ w 1974 = ⇔ w =1⇔ w =1 10 10

γ) Από το ερώτηµα (β) w = 1 ⇔ w 2 = 1 ⇔ w w = 1 ⇔ w =

1 w

1 1+ w  w +1 w +1 w +1 w +1 z= = = w =− = −z ⇒ z ∈ I = 1 1 w − w 1 w −1 − w − 1   −1 w w δ) A(u) = u + w + u − w ≥ ( u + w ) − ( u − w ) = 2w = 2 w = 2 = A(0) ⇒ A(u) ≥ A(0) για κάθε u ∈ ℂ ,αρα η

µικρότερη τιµή της παράστασης Α είναι 2.

(

ε) m = z13948 + z 2 3948 = z11974

) + (z 2

)

1974 2 2

= ( 3 + i ) + (1 + 3i ) = 9 + 6i − 1 + 1 + 6i − 9 = 12i 2

2

Άρα η εικόνα του m είναι το σηµείο Α(0,12) i) c = 2ηµθ + 3i, θ ∈ ℝ .Θέτουµε x = 2ηµθ, y = 3 Αλλά για κάθε θ ∈ ℝ −1 ≤ ηµθ ≤ 1 ⇔ −2 ≤ 2 ηµθ ≤ 2 ⇔ −2 ≤ x ≤ 2 . Ο γ.τ των µιγαδικών c είναι όλα τα σηµεία του µιγαδικού επίπεδου για τα οποία ισχύει: −2 ≤ x ≤ 2, y = 3 .Ένα ευθύγραµµο τµήµα ΒΓ µε άκρα Β( -2,3),Γ(2,3).∆είτε σχήµα . Α(0,12) Άρα η ζητούµενη ελάχιστη απόσταση ισούται µε 9 .

Β(-2,3)

ii) c = 2ηµθ + 2συνθi, θ ∈ ℝ , Ιm(c) ≤ 0 . θέτουµε x = 2ηµθ, y = 2συνθ

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ

Γ(2,3)


28 http://mathhmagic.blogspot.gr/

 x 2 = 4 ηµ 2 θ ( + ) ⇒ x 2 + y 2 = 4( ηµ 2 θ + συν 2 θ) ⇔ x 2 + y 2 = 4 (1)  2 2 y = 4 συν θ  Από υπόθεση όµως Ι m(c) ≤ 0 ⇒ y ≤ 0 (2)  x = 2ηµθ ⇔   y = 2 συνθ

Άρα γ.τ των µιγαδικών c είναι ηµικύκλιο µε κέντρο την αρχή των αξόνων ακτίνα ρ=2 και σηµεία µε τεταγµένες αρνητικές ή µηδέν. ∆είτε σχήµα .Η ελάχιστη απόσταση είναι η απόσταση του Α από το σηµείο Β είτε το σηµείο Γ 2 .Όπου προκύπτει µε εφαρµογή του πυθαγόρειου θεωρήµατος : ( AB ) = 2 2 + 12 2 ⇔ ( AB ) = 148 Α(0,12)

Γ(-2,0)

Β(2,0)

33)α)∆ίνεται η εξίσωση z 4 + 1 = 0 (1).Να την λύσετε στο σύνολο των µιγαδικών αριθµών . β)Έστω c ∈ C µε c n = −3 + 4i και c n +1 = −11 − 2i , n ∈ N* ,να βρείτε το c και το n. γ)Για τους µιγαδικούς u ισχύει η σχέση :

zu − 5z 10zi + 2z = .Αν z είναι οι µιγαδικές λύσεις της εξίσωσης (1) c − 2i n

,να βρείτε τον γ.τ των εικόνων των µιγαδικών u στο µιγαδικό επίπεδο. δ) Αν z1 είναι µια από τις µιγαδικές λύσεις της εξίσωσης (1) και για κάθε µιγαδικό w = x + yi, x, y ∈ R ισχύει: −2 2 Re(z1 ) ≤ x ≤ 2 2 Re(z1 ) και − 2 2 Im(z1 ) ≤ y ≤ 2 2 Im(z1 )

Να βρείτε τον γ.τ των εικόνων των µιγαδικών w στο µιγαδικό επίπεδο. ε) Να σχεδιάσετε στο ίδιο µιγαδικό σύστηµα αξόνων τους γ.τ των εικόνων των u,w και στην συνέχεια µε την βοήθεια του σχήµατος να δείξετε ότι : 3 2 −1 ≤ u − w ≤ 7 2 +1

Λύση 2 2  z − i = 0 z = x + yi (x + yi) − i = 0 ⇔ ⇔  2 2  z + i = 0 (x + yi) + i = 0

α) z 4 + 1 = 0 ⇔ ( z 2 ) − i 2 = 0 ⇔ ( z 2 − i )( z 2 + i ) = 0 ⇔  2

2 2 2 2  x − y + 2xyi − i = 0  x − y + (2xy − 1)i = 0 (1) ⇔  2  2 2 2  x − y + 2xyi + i = 0  x − y + (2xy + 1)i = 0 (2)

x = y ή x = −y ( x − y )( x + y ) = 0 x 2 − y2 = 0 x = y ή x = − y  (1) x − y + (2xyi − 1)i = 0 ⇔  ⇔ ⇔ ⇔ 2 2xy − 1 = 0 2xy − 1 = 0 2xy − 1 = 0     x = ±  2 2

2

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


29 http://mathhmagic.blogspot.gr/

Άρα z1 =

2 2 2 2 + i, z 2 = − − i 2 2 2 2

x = y ή x = −y ( x − y )( x + y ) = 0 x 2 − y2 = 0 x = y ή x = − y  (2) x − y + (2xy + 1)i = 0 ⇔  ⇔ ⇔ ⇔ 2 2xy 1 0 + = 2xy + 1 = 0 2xy + 1 = 0     x = ±  2 2

2

Άρα z 3 =

2 2 2 2 − i, z 4 = − + i 2 2 2 2

β) c n +1 = −11 − 2i ⇒ cn ⋅ c = −11 − 2i ⇔ ( −3 + 4i ) ⋅ c = −11 − 2i ⇔ ( −3 + 4i ) ⋅ (x + yi) = −11 − 2i ⇔ −3x − 4y = −11 3x + 4y = 11 −3x − 3yi + 4xi + 4yi 2 = −11 − 2i ⇔ −3x − 4y + ( −3y + 4x ) i = −11 − 2i ⇔  ⇔ −3y + 4x = −2 4x − 3y = −2 y = 2 ⇔ x = 1

Άρα c = 1 + 2i ,αντικαθιστούµε στην σχέση c n +1 = −11 − 2i και έχουµε: c n +1 = −11 − 2i ⇒ (1 + 2i )

n +1

= −11 − 2i ⇒ 1 + 2i

n +1

= −11 − 2i ⇔

( 5)

n +1

=

(

)

125 ⇔ 5

n +1 2

3

= 52 ⇔

n +1 3 = ⇔n=2 2 2

γ)Για καθεµία από τις παραπάνω τέσσερεις λύσεις παρατηρούµε ότι z1 = z 2 = z 3 = z 4 = 1 (3) Η σχέση που δόθηκε παίρνει την µορφή: zu − 5z 10zi + 2z zu − 5z 10zi + 2z = ⇒ = ⇔ zu − 5z = 5zi + z ⇔ c − 2i n 1 + 2i − 2i 2 zu − 5z − 5zi = z ⇔ z(u − 5 − 5i) = z ⇒ z(u − 5 − 5i) = z ⇔ z u − 5 − 5i = z ⇔ u − 5 − 5i = 1 ⇔ u − (5 + 5i) = 1

άρα ο γ.τ των µιγαδικών u είναι κύκλος µε κέντρο Ε(5,5) και ακτίνα ρ=1.  −2 2 Re(z1 ) ≤ x ≤ 2 2 Re(z1 )

 −2 ≤ x ≤ 2 ⇔ ... ⇔   −2 ≤ y ≤ 2  − 2 2 Im(z1 ) ≤ y ≤ 2 2 Im(z1 ) Άρα ο ζητούµενος γ.τ είναι τετράγωνο ΑΒΓ∆ µε A(−2, 2), B(2, 2), Γ(−2, −2), ∆(−2, −2) .

δ) 

ε)Από το σχήµα προκύπτει:. min u − w = (BZ) = (BE) − ρ = (5 − 2) 2 + (5 − 2)2 − 1 = 3 2 − 1 max u − w = (ΓΒ) + (ΒΖ) + (ΖΗ) = 4 2 + 3 2 − 1 + 2 = 7 2 + 1

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


30 http://mathhmagic.blogspot.gr/

1 1

(5,5)

(2,2)

2 2

2 2

34) α) Αν ισχύει ( z − 1)

2013

= z 2013 , z ∈ ℂ ,τότε να δείξετε ότι Re(z) =

β) Να δειχτεί ότι η εξίσωση ( iz + 1)

2013

=

1 2

2013 + i δεν έχει πραγµατική ρίζα . 1 + 2013i

Λύση

( z − 1) α)

2013

= z 2013 ⇒ ( z − 1)

2013

= z 2013 ⇔ z − 1

2013

= z

2013

2

( z − 1) ( z − 1) = zz ⇔ zz − z − z + 1 = zz ⇔ z + z = 1 ⇔ 2 Re(z) = 1 ⇔ Re(z) =

1 2

β) Έστω ότι έχει πραγµατική ρίζα την α τοτε

( iα + 1)

(

2013

α +1 2

)

=

2013

2013 + i 2013 + i 20132 + 1 2013 2013 ⇒ ( iα + 1) = ⇔ iα + 1 = ⇔ 1 + 2013i 1 + 2013i 1 + 20132 =

20132 + 1 1 + 20132

(

α +1 2

)

2013

= 1 ⇔ α +1 = 1 ⇔ α +1 = 1 ⇔ α = 0 2

2

⇔ z − 1 = z ⇒ z − 1 = z ⇔Προσέχω…

Σε σχέσεις µιγαδικών που εµφανίζονται µεγάλοι εκθέτες είναι πολύ πιθανό να χρειαστεί να πάρουµε µέτρα, και να εφαρµόσουµε την ν

ιδιότητα z ν = z .∆είτε το α

2

ερώτηµα της 28.

Αν όµως α = 0 τότε µε αντικατάσταση στην αρχική εξίσωση λαµβάνουµε:

( i ⋅ 0 + 1)

2013

=

2013 + i 2013 + i ⇔1= ⇔ 1 + 2013i = 2013 + i , άτοπο άρα η εξίσωση δεν έχει πραγµατική ρίζα. 1 + 2013i 1 + 2013i

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


31 http://mathhmagic.blogspot.gr/

35)Αν Α,Β,Γ είναι οι εικόνες των µιγαδικών z1 , z 2 , z 3 ,όλοι διαφορετικοί µεταξύ τους και ισχύει: z12 + z 2 2 + z 32 = z1z 2 + z 2 z 3 + z1z 3 ,να δείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο. Λύση z12 + z 2 2 + z 32 = z1z 2 + z 2 z 3 + z1z 3 ⇔ z12 + z 2 2 = z1z 2 + z 2 z3 + z1z3 − z 32 ⇔ z12 + z 2 2 − 2z1z 2 = −z1z 2 + z 2 z3 + z1z 3 − z 32 ⇔

( z1 − z 2 )

2

( z1 − z 2 )

3

z1 − z 2 =

= ( −z1z 2 + z1z 3 ) + ( z 2 z3 − z 32 ) ⇔ ( z1 − z 2 ) = −z1 ( z 2 − z 3 ) + z 3 ( z 2 − z3 ) ⇔ ( z1 − z 2 ) = ( z 2 − z3 )( z3 − z1 ) ⇔ 2

2

= ( z1 − z 2 )( z 2 − z 3 )( z 3 − z1 ) ⇒ z1 − z 2 = ( z1 − z 2 )( z 2 − z 3 ) ( z 3 − z1 ) ⇔ z1 − z 2 = z1 − z 2 z 2 − z 3 z3 − z1 ⇔ 3

3

3

z1 − z 2 z 2 − z3 z 3 − z1

Όµοια προκύπτει: z 2 − z3 =

3

z1 − z 2 z 2 − z3 z3 − z1

z1 − z3 =

3

z1 − z 2 z 2 − z 3 z 3 − z1

Άρα z 2 − z 3 = z1 − z3 = z1 − z 2 οπότε ΑΒΓ ισόπλευρο τρίγωνο.

Προσέχoυµε… 36) α)Να λυθούν στο σύνολο των µιγαδικών οι εξισώσεις: 7 i) z 2 = z , z ≠ 0 ii) z ⋅ z10 = 1 β) Να λυθεί στο σύνολο των µιγαδικών το σύστηµα :

Στο σύνολο των µιγαδικών αριθµών ℂ οι εξισώσεις απαιτούν προσεκτικούς και ιδιαίτερους χειρισµούς .Η αντικατάσταση των άγνωστων µε την γραφή τους σαν άθροισµα πραγµατικού και φανταστικού µέρους( z = x + yi, x, y ∈ ℝ )είναι η τελευταία

z3 + w 5 = 0 4

z2 ⋅ w = 1

Λύση α)i) z 2 = z ⇒ z 2 = z ⇔ z = 1 Αν z = 1 τότε η αρχική εξίσωση z 2 = z ⇔ z 2 = 1 ⇔ z = ±1 . 7

ii) z ⋅ z10 = 1 (1).Παίρνουµε µέτρα και στα δυο µέλη: 7

z ⋅ z10 = 1 ⇔ z

7

z10 = 1 ⇔ z

7

z

10

=1⇔ z

17

=1⇔ z =1

(2)

µας επιλογή. Πέρα από τις µεθόδους που παρουσιάζονται στο σχολικό βιβλίο µπορεί να γίνει χρήση ταυτοτήτων , παραγοντοποιήσεων και σχήµατος Horner . Προσέξτε την τεχνική που χρησιµοποιείται στην δεύτερη εξίσωση και στο σύστηµα µε την χρήση µέτρων και της ιδιότητας z 2 = zz .

Η (1) µετασχηµατίζεται: 7

( )

7

z ⋅ z10 = 1 ⇔ z ⋅ z 7 ⋅ z 3 = 1 ⇔ z ⋅ z

7

( )

⋅ z3 = 1 ⇔ z

2 7

⋅ z3 = 1 ⇔ z3 = 1 ⇔ z3 − 1 = 0 ⇔ z3 − 1 = 0

z = 1  ⇔  −1 ± 3i 2  z + z + 1 = 0  z1,2 =  2

z − 1 = 0

( z − 1) ( z 2 + z + 1) = 0 ⇔  β) z3 + w 5 = 0 4

z2 ⋅ w = 1

Από την δεύτερη εξίσωση είναι προφανές ότι: z ≠ 0 και w ≠ 0

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


32 http://mathhmagic.blogspot.gr/

 z 3 = −w 5 z3 = w5  z 6 = w 10 z 3 = − w 5   z + w = 0     ⇔ 2 1 ⇒z2 = 1 ⇔  2 1 ⇔ 6 1  2 4 z = 4 4 4   z =  z = 12  z ⋅ w = 1 w w w w     1 10 22 = w ⇔ w = 1 ⇔ w = 1. Άρα 12 w 3

5

Εργαζόµαστε ξανά στο αρχικό σύστηµα:  1  1 5 5 z 3 + w 5 = 0 z 4 + w = 0 z 4 = − w  z3 + w 5 = 0   w  w ⇔ 2 ⇔ ⇔ ⇔ 1  2 4 z = 1 2 4  z = z 2 = 1  z ⋅ w = 1 4 4 w    w w

( )

2  z = − w 5 w 4 z = − ww 4 w 4  z = − w w   ⇔ 2 ⇔  2 1 1 1 z = 4 z = 4 z 2 = 4 w w    w

4

z = − w  ⇔ 2 1 z = 4 w 

Άρα z = − w µε αντικατάσταση στην αρχική εξίσωση του συστήµατος z≠0

z 3 + w 5 = 0 ⇔ z 3 − z 5 = 0 ⇔ z 3 (1 − z 2 ) = 0 ⇔ 1 − z 2 = 0 ⇔ z = ±1 και w = ∓1

37)(∆ιάταξη στο C;;) Να λύσετε τις ανισώσεις i) z 2 − 5z + 4 < 0 ii) z 2 + 4 < 5z

x 2 + 2xyi + y 2 i 2 − 5x − 5yi + 4 < 0 ⇔

Στο σύνολο των µιγαδικών αριθµών ℂ δεν ορίζεται διάταξη. ∆εν έχει νόηµα λοιπόν να λεµέ ότι ένας µιγαδικός είναι θετικός αρνητικός ή ένας µιγαδικός είναι µεγαλύτερος από κάποιον άλλο.

x 2 + 2xyi − y 2 − 5x − 5yi + 4 < 0 ⇔

-Αν λοιπόν δοθεί z < 0 ή z > 0 τότε z ∈ ℝ .

Λύση i) Έστω z = x + yi, x, y ∈ ℝ τότε η ανίσωση γίνεται

( x + yi )2 − 5 ( x + yi ) + 4 < 0 ⇔

x 2 − y 2 − 5x + 4 + (2xy − 5y)i < 0 ⇔

Θα ισχύει:  x 2 − y 2 − 5x + 4 < 0   5 y = 0 ή x = 2  Όταν y = 0 τότε x 2 − 5x + 4 < 0 ⇔ ... ⇔ x ∈ (1, 4 ) άρα z = x, x ∈ (1, 4 ) 2 2  x 2 − y 2 − 5x + 4 < 0  x − y − 5x + 4 < 0 ⇔ ⇔   2xy − 5y = 0  y(2x − 5) = 0

-Αν δοθεί z < w ή z > w τότε Im(z) = Im(w ) = 0 και Re(z) < Re(w ) ή Re(z) > Re(w ) αντίστοιχα.

2

Όταν x = z=

5 5 5 25 25 9 τότε   − y 2 − 5 + 4 < 0 ⇔ − y2 − + 4 < 0 ⇔ y 2 > − που ισχύει για κάθε y ∈ ℝ άρα 2 2 4 2 4 2

5 + yi, y ∈ ℝ . 2

Άρα η ανίσωση z 2 − 5z + 4 < 0 αληθεύει για κάθε µιγαδικό z της µορφής: z = x, x ∈ (1, 4 ) ή z = ii) Έστω z = x + yi, x, y ∈ ℝ τότε η ανίσωση γίνεται

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ

5 + yi, y ∈ ℝ . 2


33 http://mathhmagic.blogspot.gr/

z 2 + 4 < 5z ⇔ (x + yi) 2 + 4 < 5(x + yi) ⇔ x 2 + 2xyi + y 2 i 2 + 4 < 5x + 5yi ⇔ x 2 − y 2 + 4 + 2xyi < 5x + 5yi

Έτσι:  x 2 − y 2 + 4 < 5x  x 2 + 4 < 5x    και  και   2xy = 0 ⇔  x = 0 ή y = 0 ⇔  και  και   5y = 0  y = 0 Άρα z = x, x ∈ (1, 4 ) .

 x ∈ (1, 4 )   και  x = 0 ή y = 0  και   y = 0

Παρατηρούµε ότι οι ανισώσεις z 2 − 5z + 4 < 0 και z 2 + 4 < 5z δεν έχουν τις ίδιες λύσεις .Οπότε σε ανισώσεις στο ℂ δεν µπορούµε να µεταφέρουµε όρους από το ένα µέλος στο άλλο διότι δεν προκύπτουν ισοδύναµες ανισώσεις , εκτός και αν οι όροι που µεταφέρουµε είναι πραγµατικοί. 38)Να αντιστοιχίσετε κάθε ανίσωση της πρώτης στήλης µε την λύση της στην δεύτερη στήλη. ΣΤΗΛΗ Α 1. z > 0 , z = 1 − x + ( 4y − 4 ) i 2. z > 0 , z = 6 + (1 − y ) i

ΣΤΗΛΗ Β α. y = 1 και x < 1 β. y = 1

3. z > w , z = 1 + (1 − y ) i, w = x + 2 + ( y 2 − 1) i

γ. x < −1 και y = 1

4. z < w , z = x 2 + ( y 2 − 4 ) i, w = 1 + ( y + 2 ) i

δ. x ∈ ( −1,1) και y = −2

Λύση 1 → α, 2 → β, 3 → γ,4 → δ 39)∆ίνεται το πολυώνυµο P(x) = x 2 + 2 z − w x + (1 + z 2 )(1 + w 2 ), z, w ∈ C, x ∈ ℝ , . α) Να δείξετε ότι P(x) ≥ 0 ,για κάθε x ∈ ℝ . β) Αν η εξίσωση P(x) = 0 έχει ρίζα στο ℝ ,να δείξετε ότι :

Re(z) Re(w ) = , z ≠ 0, w ≠ 0 Im(z) Im(w )

Λύση α)Η ανίσωση P(x) ≥ 0 είναι δευτέρου βαθµού µε πραγµατικούς συντελεστές ,υπολογίζουµε την διακρίνουσα: ∆ = (2 z − w

(

)

2

(

2

(

2

2

2

2

)

− 4(1 + z )(1 + w ) == 4 z − w − (1 + z )(1 + w ) =

) (

)

)

4 ( z − w ) z − w − (1 + zz)(1 + w w ) = 4 zz − zw − w z + w w − 1 − w w − zz − zzw w =

(

)

(

)

−4 zw + zzw w + w z + 1 = − 4 zw (1 + zw ) + w z + 1 = −4(1 + zw )(zw + 1) = −4(1 + zw )(1 + zw ) = −4 1 + zw

2

≤0

Είδαµε ότι ∆ ≤ 0 οπότε το τριώνυµο είναι οµόσηµο του α = 1 ή µηδέν .Έτσι P(x) ≥ 0 ,για κάθε x ∈ ℝ . β) Η εξίσωση P(x) = 0 έχει ρίζα στο ℝ αν ∆ = 0 . ∆ = 0 ⇒ −4 1 + zw

2

= 0 ⇔ 1 + zw = 0

z =α +β i, α ,β∈ℝ

w = γ + δi,x , y∈ℝ

1 + (α − β i)( γ + δi) = 0 ⇔ ..

 αγ + βδ + 1 = 0 . ⇔ (αγ + βδ + 1) + (αδ − βγ )i = 0 ⇔   αδ − βγ = 0 (1)

(1): αδ − βγ = 0 ⇔ αδ = βγ ⇔

α γ Re(z) Re(w ) = ⇔ = β δ Im(z) Im(w )

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


34 http://mathhmagic.blogspot.gr/

Μια ανάπαυλα από το διάβασµα…. Ένας εκπληκτικός µαθηµατικός τύπος !!!

1+eiπ=0 Ο παραπάνω µαθηµατικός τύπος συνδυάζει τις πιο σηµαντικές µαθηµατικές σταθερές µε ένα θαυµαστό τρόπο. Συγκαταλέγεται στους πέντε πιο όµορφους µαθηµατικούς τύπους που έχουν ανακαλυφθεί . Ο νοµπελίστας φυσικός Ρ.Feynman όταν για πρώτη φορά στα δεκαπέντε του συνάντησε τον τύπο τον αποκάλεσε: “Ο πιο θαυµαστός τύπος στα µαθηµατικά” Στο κλασσικό βιβλίο των Ε.Kasner και J.Newman , Τα µαθηµατικά και η φαντασία διαβάζουµε ότι όταν ο µαθηµατικός Benjamin Pierce κατά την διάρκεια των παραδόσεων του στο πανεπιστήµιο απεδείκνυε τον τύπο, σηµείωνε εµφατικά: “Κύριοι, είναι αληθές ότι µοιάζει µε την απόλυτη παραδοξότητα; ∆εν µπορούµε να το αντιληφθούµε και δεν είµαστε σε θέση να ισχυριστούµε ότι κατανοούµε την σηµασία του. Το αποδείξαµε όµως, άρα, είναι σίγουρα αληθές”.

Ήταν διαχρονικά τα λόγια του; Η µόνη διαφορά είναι η αντικατάσταση της προσφώνησης Κύριοι µε το Κυρίες και κύριοι. 40)Εστω z1 , z 2 οι ρίζες της εξίσωσης z 2 + αz + β = 0, α,β ∈ ℝ µε z1 = 2 2 και Re(z 2 ) = 2 . α) Να βρείτε τα α,β καθώς και τις ρίζες z1 , z 2 της εξίσωσης . 1974

z  β )Αν z1 , z 2 οι λύσεις της παραπάνω εξίσωσης να αποδείξετε ότι  1   z2  2

1976

z  + 2   z1 

=0.

2

γ)Αν για τον µιγαδικό w ∈ ℂ ισχύει w − z1 + w − z 2 = 16 (2) όπου z1 , z 2 οι λύσεις της παραπάνω εξισωσης τότε να βρείτε το γεωµετρικό τόπο των w και να δικαιολογήσετε ότι w − 2 = 2 . δ)Έστω οι µιγαδικοί w1 , w 2 που ικανοποιούν τη (2) και για τους οποίους ισχύει w1 − w 2 = 4 . Να αποδείξετε ότι w1 + w 2 = 4 . ε)Αν οι µιγαδικοί w1 , w 2 , w 3 ικανοποιούν την (2), να αποδειχθεί ότι: w1 + w 2 + w 3 − 6 1 1 1 = + + 4 w1 − 2 w 2 − 2 w 3 − 2

Λύση α) Οι ρίζες z1 , z 2 της εξίσωσης είναι συζυγείς και από την υπόθεση έχουν την µορφή: z1 = 2 + λi, z 2 = 2 + λi για κάποιο πραγµατικό λ. ^2

Θα ισχύει z1 = 2 2 ⇔ 22 + λ2 = 2 2 ⇔ 4 + λ2 = 8 ⇔ λ = ±2 , οπότε z1 = 2 + 2i, z 2 = 2 − 2i .Από τους τύπους του α 1

Vieta προκύπτει: S = z1 + z 2 ⇒ − = 2 + 2i + 2 − 2i ⇔ α = −4 , P = z1z 2 ⇒

β = ( 2 + 2i )( 2 − 2i ) ⇔ β = 8 1

β) Είναι, 1974

 2 + 2i     2 − 2i 

1976

 2 − 2i  +   2 + 2i 

1974

 1+ i  =   1− i 

1976

1− i  +   1+ i 

 (1 + i )2 = 2   1− i

1974

   

 (1 − i )2 + 2   1− i

1976

   

1974

 2i  =  2

1976

 −2i  +   2 

=

= i1974 + i1976 = i1974 (1 + i 2 ) = 1⋅ 0 = 0

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


35 http://mathhmagic.blogspot.gr/

γ) Για w = α + βi, α,β ∈ ℂ είναι: 2

2

2

2

w − z1 + w − z 2 = 16 ⇒ α + βi − (2 + 2i) + α + βi − (2 − 2i) = 16 ⇔ .. ⇔ 2

(α − 2) 2 + β 2 = 4 ⇔ w − 2 = 4 ⇔ w − 2 = 2

Άρα ο γεωµετρικός τόπος είναι κύκλος µε κέντρο Κ(2,0) και ακτίνα ρ=2. Οπότε η απόσταση της εικόνας του w από το κέντρο του κύκλου ισούται µε 2 έτσι θα ισχύει: w − 2 = 2 δ)Εφ' όσον οι µιγαδικοί w1 , w 2 ικανοποιούν την σχέση (2), οι εικόνες τους είναι σηµεία του προαναφερθέντος κύκλου. Οπότε , το µέτρο w1 − w 2 , εκφράζει την απόσταση των εικόνων τους, είναι το µήκος της χορδής του κύκλου µε άκρα τις εικόνες αυτών. Επειδή w1 − w 2 = 4 = 2ρ , τα σηµεία αυτά είναι αντιδιαµετρικά. Ο κύκλος διέρχεται από την αρχή των αξόνων.Έτσι, η γωνία που σχηµατίζουν τα διανύσµατα ΟΒ, ΟΑ , όπου Α(w1 ), B(w 2 ) είναι ορθή, οπότε, 2

2

2

w1 + w 2 = w1 − w 2 = 16 .

Από τον κανόνα του παραλληλογράµµου, παίρνουµε: 2 2 2 2 2 2 2 2 w1 − w 2 + w1 + w 2 = 2  w1 + w 2  ⇔ w1 + w 2 = 2  w1 + w 2  − w1 − w 2 ⇒ 32 − 16 = 16 ⇒ w1 + w 2 = 4    

(2ος τρόπος: ΑΒ διάµετρος του κύκλου, άρα Κ το µέσο της, οπότε w1 + w 2 = OA + OB = 2OK = 2 OK = 2 ⋅ 2 = 4 . ε) Για κάθε i = 1, 2, 3 έχουµε, w i − 2 = 2 ⇒ w i − 2 = 4 ⇒ ( w i − 2 ) ( w i − 2 ) = 4 ⇔ 2

wi − 2 1 = 4 wi − 2

Συνεπώς, w1 + w 2 + w 3 − 6 w + w 2 + w3 − 6 w + w 2 + w3 − 6 w − 2 + w2 − 2 + w3 − 2 = 1 = 1 = 1 = 4 4 4 4 =

w1 − 2 w 2 − 2 w 3 − 2 1 1 1 + + = + + 4 4 4 w1 − 2 w 2 − 2 w 3 − 2

41)(**)Ο Γιωργάκης και οι µιγαδικοί αριθµοί. ∆όθηκε στον Γιωργάκη η άσκηση: ∆ίνεται ο µιγαδικός αριθµός w =

w=

z z ?? + z z

z z + , z ∈ ℂ, z ≠ 0 . z z

α) Να δείξετε ότι w ≤ 2 . β) Να βρείτε τον γεωµετρικό τόπο των εικόνων του w στο µιγαδικό επίπεδο. Ο Γιωργάκης λοιπόν έγραψε: α) w =

z z z z z z + ≤ + = + =2 z z z z z z

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


36 http://mathhmagic.blogspot.gr/

β) Στην συνέχεια από την σχέση που απέδειξε w ≤ 2 ⇔ w − (0 + 0i) ≤ 2 ισχυρίστηκε ότι ο ζητούµενος γ.τ είναι κυκλικός δίσκος µε κέντρο Κ(0,0) και ακτίνα ρ = 2 . Όµως δυστυχώς ο Γιωργάκης έδωσε λάθος λύση .Μπορείτε να εντοπίσετε το λάθος; Λύση Το λάθος βρίσκεται στην λύση του ερωτήµατος β). Ισχύει : 2 z  z  z z   z z z ⋅z z z ⋅z z z⋅z z w = + = + = + = + = + = + = w .Άρα w ∈ ℝ . 2  z   z  z z z ⋅ z z ⋅ z z z ⋅ z z z z z    

Οπότε ο ζητούµενος γ.τ είναι το ευθύγραµµο τµήµα ΑΒ µε άκρα Α(-2,0),Β(2,0).

42)θεωρούµε τους µιγαδικούς αριθµούς z για τους οποίους ισχύει: 2

z + 2 Re(3zi) + 5 = 0

i)Nα βρείτε τον γ.τ των εικόνων των µιγαδικών z. ii)Να αποδείξετε ότι 1 ≤ z ≤ 5 . iii) Έστω ο µιγαδικός w αν ισχύει η σχέση w + z =

8 , z ≠ 3i . z − 3i

α)Να βρείτε τον γ.τ των εικόνων του w. β) Να αποδείξετε ( w − z ) ≤ 0 . 2

γ) Να αποδείξετε ότι z = w ⇔ Im z = 3 δ)Αν Α,Β είναι οι εικόνες των µιγαδικών z και w αντίστοιχα (Im z ≠ 3) ,να αποδείξετε ότι το ευθύγραµµο τµήµα ΑΒ είναι παράλληλο στον άξονα y ' y . ε)Έστω P ένα σηµείο του ευθυγράµµου τµήµατος ΑΒ ( µε Α,Β οι εικόνες των z και w µε (Im z ≠ 3) ).Αν P η 2

εικόνα του µιγαδικού u να δείξτε ότι u − z ⋅ u − w + u − 3i = 4 . Λύση 2

z + 2 Re(3zi) + 5 = 0 ⇔ x 2 + y 2 − 2 Re(3(x + yi)i) + 5 = 0 ⇔

i) x 2 + y 2 + 2 Re(−3y + 3xi) + 5 = 0 ⇔ x 2 + y 2 + 2 ( −3y ) + 5 = 0 ⇔ x 2 + y 2 + 6y + 5 = 0 ⇔ x 2 + y 2 − 6y + 9 − 9 + 5 = 0 ⇔ x 2 + (y − 3)2 − 4 = 0 ⇔ x 2 + (y − 3) 2 = 4

Άρα ο ζητούµενος γ.τ είναι κύκλος C µε κέντρο Κ(0,3) και ακτίνα ρ=2 και µε µορφή µέτρου γράφεται: z − 3i = 2

ii)Από την τριγωνική ανισότητα για τους µιγαδικούς z,3i προκύπτει:

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


37 http://mathhmagic.blogspot.gr/

z − 3i ≤ z − 3i ≤ z + 3i ⇔ z − 3 ≤ z − 3i ≤ z + 3 .Λαµβάνουµε την µια από τις δυο ανισοτικές σχέσεις : z − 3i = 2

z − 3 ≤ z − 3i ⇔ z − 3 ≤ 2 ⇔ −2 ≤ z − 3 ≤ 2 ⇔ 1 ≤ z ≤ 5

Πιο εύκολη είναι η απόδειξη γεωµετρικά, αρκεί να σχεδιάσουµε στο µιγαδικό επίπεδο τον γ.τ των εικόνων των z. iii) α)Για τους µιγαδικούς z = x + yi, x, y ∈ R ισχύει: x 2 + (y − 3) 2 = 4 (1) w+z =

(

)

(

)

(

)

8 z − 3i 8 z + 3i 8 z + 3i 8 ⇔ w+z= ⇔ w+z = ⇔ w+z = ⇔ w + z = 2 z + 3i ⇔ 2 z − 3i 4 z − 3i ( z − 3i ) z − 3i

(

)

(

)

w + z = 2z + 6i ⇔ w = z + 6i ⇔ w − 3i = z + 3i ⇔ w − 3i = z − 3i ⇒ w − 3i = z − 3i = z − 3i = 2 ⇔ w − 3i = 2

Αρα ο ζητουµενος γ.τ είναι o κυκλος C. β) Από το ερώτηµα α) iii) είδαµε ότι : w+z =

z = x + yi,x ,y∈ℝ 8 ⇔ .... ⇔ w = z + 6i ⇔ w − z = z − z + 6i ⇔ w − z = −2 Im(z)i + 6i ⇔ z − 3i

w − z = −2yi + 6i ⇒ ( w − z ) = ( 2i ) ( − y + 3) = −4 ( 3 − y ) ≤ 0, 2

2

2

2

Άρα ( w − z ) ≤ 0 . 2

γ)Από το ερώτηµα iii) α) w =z

w = z + 6i ⇔ z = z + 6i ⇔ z − z = 6i ⇔ 2 Im(z)i = 6i ⇔ Im(z) = 3

δ) Από το ερώτηµα ii) α) w = z + 6i ⇔ w = x − yi + 6i ⇔ w = x + (6 − y)i άρα οι εικόνες Α και Β των z και w αντίστοιχα θα έχουν

συντεταγµένες A(x, y), B(x, 6 − y) .Με ισες τετµηµένες είναι προφανές ότι το ευθ. τµήµα ΑΒ είναι παράλληλο στον άξονα y ' y . ε)Προκύπτει από το θεώρηµα τεµνουσών PA ⋅ PB = R 2 − PO 2 µε Ο το κέντρο του κύκλου και R την ακτίνα του. 2

2

PA ⋅ PB = R 2 − PO 2 ⇒ u − z ⋅ u − w = 22 − u − 3i ⇔ u − z ⋅ u − w + u − 3i = 4

43)α)Να βρείτε τον γεωµετρικό τόπο των εικόνων των µιγαδικών w που ικανοποιούν την σχέση w −4 3 = 3 . β)Να σχεδιάσετε τον παραπάνω γεωµετρικό τόπο και µε την βοήθεια του σχήµατος να δείξετε ότι 6 3 ≤ w + w ≤ 10 3

γ)Να βρείτε τον µιγαδικό w1 που ανήκει στον παραπάνω γεωµετρικό τόπο και έχει το ελάχιστο µέτρο καθώς και τις συντεταγµένες της εικόνας του Γ. δ )Να λύσετε ℂ στο την εξίσωση z 2 − 2 3z + 7 = 0 (1) . ε)Αν Α,Β οι εικόνες στο µιγαδικό επίπεδο των ριζών z1 , z 2 της εξίσωσης (1) να δείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο.

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


38 http://mathhmagic.blogspot.gr/

στ)Να υπολογίσετε τους αριθµούς : E=

z13 z 2 + z 23 z1 1 + z 2 z1

, Z = 3(3z1 − w1 ) 2014 + 4w12 (3z 2 − w1 ) 2012

Λύση α)Ο ζητούµενος γ.τ είναι κύκλος µε κέντρο K(4 3,0) και ακτίνα 3 β) Σχήµα

3 3

5 3

4 3

από το σχήµα προκύπτει : 3 3 ≤ Re(w) ≤ 5 3 ⇔ 6 3 ≤ 2 Re(w) ≤ 10 3 ⇔ 6 3 ≤ w + w ≤ 10 3

γ)Από το σχήµα προκύπτει ότι η ελάχιστη τιµή του w1 -δηλαδή η ελάχιστη απόσταση της εικόνας του w από την αρχή των αξόνων -είναι min w1 = 3 3 και το ζητούµενο σηµείο έχει συντεταγµένες Γ(3 3, 0) , οπότε w1 = 3 3 .

δ) z 2 − 2 3z + 7 = 0, ∆ = 12 − 28 = −16 < 0 z1,2 =

2 3 ± 4i = 3 ± 2i , άρα z1 = 3 − 2i, z 2 = 3 + 2i 2

ε) (ΑΓ) = w − z1 = 3 3 − 3 + 2i = 2 3 + 2i =

(2 3)

2

+ 22 = 4

(ΒΓ) = w − z 2 = 3 3 − 3 − 2i = ... = 4 (ΑΒ) = z1 − z 2 =

3 + 2i − 3 + 2i = ... = 4 β α

στ) Από τους τύπους του Vieta S = z1 + z 2 = − = 2 3 , P = z1 ⋅ z 2 =

E=

γ = 7 .Έτσι: α

z13 z 2 + z 23 z1 z 2 z1 (z12 + z 2 2 ) z 2 z1 ((z1 + z 2 ) 2 − 2z 2 z1 ) 7 = = = ... = − 1 + z 2 z1 1 + z 2 z1 1 + z 2 z1 4

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


39 http://mathhmagic.blogspot.gr/

Z = 3(3z1 − w1 ) 2014 + 4w12 (3z 2 − w1 ) 2012 = 3(3( 3 − 2i) − 3 3) 2014 + 4(3 3) 2 (3( 3 + 2i) − 3 3)2012 = 3(3( 3 − 2i) − 3 3)2014 + 108(3( 3 + 2i) − 3 3) 2012 = 3(−6i) 2014 + 108(6i) 2012 = (6i) 2012 (−108 + 108) = 0

44)Αν i η φανταστική µονάδα τότε έχουµε διαδοχικά:

i=i⇔ −1 = −1 ⇔ −1 = 1

1 ⇔ −1

−1 = 1

1 −1

−1 ⋅ −1 = 1 ⋅ 1 ⇔ i⋅i = 1 ⇔ i2 = 1 ⇔ −1 = 1 !! Που είναι το λάθος στην διαδικασία; Απάντηση Το λάθος στην διαδικασία είναι ότι δεν ισχύει στο σύνολο των µιγαδικών η ιδιότητα:

α α = β β

45)∆ίνεται η παρακάτω εξίσωση , z ∈ ℂ . z 6 + 2z5 + 2z 4 + 2z 3 + z 2 + (z + 1) 2 = 0 (1)

α) Να δείξετε ότι η εξίσωση z 6 − 1 + 2(z5 + z 4 + z3 + z 2 + z + 1) = 0 είναι ισοδύναµη µε την (1). β) Να δείξετε ότι ο µιγαδικός z = 1 δεν είναι ρίζα της εξίσωσης . γ) Να λύσετε την εξίσωση . Λύση α) Μετασχηµατίζουµε κατάλληλα την εξίσωση και παραγοντοποιούµε: z 6 + 2z 5 + 2z 4 + 2z 3 + z 2 + (z + 1) 2 = 0 ⇔ z 6 + 2z 5 + 2z 4 + 2z 3 + z 2 + z 2 + 2z + 1 = 0 ⇔ z 6 + 2z 5 + 2z 4 + 2z 3 + z 2 + z 2 + 2z + 2 − 1 = 0 ⇔ z 6 − 1 + 2(z 5 + z 4 + z 3 + z 2 + z + 1) = 0 (2)

β) Με αντικατάσταση στην (2) 16 − 1 + 2(15 + 14 + 13 + 12 + 1 + 1) = 0 ⇔ 12 = 0 ,άτοπο. γ) Εφόσον z ≠ 1 .∆ιαιρούµε τα δυο µέλη της (2) µε τον όρο z − 1 . z − 1 + 2(z + z + z + z + z + 1) =0⇔ z −1 6

5

4

3

2

z6 − 1 ) ( z6 − 1) ( zz −+ 11) z ≠1 ( z6 − 1) (z + 1) = 0 ⇒ z −1 = 0 ⇔ =0⇔ ( z6 − 1) (z + 1) = 0 2 z −1 z −1 z − 1 ( )

z 6 − 1 + 2(

 z3 − 1 = 0 (3) ( z 3 − 1)( z 3 + 1) = 0 z 6 − 1 = 0  ⇔ ⇔ ⇔  z3 + 1 = 0 (4) z + 1 = 0  z = −1  z = −1 

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


40 http://mathhmagic.blogspot.gr/

 z = 1, απορ  ⇔  −1 ± i 3 2 z − z + 1 = 0  z1,2 =  2 z = −1 z + 1 = 0  (4) z3 + 1 = ( z + 1) ( z 2 − z + 1) = 0 ⇔ 0 ⇔  2 ⇔ 1± i 3 z + z + 1 = 0  z 3,4 = 2  z − 1 = 0

(3) z3 − 1 = ( z − 1) ( z 2 + z + 1) = 0 ⇔ 0 ⇔ 

46)(**) Να λύσετε στο σύνολο των µιγαδικών την εξίσωση : (3z + 1)(4z + 1)(6z + 1)(12z + 1) = 2

Λύση Μετασχηµατίζουµε κατάλληλα την εξίσωση και χρησιµοποιούµε βοηθητικό άγνωστο. (3z + 1)(4z + 1)(6z + 1)(12z + 1) = 2 ⇔ 8(3z + 1)6(4z + 1)4(6z + 1)2(12z + 1) = 8 ⋅ 6 ⋅ 4 ⋅ 2 ⋅ 2 ⇔ 24z + 5 = u

(24z + 8)(24z + 6)(24z + 4)(24z + 2) = 768 ⇔ (u + 3)(u + 1)(u − 1)(u − 3) = 768 ⇔ w =u2

(u 2 − 9)(u 2 − 1) = 768 ⇔ (w − 9)(w − 1) = 768 ⇔  w = 33 w 2 − 10w − 759 = 0 ⇔ .... ⇔  ⇔  w = −23

 ( 24z + 5 )2 = 33 ⇔ ⇔ ... ⇔ 2  ( 24z + 5 ) = −23

2  u = 33 ⇔  2  u = −23

 − 5 ± 33 z =  24  − 5 ± 23 ⋅ i   z = 24

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


41 http://mathhmagic.blogspot.gr/

ΘΕΜΑΤΑ ΚΑΙ ΛΥΣΕΙΣ ΠΑΛΑΙΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΣΤΟΥΣ ΜΙΓΑ∆ΙΚΟΥΣ ΑΡΙΘΜΟΥΣ.(2000-2013) 1) (2003)∆ίνονται οι µιγαδικοί αριθµοί z=α+βi,όπου a, β ∈ ℝ και w = 3 z − iz + 4 ,όπου z είναι ο συζυγής του z. α. Να αποδείξετε ότι Re(w )=3α–β+4 και Ιm(w )=3β–α. β. Να αποδ είξετε ότι, αν οι εικόνες του w στο µιγαδικό επίπεδο κινούνται στην ευθεία µε εξίσωση y=x–12, τότε οι εικόνες του z κινού νται στην ευθεί α µε εξίσωση y=x–2. γ. Να βρεί τε ποιος από τους µιγαδικούς αριθµούς z, οι εικόνες των οποί ων κινού νται στην ευθεία µε εξίσωση y=x–2, έχ ει το ελάχιστο µέτρο. Λύση α. Είναι z = a + β i και z = a − β i w = 3z − iz + 4 = 3(a + β i ) − i(a − β i) + 4 = 3a + 3β i − ia + β i 2 + 4 = 3a + 3β i − ia − β + 4 = (3a − β + 4) + (3β − a)i

Άρα: Re( w) = 3a − β + 4 και Im( w) = 3β − a . β. Έστω w=x+yi οπότε ισχύει y=x-12 (1) x, y ∈ R αλλά

x = 3a − β + 4 (1) ⇒ 3β − α = 3α − β + 4 − 12 ⇔ y = 3β − α

⇔ 4α-4β=8 ⇔ α-β=2 ⇔ β=α-2 δηλαδή οι εικόνες του z κινούνται στην ευθεία µε εξίσωση y=x-2 γ. Ελάχιστο µέτρο θα έχει ο µιγαδικός που έχει εικόνα το σηµείο τοµής της (ε) και της κάθετης από το 0 στην (ε) y=x-2 η οποία έχει εξίσωση y=-x ως κάθετη στη προηγούµενη

y = x−2 y = −x

−x = x−2 y = −x

x =1 y = −1

Σηµείο τοµής (1, -1) δηλαδή z=1-i 2)(Θέµα 2005) α. ∆ίνονται οι µιγαδικοί αριθµοί z1, z2, z3 µε z1 = z2 = z3 = 3 . ∆είξτε ότι z1 = β . ∆είξτε ότι ο αριθµός

9 z1

z1 z2 + είναι πραγµατικός . z2 z1

γ . ∆είξτε ότι:

z1 + z 2 + z 3 =

1 z1 ⋅ z 2 + z 2 ⋅ z 3 + z 3 ⋅ z1 3

Λύση α. z1 = 3 ⇒ z1

2

= 9 ⇔ z1 ⋅ z1 = 9 ⇔ z1 =

9 z1

β. Θα δείξω πρώτα: z ∈ R ⇔ z = z

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


42 http://mathhmagic.blogspot.gr/

Έστω z=x+yi τότε: x-yi=x+yi ⇔ 2 y i = 0 ⇔ y = 0 ⇔ z ∈ R Αρκεί να δείξουµε ότι:

 z1 z 2  z1 z 2  +  = +  z 2 z1  z 2 z1

 z1 z 2  z1 z 2 9 / z1 9 / z 2 z 2 z1 +  = + = + = +  z 2 z1  z 2 z1 9 / z 2 9 / z1 z1 z 2

Έχουµε :  γ.

z1 + z2 + z 3 = z1 + z2 + z 3 = z1 + z2 + z 3 = =

9

9 9 9 1 1 1 + + =9 + + = z1 z2 z3 z1 z 2 z3

z2z3 + z1z3 + z1z2

=9

z2 z3 + z1z3 + z1z2

z1z2z3

=

z1 z2 z3

z2z3 + z1z3 + z1z2

1 z ⋅ z + z2 ⋅ z3 + z3 ⋅ z1 3⋅3⋅3 3 1 2 3) (2006)∆ίνονται οι µιγαδικοί αριθµοί z1, z2, z3 µε z1 = z2 = z3 = 1 και z1 + z2+z3=0 = 9⋅

=

α. Να αποδείξετε ότι: i.

z1 − z 2 = z 3 − z1 = z 2 − z 3 .

(

)

2 ii. z1 − z2 ≤ 4 και Re z1 z 2 ≥ −1

β. Να βρείτε το γεωµετρικό τόπο των εικόνων των z 1 , z 2 , z 3 στο µιγαδικό επίπεδο, καθώς και το είδος του τριγώνου που αυτές σχηµατίζουν. Λύση α. i. z1 − z 2 = z 2 − z 3 ⇔ z1 − ( − z1 − z 3 ) = − z1 − z 3 − z 3 ⇔ 2 z1 + z 3 = z1 + 2 z 3 ⇔ 2z1 + z 3 = z1 + 2z 3 2

(

)

(

⇔ ( 2z1 + z 3 ) 2z1 + z 3 = ( z1 + 2z 3 ) z1 + 2z 3

) 2

z1 = z 3 ισχύει.

2

⇔ 4z1 z1 + 2z1 z3 + 2z1z3 + z3 z3 = z1 z1 + 2z1 z3 + 2z1z3 + 4z3 z3 ⇔ 3 z1 = 3 z 3 ⇔

Όµοια z3 − z1 = z 2 − z3 ii. z1 − z 2

2

≤ 4 ή z1 − z 2 ≤ 2

Αφού οι εικόνες των µιγαδικών διατρέχουν το µοναδιαίο κύκλο η απόσταση των εικόνων τους θα είναι µικρότερη ή ίση της διαµέτρου που είναι 2

( ) + ( z z ) ≥ −2 ⇔ 2 Re(z z ) ≥ −2 ⇔ Re(z z ) ≥ −1

z1 − z 2 ≤ 4 ⇔ ( z1 − z 2 ) z 1 − z 2 ≤ 4 ⇔ 1 − z1 z 2 − z 2 z 1 + 1 ≤ 4 ⇔ 2

⇔ z 1 z 2 + z 2 z 1 ≥ −2 ⇔ z 1 z 2

1

2

1

2

1

2

β. Οι εικόνες των z1, z2, z3 βρίσκονται στο µοναδιαίο κύκλο και επειδή οι αποστάσεις των εικόνων τους (σύµφωνα µε το α. i) είναι ίσες θα είναι κορυφές ισόπλευρου τριγώνου. 4) ( Eπαναληπτικές 2007)∆ίνονται οι µιγαδικοί z1 = a + β i και z2 =

2 − z1 , όπου a, β ∈ ℝ µε β ≠ 0 . 2 + z1

∆ίνεται επίσης ότι z2 − z1 ∈ ℝ . α) Να αποδείξετε ότι z2 − z1 = 1

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ

2

ή


43 http://mathhmagic.blogspot.gr/

β) Να βρείτε τον γεωµετρικό τόπο των εικόνων του z1 στο µιγαδικό επίπεδο. γ) Αν ο αριθµός z12 είναι φανταστικός και a β > 0 , να υπολογίσετε τον z1 και να αποδείξετε ότι

( z1 + 1 + i )20 − ( z1 + 1 − i )20 = 0 Λύση α) Είναι : z2 =

2 − z1 2 + z1

=

2 − α + βi ( 2 − α + βi )( 2 + α + βi ) 4 − α2 − β2 4β = = ... = + i 2 + α − βi ( 2 + α − βi )( 2 + α + βi ) 4 + 4α + α 2 + β 2 4 + 4α + α 2 + β 2

Επίσης είναι :

z2 − z1 ∈ ℝ ⇔ Im( z2 − z1 ) = 0 ⇔ Im( z2 ) − Im( z1 ) = 0 ⇔ Im( z2 ) = Im( z1 ) ⇔

β ≠0 4β − β = 0 ⇔ ... ⇔ β (a 2 + β 2 + 4α ) = 0 ⇔ a 2 + β 2 + 4α = 0 2 2 4 + 4a + a + β

Άρα από την σχέση (1) παίρνουµε :

z2 =

4 + 4α 4β + i = 1 + α + β i = 1 + z1 4+0 4+0

Εποµένως είναι z2 − z1 = 1 β) Σύµφωνα µε το ερώτηµα (A) παίρνουµε : a 2 + β 2 + 4α = 0 Άρα η εικόνα Μ(α,β) του z1 ικανοποίει την σχεση x 2 + y 2 + 4 x = 0 , η οποία παριστάνει τον κύκλο µε κέντρο Κ(-2,0) και ακτίνας ρ=2.Επειδη β ≠ 0 προκύπτει ότι ο γεωµετρικός τόπος του σηµείου Μ είναι ο παραπάνω κύκλος εξαιρούµενων των σηµείων Α(-4,0) και Ο (0,0). γ) Είναι z12 = ( a + β i ) 2 = a 2 + 2a β i + ( β i ) 2 = a 2 + 2a β i − β 2 , άρα z12 ∈ I ⇔ a 2 − β 2 = 0 ⇔ a 2 = β 2 Και επειδή β ≠ 0 , προκύπτει ότι a ≠ 0 . Άρα από την σχέση a 2 + β 2 + 4α = 0 του ερωτήµατος (α) a≠0

παίρνουµε : 2a 2 + 4α = 0 ⇔ 2a ( a + 2) = 0 ⇔ a = −2 Από την σχέση αβ>0 παίρνουµε −2 β > 0 ⇔ β < 0 , άρα, επειδή a 2 = β 2 , προκύπτει β=-2, οπότε είναι

z1 = −2 − 2i .Εποµένως έχουµε:

( z1 + 1 + i ) 20 − ( z1 + 1 − i ) 20 = (−1 − i ) 20 − (−1 + i )20 = ((−1 − i ) 2 )10 − ((−1 + i ) 2 )10 = (2i )10 − (−2i )10 = 0

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


44 http://mathhmagic.blogspot.gr/

5) (2008)Αν για τους µιγαδικούς αριθµούς z και w ισχύουν

(i + 2 2)z = 6 και w − (1 − i) = w − (3 − 3i) τότε να βρείτε: α. το γεωµετρικό τόπο των εικόνων των µιγαδικών αριθµών z . β. το γεωµετρικό τόπο των εικόνων των µιγαδικών αριθµών w . γ. την ελάχιστη τιµή του w δ. την ελάχιστη τιµή του z − w Λυση α.

(i + 2 2)z = i + 2 2 z = = 12 + (2 2) 2 z = 9 z = 3 z = 6 ⇔ z = 2 Άρα η εικόνα του z, έστω Α, βρίσκεται σε κύκλο C µε κέντρο το Ο(0,0) και ακτίνα R=2 Αντίστροφα ,oποιοδήποτε σηµείο Α του C απέχει από το Ο απόσταση ίση µε 2 οπότε Γ.Τ του Α είναι ολόκληρος ο κύκλος C (θα µπορούσαµε εναλλακτικά να θέσουµε z = x + iy , x, y ∈ R να κάνουµε όλες τις επιµεριστικές και µετά να χρησιµοποιήσουµε τον τύπο του µέτρου µε την ρίζα, ή να υψώσουµε στο τετράγωνο και µετά να κάνουµε τις πράξεις, θα καταλήξουµε σε κάθε περίπτωση στην εξίσωση του C : x 2 + y2 = 4 .) β. Αν Β η εικόνα του w = x + iy , x, y ∈ R τότε

| w − (1 − i) |=| w − (3 − 3i) |⇔ | (x − 1) + i(y + 1) |=| (x − 3) + i(y + 3) |⇔ (x − 1) 2 + (y + 1) 2 = (x − 3)2 + (y + 3) 2 ⇔ ... ⇔ x − y − 4 = 0 Οπότε o Γ. Τ του Β είναι η ευθεία (ε) : x − y − 4 = 0 γ. | w |=| w − 0 |= απόσταση του Ο(0,0) από το τυχαίο σηµείο Β της (ε) Το µήκος της ΟΒ, έστω d, γίνεται ελάχιστο όταν OB ⊥ ( ε )

d min = d(O, ε ) =

0−0−4 12 + ( −1)2

=2 2

δ.Είναι | z − w |≥| w | − | z |=| w | −2 ≥ 2 2 − 2 Άρα αν υπάρχουν µιγαδικοί ώστε οι παραπάνω ανισότητες να γίνονται ισότητες τότε η ελάχιστη τιµή

| z − w |min = 2 2 − 2 Πράγµατι αρκεί οι εικόνες Ο,Α και Β να είναι συνευθειακά σηµεία και τα OB ↑↑ OA ώστε η πρώτη ανισότητα να γίνει ισότητα, γνωστό από την β λυκείου και το Β να ταυτιστεί µε το Β0 ώστε και η δεύτερη ανισότητα να γίνει ισότητα λόγω του προηγουµένου ερωτήµατος

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


45 http://mathhmagic.blogspot.gr/

6) (2009)Θεωρούµε τους µιγαδικούς αριθµούς z=(2λ+1)+(2λ−1)i , λ∈ ∈R α. Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας πάνω στην οποία βρίσκονται οι εικόνες των µιγαδικών αριθµών z, για τις διάφορες τιµές του λ∈ ∈R β. Από τους παραπάνω µιγαδικούς αριθµούς να αποδείξετε ότι ο µιγαδικός αριθµός z0=1-i έχει το µικρότερο δυνατό µέτρο. Β. Να βρεθούν οι µιγαδικοί αριθµοί w οι οποίοι ικανοποιούν την εξίσωση 2

w + w − 12 = z 0

όπου z0 ο µιγαδικός αριθµός που αναφέρεται στο προηγούµενο ερώτηµα. Λύση α) Θέτω z = x + yi Τότε: x = 2λ + 1 και y = 2λ − 1 , λ ∈ ℝ Αφαιρώ κατά µέλη: x − y = 2 ⇒ y = x − 2 . Άρα οι εικόνες των z βρίσκονται στην ευθεία ε : y = x − 2 . β) Ο µιγαδικός z µε το µικρότερο δυνατό µέτρο έχει ως εικόνα κ το σηµείο τοµής της ε : y = x − 2 και της κάθετης σ΄αυτή ε ' που διέρχεται από το (0, 0): ε ⊥ ε ' ⇔ λε ⋅ λε ' = −1 ⇔ 1⋅ λε ' = −1 ⇔ λε ' = −1 . Άρα ε ' : y = − x , αφού διέρχεται από το (0, 0)

 y = x − 2 (1)  (2)  y = −x (1) + ( 2) : 2 y = −2 ⇔ y = −1 και ( 2) : −1 = − x ⇔ x = 1 Άρα Κ(1, -1) η εικόνα του z0 και z0=1-i ο µιγαδικός µε το µικρότερο µέτρο.

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


46 http://mathhmagic.blogspot.gr/

γ. Θέτω ω = a + β i και zo = 1 − i 2

ω + ω − 12 = 0 ⇒ α 2 + β 2 + α − βi − 12 = 1 − i ⇒  α 2 + β 2 + α = 13 ⇔   −β = − 1

 α 2 + β 2 + α = 13 (1)  β = 1

(1)

a 2 + α − 12 = 0 ⇔ α1 = −4 και a2 = 3 µε β = 1 . Άρα ω1 = −4 + i και ω2 = 3 + i . 7) (2009 Επαναληπτικές) Θεωρούµε τους µιγαδικούς αριθµούς z για τους οποίους ισχύει:

( 2 - i ) z + ( 2 + i ) z -8 = 0 α. Nα βρείτε τον γεωµετρικό τόπο των εικόνων των µιγαδικών αριθµών z = x + yi οι οποίοι ικανοποιούν την παραπάνω εξίσωση. β.Nα βρείτε τον µοναδικό πραγµατικό αριθµό και τον µοναδικό φανταστικό αριθµό οι οποίοι ικανοποιούν την παραπάνω εξίσωση. γ. Για τους αριθµούς 2

που βρέθηκαν

στο προηγούµενο ερώτηµα να αποδείξετε ότι

2

z1 + z 2 + z1 − z 2 = 40 Λύση α. Έχουµε: z = x +iy

2 ⋅ 2 x − i ( 2 yi ) = 8 ⇔ ( 2 − i ) z + ( 2 + i ) z − 8 = 0 ⇔ 2 ( z + z ) − i ( z − z ) = 8 x⇔ , y∈R ⇔ 2 x + y = 4 ⇔ y = −2 x + 4

Άρα ο γ.τ. των εικόνων των µιγαδικών z είναι η ευθεία (ε): y = −2 x + 4 β. Ένας µιγαδικός είναι πραγµατικός αν και µόνο αν η εικόνα του ανήκει στο άξονα των πραγµατικών αριθµών και αντίστοιχα φανταστικός αν και µόνο αν η εικόνα του ανήκει στον άξονα των φανταστικών. Γνωρίζουµε όµως ότι, η εικόνα των µιγαδικών z ανήκει και στην (ε), άρα αρκεί να βρούµε τα σηµεία τοµής της ευθείας (ε) µε την άξονες x′x, y′y . Για

y = 0 είναι 0 = −2 x + 4 ⇔ x = 2 , άρα z1 = 2

Για x = 0 είναι y = −2 ⋅ 0 + 4 ⇔ y = 4 , άρα z2 = 4i γ. Είναι 2

2

2

2

z 1 + z 2 + z 1 − z 2 = 2 + 4i + 2 − 4i = =

(

) +( 2

2 2 + 42

2 2 + ( −4 )

)= 2

2

= 20 + 20 = 40

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


47 http://mathhmagic.blogspot.gr/

2 = 2 όπου z ∈ ℂ µε z ≠ 0 z

8) ( 20 1 0 ) ∆ίνεται η εξίσωση z +

B1. Να βρείτε τις ρίζες z1 και z2 της εξίσωσης. B2. Να αποδείξετε ότι :

z12010 + z 22010 = 0 B3. Αν για τους µιγαδικούς αριθµούς w ισχύει:

w − 4 + 3i = z1 − z 2 τότε να βρείτε το γεωµετρικό τόπο των εικόνων των w στο µιγαδικό επίπεδο. B4. Για τους µιγαδικούς αριθµούς w του ερωτήµατος Β3, να αποδείξετε ότι 3 ≤ w ≤ 7 Λυση Β 1 : z 2 + 2 = 2z ( α φ ού z ≠ 0 ) ⇒ z 2 − 2z + 2 = 0 ⇒ z1 = 1 + i, z 2 = 1 − i

( )

2010 2010 2 Β 2 : z1 + z 2 = z1

( )

1005

+ z 22

1005

2 2 2 Ό π ο υ z1 = (1 + i ) = 1 + 2i + i = 1 + 2i − 1 = 2i 2

z 22 = (1 − i ) = 12 − 2i + i 2 = 1 − 2i − 1 = −2i 2

2010 2010 Ά ρ α z1 + z 2 = (2i )

1005

+ (− 2i )

1005

=

= 21005 ⋅ i 1005 − 21005 ⋅ i 1005 = 0 Β3:

w − 4 + 3i = z1 − z 2 ⇒ w − 4 + 3i = 1 + i − 1 + i ⇒ w − 4 + 3i = 2i ⇒ w − (4 − 3i ) = 2 Ά ρ α ο γ ε ω µε τ ρ ι κ ό ς τ ό π ο ς τ ω ν ε ι κ όν ω ν τ ου w ε ί ν α ι ο κ ύ κ λ ο ς

( x − 4 )2 + ( y + 3 )2

=4

Β 4 : max w = (OK) + ρ = 5 + 2 = 7 , min w = (OK ) − ρ = 5 − 2 = 3 .Άρα, 3 ≤ w ≤ 7 9)(2011)Έστω οι µιγαδικοί αριθµοί z και w µε z ≠ 3i , οι οποίοι ικανοποιούν τις σχέσεις

z − 3i + z + 3i = 2 και w = z − 3i +

1 z − 3i

Β1. Να βρεί τε τον γεωµετρικό τόπο των ει κόνων τ ων µιγαδικών αριθµ ών z. Β2. Να αποδείξετε ότι z + 3i =

1 z − 3i

Β3.Να αποδ είξετε ότι ο w είναι πραγµατι κός αριθµός και ότι −2 ≤ w ≤ 2 Β4. Να αποδείξετε ότι : z − w = z Λύση Β1.Γι α του ς µιγαδι κούς αρι θµού ς z και w µε z ≠ 3i , ισχύουν :

z − 3i + z + 3i = 2 (1) και w = z − 3i +

1 (2) z − 3i

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


48 http://mathhmagic.blogspot.gr/

Επειδή z + 3i = z − 3i = z − 3i η (1) γίνεται:

z − 3i + z + 3i = 2 ⇔ z − 3i + z − 3i = 2 ⇔ 2 z − 3i = 2 ⇔ z − 3i = 1 (3).Αρα ο γεωµετρικός τόπος των ει κόνων των µιγαδι κών αριθµών z είναι ο κύ κλος µε κέντρο το σηµείο Κ( 0,3) και ακτίνα ρ=1.

1 1( z − 3i ) z − 3i z − 3i z + 3i z + 3i = = = = = = z + 3i 2 2 z − 3i ( z − 3i )( z − 3i ) ( z − 3i )( z − 3i ) z − 3i 1 z − 3i

Β2.

Β3, Λογω του Β2. Η (2) γίνεται w = z − 3i +

1 = z − 3i + z + 3i = z + z = 2 Re( z ) ∈ ℝ z − 3i

Επειδή οι ει κόνες των µιγαδι κών αριθµών z είναι ο κύ κλος µε κέντρο το Κ(0,3) και ακτί να ιση µε 1 έ πεται: −1 ≤ Re( z ) ≤ 1 ⇔ −2 ≤ 2 Re( z ) ≤ 2 ⇔ −2 ≤ w ≤ 2 Β4, z − w = z − ( z + z ) = − z = z 10)(2007) ∆ίνονται οι µιγαδικοί αριθµοί : z1 = i , z2 = 1 , z3 = 1 + i 2

Α). Να αποδ είξετε ότι z1 + z2

2

= z3

2

Β)Αν για το µιγαδικό z ισχύει : z − z1 = z − z2 τότε να αποδείξετε ότι : i) Re( z ) = Im( z ) ii) Για z ≠ 0 , να υπολογίσετε την τιµή της παράστασης A =

z z + . z z

Λύση Α) 2

( 1 ) +( 1 ) = 2 = ( 1 +1 ) = ( 1 +1 ) = ( 2 ) 2

z1 + z2 = z3

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

=2

Β) i) Από την δοθείσα σχέση z − z1 = z − z2 , υψώνουµε στο τετράγωνο και εφαρµόζουµε 2

την ιδιότητα z = z ⋅ z . 2

2

z − z1 = z − z2 ⇔ ( z − z1 )( z − z1 ) = ( z − z2 )( z − z2 ) ⇔ zz − zz1 − z1 z + z1 z1 = zz − zz2 − z2 z + z2 z2 ⇔ − zi − iz + i ⋅ i = − z ⋅1 − 1 ⋅z + 1 ⋅1 ⇔ − zi + iz − i 2 = − z − z + 1 ⇔ − zi + iz +1 = − z − z +1 ⇔ i (− z + z ) = − z − z

z − z = 2Im( z ) i

i ⋅ 2 ⋅ Im( z )i = −2 ⋅ Re( z ) ⇔ Im( z ) = Re( z )

z + z = 2Re( z )

ii)

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


49 http://mathhmagic.blogspot.gr/

2

z z z2 + z z2 + z A= + = = z z zz zz

2

απο ερ ώτηµα Βi ) z = k + ki , k∈ℝ

=

(k + ki ) 2 + (k − ki ) 2 = 2k 2

k 2 + 2k 2i + k 2i 2 + k 2 −2k 2i + k 2i 2 =0 2k 2 11) (2011 επαναληπτικές ) ∆ίνονται οι µιγαδικοί αριθµοί z , w οι οποίοι ικανοποιούν αντίστοιχα τις σχέσει ς z − i = 1 + Im( z ) (1) w( w + 3i ) = i (3w + i ) (2) Β1) Να αποδ είξετε ότι ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων τ ων µιγαδικών αριθµών z είναι η παραβολή y =

1 2 x . 4

Β2 ) Να αποδείξετε ότι ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων τ ων µιγαδικών w είναι ο κύκλος µε κέντρο το σηµείο Κ(0,3) και ακτίνα ρ = 2 2 . Β3) Να βρείτε τα σηµεία Α και Β του µιγαδικού επί πεδου , τα οποία είναι εικόνες των µιγαδικών z,w µε z = w . Β4) Να αποδ είξετε ότι το τρίγωνο ΚΑΒ εί ναι ορθογώνιο και ισοσκελές και, στην συνέχεια, να βρεί τε τον µιγαδικό αριθµό u µε εικόνα στο µιγαδ ικό επί πεδο το σηµεί ο Λ , έτσι ώστε το τετράπλευ ρο µε κορυφές τα σηµεία Κ,Α,Λ,Β να είναι τετράγωνο. Λύση Β1. Έχουµε z − i = 1 + Im( z ) οπότε αν z = x + yi, x, y ∈ ℝ , έχουµε δι αδοχι κά:

x + yi − i = 1 + y ⇔ x + ( y − 1)i = 1 + y ⇔ x 2 + ( y − 1) 2 = 1 + y y ≥1

⇔ ( x 2 + ( y − 1)2 ) 2 = (1 + y ) 2 ⇔ x 2 + ( y − 1) 2 = 12 + 2 y + y 2 ⇔ x 2 + y 2 − 2 y + 1 = 1 + 2 y + y 2 1 ⇔ x 2 + y 2 − 2 y + 1 = 1 + 2 y + y 2 ⇔ x 2 = 4 y ⇔ x 2 = y, y ≥ 1 4 Οπότε ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των µιγαδι κών αριθµών z µε την ι διότητα :

z − i = 1 + Im( z ) είναι η παραβολή µε εξίσωση y = Β2. Έστω w = x + yi, x, y ∈ ℝ µε την ι διότητα:

1 2 x . 4

w( w + 3i ) = i (3w + i ) ⇔ ( x + yi )( x − yi + 3i ) = i (3( x − yi ) + i ) ⇔ ( x + yi )( x − yi + 3i ) = i (3( x − yi ) + i ) ⇔ ⇔ x 2 − xyi + 3 xi + yxi − y 2i 2 + 3 yi 2 = 3 xi − 3 yi 2 + i 2 ⇔ x 2 − xyi + 3 xi + yxi + y 2 − 3 y = 3 xi + 3 y − 1 ⇔ x 2 − 3 y + 1 + y 2 − 3 y = 0 ⇔ x 2 − 6 y + 1 + y 2 = 0

(

⇔ x 2 + y 2 − 6 y + 9 − 9 + 1 = 0 ⇔ x 2 + ( y − 3)2 = 8 ⇔ x 2 + ( y − 3) 2 = 2 2

)

2

∆ηλαδή ο γεωµετρι κός τόπος των εικόνων των µιγαδικών w µε την ιδιότητα

w( w + 3i ) = i (3w + i ) , είναι ο κύκλος µε κέντρο το σηµείο Κ(0,3) και ακτίνα ρ = 2 2 Β3. Έστω z = w , τότε θα υπάρχουν x1 , y1 ∈ ℝ µε z = x1 + y1i και w = x1 + y1i , οπότε 2 1 z − i = 1 + Im( z ) ⇔ y1 = x12 και w( w + 3i ) = i (3w + i ) ⇔ x12 + ( y1 − 3) 2 = 2 2 άρα : 4

(

)

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


50 http://mathhmagic.blogspot.gr/

1 2  4 y1 = x12 4 y1 = x12 y x =  1 4 1   ⇔ ⇔ ⇔  2 2 2  x + ( y − 3) = 2 2  2 x 2 + y 2 − 6 y +1 = 0 2 1 1 1  1  x1 + ( y1 − 3) = 2 2  1 4 y1 = x12 4 y1 = x12 4 y1 = x12 4 y1 = x12  4 y1 = x12      ⇔ ⇔ ⇔ και ⇔ και    2  2  2  2 2 4 y1 + y1 − 6 y1 + 1 = 0  y1 − 2 y1 + 1 = 0  y1 − 2 y1 + 1 = 0  y1 − 2 y1 + 1 = 0 ( y1 − 1) = 0

(

)

4 y1 = x12 4 y1 = x12 4 = x12  x1 = ±2     ⇔ και ⇔ και ⇔ και ⇔ και    y =1  1  y1 − 1 = 0  y1 = 1  y1 = 1

Άρα τα ζητούµενα σηµεία του µιγαδι κού επι πέδου για τα οποί α ισχύει z = w είναι τα Α(2,1),Β( -2,1). Β4.Εχου µε τα σηµεία Κ(0,3) , Α(2,1),Β( -2,1), τα διανύσµατα

ΚΑ = (2 − 0,1 − 3) = (2, −2) ΚΒ = (−2 − 0,1 − 3) = (−2, −2) Και τα µέτρα του ς

ΚΑ = 22 + (−2) 2 = 8 = 2 2 ΚΒ = (−2) 2 + (−2) 2 = 8 = 2 2 Επειδή το εσωτερικό γ ινόµενο ΚΑiΚΒ = (2, −2)( −2, −2) = −4 + 4 = 0 το τρίγωνο ΚΑΒ είναι ορθογώνιο . Έστω τώρα το µέσο Μ του ΑΒ τότε Χ Μ =

Χ Α + ΧΒ Υ + ΥΒ = 0 και Υ Μ = Α = 1, 2 2

άρα Μ(0,1), τότε

ΧΚ + ΧΛ = 0 ⇔ Χ Κ = −Χ Λ ⇔ Χ Λ = 0 και 2 Υ + ΥΛ 3 + ΥΛ ΥΜ = Κ =1⇔ = 1 ⇔ Υ Λ = −1 .Άρα το Λ(0,-1) και ο µιγαδι κός u = 0 + (−1)i = −i 2 2 ΧΜ =

12) (2012) ∆ίνονται οι µιγαδικοί αριθµοί z , w οι οποίοι ικανοποιούν αντίστοιχα τις σχέσεις : 2

2

z −1 + z + 1 = 4 w − 5w = 12 (2)

(1) (2)

Β1) Να αποδ είξετε ότι ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων τ ων µιγαδικών αριθµών z στο επίπεδο είναι κύκλος µε κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτί να ρ=1. Β2)Αν z1 , z2 είναι δυο από τους παραπάν ω µιγαδικούς αριθµούς z µε z1 − z2 = 2 τότε ,να βρείτε το z1 + z2 .

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


51 http://mathhmagic.blogspot.gr/

Β3)Να αποδείξετε ότι ο γε ωµετρικός τόπος των εικόνων τ ων µιγαδικών αριθµών w στο επίπεδο είναι η έλλει ψη µε εξίσωση

x2 y 2 + = 1 και στην συνέχ εια να βρεί τε την 9 4

µέγιστη και την ελάχιστη τιµή του w . Β4) Για τους µιγαδικούς αριθµούς z,w που επαληθεύουν τις σχέσεις (1) και (2) να αποδ είξετε ότι : 1 ≤ z − w ≤ 4 . Λύση Β1)Για τους µιγαδικού ς αριθµού ς z,w ισχύουν οι επόµενες σχέσεις : 2

2

2

2

z −1 + z + 1 = 4

(1) και w − 5w = 12 (2) .Έτσι

z − 1 + z + 1 = 4 ⇔ ( z − 1)( z − 1) + ( z + 1)( z + 1) = 4 ⇔ 2

z z − z − z + 1 + z z + z + z + 1 = 4 ⇔ 2 z z = 2 ⇔ z z = 1 ⇔ z = 1 ⇔ z = 1 (3) Άρα, ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων z είναι ο κύκλος µε κέντρο το (0,0) και ακτίνα ρ=1. Β2)Εχουµε ότι z1 = z2 = 1 . Επίσης z1 − z2 = 2 ⇒ z1 − z2 2

2

2

z1 = z2 =1

= 2 ⇔ .... ⇔ Re( z1 z2 ) = 0 .Οπότε

2

z1 + z2 = z1 + z2 + 2 Re( z1 z2 ) = 12 + 12 + 0 = 2 ⇒ z1 + z2 = 2 Β3) Αν w = x + yi, x, y ∈ ℝ και Μ(x,y) η ε ικόνα του τότε x2 y 2 + = 1 .Άρα ο γεωµετρικός τόπος των 9 4 x2 y 2 εικόνων των µιγαδι κών w είναι η έλλειψη µε εξίσωση + =1 9 4 2

2

w − 5w = 12 ⇔ w − 5w = 12 2 ⇔ −4 x + 6 yi = 144 ⇔

Οι κορυφες της έλλειψης είναι Α(3,0),Ά΄( -3,0) και Β(0,2) και Β΄(0.-2). Ο µεγάλος άξονας έχει µήκος ( ΑΑ΄)=6 και ο µικρός άξονας (ΒΒ΄)=4.Για οποιαδήποτε σηµείο Μ της έλλειψης

( BB ') ( AA ') ≤ (OM ) ≤ άρα 2 ≤ w ≤ 3 (4) 2 2 Για w = 2i ή w = −2i ,έχω ότι min( w) = 2

ισχύει ότι

Για w = 3 ή w = −3 ,έχω ότι max( w) = 3

Β4) Από τις σχέσεις ( 3) και (4) και την τριγω νική ανισότητα προκύ πτει:

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


52 http://mathhmagic.blogspot.gr/

(4)

(3)

(3)

(4)

1 = 2 − 1 ≤ w − 1 = w − 1 = w − z ≤ w + z = z + (− w) = z − w ≤ z + − w = 1 + w ≤ 3 + 1 = 4 13)(2013)Θεωρούµε τους µιγαδικούς αριθµούς z για τους οποίους ισχύει

(z − 2)(z − 2) +

z−2 =2

Β1. Να αποδείξετε ότι ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των µιγαδικών z , είναι κύκλος µε κέντρο Κ(2,0) και ακτίνα ρ=1. Στην συνέχεια για κάθε µιγαδικό z που ανήκει στον παραπάνω γεωµετρικό τόπο, να αποδείξετε ότι z ≤ 3 . Β2.Αν οι µιγαδικοί αριθµοί z1 , z 2 που ανήκουν στον παραπάνω γεωµετρικό τόπο είναι ρίζες της εξίσωσης w 2 + β w + γ = 0 , µε w µιγαδικό αριθµό, β, γ ∈ ℝ , και Ι m(z1 ) − Ιm(z 2 ) = 2 τότε να αποδείξετε ότι: β = −4, γ = 5

Β3.Θεωρουµε τους µιγαδικούς αριθµούς α 0 , α1 , α 2 οι οποίοι ανήκουν στον γεωµετρικό τόπο του ερωτήµατοςΒ1.Αν ο µιγαδικός αριθµός ν ικανοποιεί την σχέση: ν 3 + α 2 ν 2 + α 1ν + α 0 = 0

τότε να αποδείξετε ότι: ν < 4 . Λύση Β1.Για να βρούµε τον γ.τ του z

(z − 2)(z − 2) +

2

z − 2 = 2 ⇔ z − 2 + z − 2 − 2 = 0 ⇔ z − 2 = 1 ή z − 2 = −2 απορρίπτεται. Άρα ο γ.τ των εικόνων

του z είναι ο κύκλος µε κέντρο το Κ(2,0) και ακτίνα ρ=2. Β2.Αν z1 = x + yi ,τότε z 2 = z1 = x − yi και Ι m(z1 ) − Ιm(z 2 ) = 2 ⇔ 2y = 2 ⇔ y = ±1 Τότε z − 2 = 1 ⇔ (x − 2) 2 + 1 = 1 ⇔ x = 2, οπότε z1 = 2 + i και z 2 = 2 − i . Είναι z1 + z 2 = −β ⇔ β = − 4, z1 z 2 = γ ⇔ γ = 2 2 + 12 = 5 . 3

Β3 ν 3 + α 2 ν 2 + α1ν + α 0 = 0 ⇔ −ν 3 = α 2 ν 2 + α1ν + α 0 ⇒ ν = α 2 ν 2 + α1ν + α 0 3

2

2

2

ν = α 2 ν 2 + α1ν + α 0 ≤ α 2 ν + α1 ν + α 0 ≤ 3 ν + 3 ν + 3 = 3( ν + ν + 1)

Όµως 3

2

2

3

2

ν ≤3 ν +3ν +3<3ν +3 ν +4⇔ ν −3 ν −3 ν −4<0⇔

( ν − 4 ) ( ν 2 + ν + 1) < 0 ⇔

ν <4

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


53 http://mathhmagic.blogspot.gr/

14)(2013 επαναληπτι κές) Θεωρούµε τους µιγαδικούς αριθµούς z και w για τους οποίους ισχύουν η εξίσωση 2 x 2 − w − 4 − 3i x = −2 z , x ∈ ℝ έχει µια διπλή ρίζα, την x = 1 . Β1)Να αποδείξετε ότι ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των z στο µιγαδικό επίπεδο είναι κύκλος µε κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα ρ1= 1, καθώς επίσης ότι ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των w στο µιγαδικό επίπεδο είναι κύκλος µε κέντρο Κ(4,3) και ακτίνα ρ2= 4. Β2)Να αποδείξετε ότι υπάρχει µοναδικός µιγαδικός αριθµός, η εικόνα του οποίου ανήκει και στους δύο παραπάνω γεωµετρικούς τόπους. Β3)Για τους παραπάνω µιγαδικούς αριθµούς z, w του ερωτήµατος Β1 να αποδείξετε ότι: z − w ≤ 10 και

z + w ≤ 10 Β4)Από τους παραπάνω µιγαδικούς αριθµούς z του ερωτήµατος Β1 να βρείτε εκείνους, για τους οποίους ισχύει:

2 z 2 − 3z − 2 z z = 5 Λύσεις Β1.Η δοσµένη σχέση γίνεται:

2 x 2 − w − 4 − 3i x = −2 z ⇔ 2 x 2 − w − 4 − 3i x + 2 z = 0 (1) Η δευτεροβάθµια εξίσωση (1) έχει διπλή ρίζα την x=1 ,µε χρήση των τύπων Vieta:

 S = x1 + x2 = 1 + 1 = 2 − w − 4 − 3i  = 2 ⇔ w − (4 + 3i ) = 4  − w − 4 − 3i ⇒ − β 2 S = − = − 2 α  άρα ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των w στο µιγαδικό επίπεδο είναι κύκλος µε κέντρο Κ(4,3) και ακτίνα ρ 2= 4 Από την (1) αφού το x=1 είναι ρίζα έχουµε µε αντικατάσταση: (1) : 2 ⋅12 − 4 ⋅1 = −2 z ⇒ z = 1 , άρα ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των z στο µιγαδικό επίπεδο είναι κύκλος µε κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα ρ1= 1(σχήµα 1)

σχήµα 3 Β2.Η διάκεντρος των κύκλων είναι : (OK ) = 4 2 + 32 = 25 = 5 = ρ1 + ρ 2 οπότε οι δύο κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά, άρα υπάρχει µοναδικός µιγαδικός, του οποίου η εικόνα ανήκει και στους δύο γεωµετρικούς τόπους.

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


54 http://mathhmagic.blogspot.gr/

(Εναλλακτικά θα µπορούσαµε να λύσουµε το σύστηµα των εξισώσεων των δυο κύκλων και να βρούµε ότι έχει µοναδική λύση) B3Έστω Μ(z), Λ(w) οι εικόνες των µιγαδικών z,w αντίστοιχα. Η απόσταση των εικόνων τους ισχύει 0 ≤ z − w ≤ 2( ρ1 + ρ 2 ) ⇒ 0 ≤ z − w ≤ 10 αφού εφάπτονται εξωτερικά στο σηµείο Γ. (σχήµα 2)

σχήµα 4 Η ισότητα (µέγιστη τιµή) λαµβάνεται για τα αντιδιαµετρικά σηµεία Α(z),Β(w). Για το w ισχύει:

(ΟΚ ) − ρ 2 ≤ w ≤ (ΟΚ ) + ρ 2 ⇒ 1 ≤ w ≤ 9 ⇒ z + w ≤ 10 .Από την τριγωνική ανισότητα z + w ≤ z + w ≤ 10 Β4. Έστω z = x + yi, x, y ∈ ℝ έχουµε z = x − yi και z − z = 2 yi . 2z 2 − 3z − 2zz = 5 ⇔ z(2z − 3 − 2z) = 5 ⇔ z 2z − 3 − 2z = 5 ⇔ 2z − 3 − 2z = 5

2( z − z ) − 3 = 5 ⇒ 4 yi − 3 = 5 ⇔

(4y)

2

+ 32 = 5 ⇔ 16 y 2 = 16 ⇔ y 2 = 1 ⇔ y = ±1

y =1 ή y =−1

z = 1 ⇒ x 2 + y 2 = 1 ⇔ ... ⇔ x = 0 . Άρα z1 = i ή z2 = −i . Βιβλιογραφία ● Αλγεβρικά θέµατα , Μ.Γ Μαραγκάκης , ●Μιγαδικοί ,Ροδόλφος Μπόρης (εξαιρετικό, µπορείτε να το βρείτε δωρεάν στο ιστολόγιο του Μ. Χατζόπουλου) ● Μαθηµατικά κατεύθυνσης Γ λυκείου ,Μαυρίδης .Γ. ●Μιγαδικοί Αριθµοί , Βαρδάκη Σπύρου ● Μαθηµατικά κατεύθυνσης Γ λυκείου ,Σκοµπρής ● Άλγεβρα για την Α δέσµη ,Τσουλφανίδης Αιµ. ● Άλγεβρα Γ λυκείου, Ευρυπιώτης Στέλιος ● Συνδυαστικές ασκήσεις για τα µαθηµατικά της 1ης δέσµης , Αβραµόπουλος ,Θεοδωρίδης

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


55 http://mathhmagic.blogspot.gr/

●Complex Numbers From A To Z, Titu Andreescu - Dorin Andrica ● A Problem Book in Algebra, V.A.Krechmar, ● Algebra and Trigonometry , A.K.Bettinger,J.A.Englund ● Complex. Numbers .In. Geometry Ι.Μ.Yaglom ●THEMES MATHEMATIQUES, Gaston Aligniac ● Friendly Mathematics Competition-35 Years of Teamwork in Indiana ● Ευκλείδης Β ● θέµατα εισ. εξετάσεων Thadeus Gorian College ● Problems in High School Mathematics, Prilepko ● study4exams.gr( http://www.study4exams.gr/math_k/course/view.php?id=68) ….και φυσικά το forum του mathematica.gr που είναι «αδαµαντωρυχείο».

ΜΗΤΑΛΑΣ.Ι–∆ΡΟΥΓΑΣ.Α-ΧΑ∆ΟΣ.Χ-ΓΕΡΜΑΝΟΣ Ξ.-ΠΑΤΣΗΣ Σ


Μιγαδικοί αριθμοί επανάληψη