Matematické Fórum

p4too · 30. 12. 2015 14:44 — Editoval p4too (30. 12. 2015 14:59)

Zdravim,
Priklad
Zistite a nakreslite množinu
$M= \{z\in C: 0<arg(\frac{z-i}{z+i})<\frac{\pi}{4}\}$

Riesenie
$y=a+ib$
$\frac{a+ib-i}{a+ib+i}=\frac{a+i(b-1)}{a+i(b+1)}$

$\frac{a+i(b-1)}{a+i(b+1)}*\frac{a-i(b+1)}{a-i(b+1)}=\frac{a^2+b^2-1}{a^2+b^2+2b+1}$

$|\frac{a^2+b^2-1}{a^2+b^2+2b+1}|=\frac{a^2+b^2-1}{a^2+b^2+2b+1}$
$sin\alpha =\frac{a^2+b^2-1}{a^2+b^2+2b+1}/\frac{a^2+b^2-1}{a^2+b^2+2b+1}=1$
$cos\alpha =0/\frac{a^2+b^2-1}{a^2+b^2+2b+1}=0$

no a teraz je problem ze take alfa je az $\pi/2$ takze mnozina je prazdna??

vanok · 30. 12. 2015 17:12 — Editoval vanok (30. 12. 2015 17:13)

Ahoj,
Skontroluj tento vyraz
$\frac{a+i(b-1)}{a+i(b+1)}*\frac{a-i(b+1)}{a-i(b+1)}=\frac{a^2+b^2-1}{a^2+b^2+2b+1}$

p4too · 30. 12. 2015 18:03

Zle som to roznasobil
$\frac{a+i(b-1)}{a+i(b+1)}*\frac{a-i(b+1)}{a-i(b+1)}=$
$\frac{a^2+b^2-i2a-1}{a^2+(b+1)^2}=$
$\frac{a^2+b^2-1}{a^2+(b+1)^2}-i\frac{2a}{a^2+(b+1)^2}=w$

$|w|=\sqrt{(\frac{a^2+b^2-1}{a^2+(b+1)^2})^2+(\frac{2a}{a^2+(b+1)^2})^2}=$

$\frac{\sqrt{(a^2+b^2-1)^2+4a^2}}{a^2+(b+1)^2}$

a dalej ??

Sergejevicz · 30. 12. 2015 18:19

Jenom poznámečku, že úplně na začátku máš "y=a+bi" a má tam být "z" místo "y". :-)

No a teď z vlastností sin a cos a z toho, když si nakreslíš libovolné nenulové komplexní číslo w do Gaussovy roviny, plyne to, že cos(alfa) = Re(w)/|w| a sin(alfa) = Im(w)/|w|...

p4too · 30. 12. 2015 18:38

takze musi platit
$cos\alpha=\frac{\frac{a^2+b^2-1}{a^2+(b+1)^2}}{\frac{\sqrt{(a^2+b^2-1)^2+4a^2}}{a^2+(b+1)^2}}=$

$cos\alpha=\frac{a^2+b^2-1}{\sqrt{(a^2+b^2-1)^2+4a^2}}=c$

$sin\alpha=\frac{2a}{\sqrt{(a^2+b^2-1)^2+4a^2}}=s$

teraz staci najst take alfa kde patri do 0 ; pi/4

$\alpha=arccos(c)$
$\alpha=arcsin(s)$

$0=arcsin(s)$
$\frac{\pi}{4}=arcsin(s)$
$\frac{\pi}{4}=arccos(c)$
$0=arccos(c)$

popripade by sa dalo
$sin0=0$
$cos0=1$
$sin\pi/4=\frac{\sqrt2}{2}$
$cos\pi/4=\frac{\sqrt2}{2}$

a to polozit
$1<\frac{a^2+b^2-1}{\sqrt{(a^2+b^2-1)^2+4a^2}}<\frac{\sqrt2}{2}$
$\frac{\sqrt2}{2}<\frac{2a}{\sqrt{(a^2+b^2-1)^2+4a^2}}<\frac{\sqrt2}{2}$

a toto dako vyriesit ??

Sergejevicz

A raději si to w nech ve tvaru Re(w) + i*Im(w), protože jinak se upíšeš. Nějak bych zmíněné rovnice převedl na tvar s samostatnou alfou na jedné straně a arccos či arcsin na straně druhé, do toho bych dal ty požadavky na možinu ze zadání, a tak dostanu nějaké vztahy pro Re(w) a Im(w). Teprve pak bych za Re(w) a Im(w) dosadil, a tím tak dostal vztahy pro a, b. Všechny ty vztahy budou muset plati zároveň. Vztahy rozuměj nejspíš nerovnosti. Taky se mi zdá, že počítat |w| asi nebylo úplně nutné.

EDIT: psal jsem, když ty jsi psal, tak jsme se minuli :-).

p4too · 30. 12. 2015 18:51

napis mi to prosim ta ja uz nevladzem

Sergejevicz · 30. 12. 2015 18:51

Bacha na znaménko imaginární části - má tam být -2a/..., ne 2a/.... Ty máš znaménko vytknuté před "i".

Sergejevicz

↑ p4too:
Ne, jde o to, že jsem psal to, co ty jsi mezitím sem v podstatě napsal. :-).

Sergejevicz · 30. 12. 2015 18:53

Ale já na to ještě koukám a možná to nemáš správně, vydrž.

Sergejevicz · 30. 12. 2015 19:04

Já to myslel nějak takhle:

$\mathrm{Re}(w)=\frac{a^2+b^2-1}{a^2+(b+1)^2}$
$\mathrm{Im}(w)=\frac{-2a}{a^2+(b+1)^2}$
$|w|=\sqrt{(\mathrm{Re}(w))^2 + (\mathrm{Im}(w))^2}$

$\cos\alpha = \frac{\mathrm{Re}(w)}{|w|}$
$\sin\alpha = \frac{\mathrm{Im}(w)}{|w|}$
Uplatním inverzi s tím, že alfa je v prvním kvadrantu.
$\alpha = \arccos\frac{\mathrm{Re}(w)}{|w|}$
$\alpha = \arcsin\frac{\mathrm{Im}(w)}{|w|}$

Budu pokračovat......

Sergejevicz · 30. 12. 2015 19:17

Ze zadání máme podmínky $\alpha > 0$ , $\alpha < \pi/4$ . Takže třeba pro acos máme
$\arccos\frac{\mathrm{Re}(w)}{|w|} > 0$ , $\arccos\frac{\mathrm{Re}(w)}{|w|} < \pi/4$ .
Tedy z vlastností cos a acos
$\frac{\mathrm{Re}(w)}{|w|} < 1$ , $\frac{\mathrm{Re}(w)}{|w|} > \sqrt{2}/2$ .
Teprve teď bych dosadil za Re(w), Im(w) a |w|.

Raději bych to samé udělal pro sin. Ale ono by to snad mělo nakonec dát to samé, tuším. Podívám se na to nějak........

uffffffff.....

p4too · 30. 12. 2015 19:24

nemas nahodou zobaciky naopak ??

Sergejevicz · 30. 12. 2015 20:06

Tak třeba acos. Ten je klesající, že ano. Představuju si jeho graf
http://www.wolframalpha.com/input/?i=arccos
Takže když má být větší než nula, musí jeho argument být menší než 1 (a také větší než -1). A podobně pro tu druhou nerovnost.

Jinak teď jsem se díval, jaké vztahy se dostanou po dosazení za |w| a úpravách v případě, kdy se vyjde z sinu a asinu, a vyjde to stejně, jako když se vyjde z cosu a acosu, jak jsem naznačil já. Ale bacha, míchaj se tam do toho druhé mocniny, tak pozor, aby nebyl problém se znaménky. V tom je dobré myslet na to, že meze pro alfu jsou tak, že sin i cos alfy musejí být kladné, takže problém se znaménky při umocňování nebo odmocňování nerovnic by neměl být.

A říkal jsem uffff proto, že mi to psaní v TeXu nějak pomalu šlo, tentokrát :-).

Sergejevicz

Takže jsem to dělal skoro jako ty, ale mám v úmyslu přejít k vyjádření v a, b až na konec, abych se s nimi nemusel tolik opisovat. Tys tam ale měl nějak divně ty meze - na obou stranách jedné multinerovnosti sqrt (2) / 2, to by ani nešlo splnit.

A taky bacha na to, že v zadání je množina vymezena předpisem, který sám o sobě klade podmínku na "z", že totiž "z" nesmí být "-i", aby byl výraz v nerovnostech definován. To se taky nějak může projevit v podmínkách pro a, b.

EDIT: Opraveno na "z" nesmí být "-i". Oprava zmíněna i níže.

Sergejevicz

OPRAVA: říkal jsem z různé od i, ale má být z různé od -i. Už jsem to tam opravil, viz nějaký dřívější příspěvek.

Sergejevicz · 30. 12. 2015 20:30

Mně každopádně vychází Im(w) > 0, Re(w) > Im(w).

Ale teď si uvědomuju, že to vlastně je jasné už ze začátku, bez průchod přes sin a asin apod. To kdybychom si bývali označili w = (z - i)/(z + i). Z vymezených úhlů a gomiometrického tvaru je při nakreslení do Gaussovy roviny hned vidět, že w musí být v úhlu vymezeném kladnou reálnou poloosou a osou prvního kvadrantu, tam, kde mají w úhel mezi 0 a pí/4, hraniční polopřímky tam nepatří.

K tomu mě napadá, že pro zjištění "z" by stačilo rovnost w = (z - i)/(z + i)....

Po invertování bych si napsal w = Re(w) + i*Im(w), upravil.... No, je to taková myšlenka.

Sergejevicz · 30. 12. 2015 20:44

No, teď to tady zkouším, ale dostanu závislost z na Re(w) a Im(w) celkem ohavnou.... jestli se nepletu.... Takže možná snad raději přes ty goniometrické funkce a dál pracovat s a, b.

p4too · 30. 12. 2015 20:54

V zosite to mam takto akurat to vyzera nedoratane
https://www.dropbox.com/s/62elyp6ltdmbp … 0.jpg?dl=0
https://www.dropbox.com/s/uy7km6c2bco2o … 8.jpg?dl=0

Pavel · 30. 12. 2015 21:57

↑ p4too:

Stačí vyřešit soustavu následujících dvojných nerovnic:

$\frac{\sqrt2}{2}<\frac{a^2+b^2-1}{\sqrt{(a^2+b^2-1)^2+4a^2}}<1\\ 0<\frac{-2a}{\sqrt{(a^2+b^2-1)^2+4a^2}}<\frac{\sqrt2}{2}$

1. Z první nerovnice je zřejmé, že $a^2+b^2-1>0$ , aby byl zlomek kladný. Tj. nerovnici budou řešit ta komplexní čísla, která leží v Gaussově rovině vně kruhu se středem v počátku a poloměrem 1.

2. Z druhé nerovnice je také zřejmé, že $a<0$ , aby byl zlomek opět kladný. Řešení proto hledáme mezi komplexními čísly, jejichž reálná část je záporná.

3. Umocníme na druhou první nerovnici, odstraníme zlomky a dále upravíme:

$\frac 12\left((a^2+b^2-1)^2+4a^2\right)&<(a^2+b^2-1)^2<(a^2+b^2-1)^2+4a^2\\ -\frac 12(a^2+b^2-1)^2+2a^2&<0<4a^2\\$

3a) Pravá nerovnice $0<4a^2$ platí za dříve odvozených závěrů - ad 2) - vždy.

3b) Levou nerovnici $-\frac 12(a^2+b^2-1)^2+2a^2<0$ upravíme a odmocníme:

$-\frac 12(a^2+b^2-1)^2+2a^2&<0\\ 4a^2&<(a^2+b^2-1)^2\\ |2a|&<|a^2+b^2-1|$

Využijeme ad 1) a ad 2) a odstraníme absolutní hodnoty:

$|2a|&<|a^2+b^2-1|\\ -2a&<a^2+b^2-1\\ 2&<(a+1)^2+b^2$

Nerovnici tak dále vyhovují komplexní čísla, která leží v Gaussově rovině vně kruhu se středem v bodě [-1,0] a poloměrem $\sqrt 2$ .

---

Druhá dvojná nerovnost se vyřeší obdobně.