Άλλα μηνύματα του μέλους cretanman σε αυτό το thread

cretanman · 17-05-08

Αρχική Δημοσίευση από eliza04:
το αντιστροφο ειναι πολυ πιο ευκολο, ειχαν βαλει κατι παρομοιο νομιζω το 2004 αλλα δεν ειμαι σιγουρη

Το αντίστροφο μου πήρε περισσότερη ώρα από το ευθύ! Εαν το δεις λυμένο πράγματι φαίνεται απλούστερο αλλά δεν είναι λόγω της τεχνικής που δεν είναι πολυσυνηθισμένη για τους μιγαδικούς της Γ' Λυκείου!

Giannis (ή κάποιος άλλος) μήπως έχεις κάποια διαφορετική αντιμετώπιση στα ερωτήματα αυτά?

Αλέξανδρος

cretanman · 17-05-08

Καταρχήν φαντάζομαι ότι οι μιγαδικοί είναι ανά δύο διαφορετικοί μεταξύ τους οπότε και το μέτρο της διαφοράς δύο τυχαίων είναι διαφορετικό από το 0.

Ευθύ: Υποθέτουμε ότι

$\frac{1}{z_{1}-z_{2}}+\frac{1}{z_{2}-z_{3}}+\frac{1}{z_{3}-z_{1}}= 0$ τότε η συνθήκη αυτή γίνεται ισοδύναμα

$z_1^2+z_2^2+z_3^2=z_1z_2+z_2z_3+z_3z_1$ $\Longleftrightarrow$

$z_1^2-2z_1z_2+z_2^2=-z_1z_2+z_2z_3+z_1z_3-z_3^2$ $\Longleftrightarrow$

$(z_1-z_2)^2=(z_3-z_1)(z_2-z_3)$ $\Longleftrightarrow$ (πολλαπλασιάζω επί $(z_1-z_2)$ και τα δύο μέλη)

$(z_1-z_2)^3 = (z_3-z_1)(z_2-z_3)(z_1-z_2)$ $\Longleftrightarrow$

$|z_1-z_2|^3=|(z_3-z_1)||(z_2-z_3)||(z_1-z_2)|$

Δουλεύοντας με τον ίδιο ακριβώς τρόπο (απομονώνοντας αυτή τη φορά τα $z_2,z_3$ και μετά τα $z_1,z_3$ ) παίρνουμε ότι

$|z_2-z_3|^3=|(z_3-z_1)||(z_2-z_3)||(z_1-z_2)|$ και

$|z_1-z_3|^3=|(z_3-z_1)||(z_2-z_3)||(z_1-z_2)|$

άρα έχουμε το ζητούμενο.

Αντίστροφο: Αν υποθέσουμε ότι $|z_{1}-z_{2}| = |z_{2}-z_{3}| = |z_{3}-z_{1}|=k\neq 0$ τότε

επειδή (υψώνοντας στο τετράγωνο και χρησιμοποιώντας την $z \bar{z}=|z|^2$ ) ισχύει $\bar{z_1-z_2}=\frac{k^2}{z_1-z_2}$ (και κυκλικά για τα υπόλοιπα)

άρα έχουμε διαδοχικά,

$(z_1-z_2)+(z_2-z_3)+(z_3-z_1)=0$ $\Longleftrightarrow$

$<br /> \bar{(z_1-z_2)+(z_2-z_3)+(z_3-z_1)}=0$ $\Longleftrightarrow$

$\bar{(z_1-z_2)}+\bar{(z_2-z_3)}+\bar{(z_3-z_1)} =0$ $\Longleftrightarrow$

$\frac{k^2}{z_1-z_2}+\frac{k^2}{z_2-z_3}+\frac{k^2}{z_3-z_1}=0$ $\Longleftrightarrow \ \ \ (k\neq 0)$

$\frac{1}{z_{1}-z_{2}}+\frac{1}{z_{2}-z_{3}}+\frac{1}{z_{3}-z_{1}}= 0$

Αλέξανδρος Συγκελάκης

Αρχική Δημοσίευση από giannis:
Πιστεύω ένα καλό 3ο θέμα για Μιγαδικούς είναι το εξής

Αν $frac{1}{z_{1}-z_{2}}+frac{1}{z_{2}-z_{3}}+frac{1}{z_{3}-z_{1}}= 0$ τότε $|z_{1}-z_{2}| = |z_{2}-z_{3}| = |z_{3}-z_{1}|$ και αντίστροφα

cretanman · 13-05-08

Στο παλιό βιβλίο της πρώτης δέσμης (που κυκλοφορούσε μέχρι το 1999) υπήρχε μέσα στο βιβλίο σαν άσκηση. Τώρα δεν υπάρχει. Προσπαθήστε να αποδείξετε λοιπόν και την παραπάνω ανισότητα! Είναι μέσα στις δυνατότητες ενός μαθητή Λυκείου.

Δεν μπορώ να φανταστώ κάποιο άλλο τρόπο για το εν λόγω θέμα που να μη χρησιμοποιεί (έστω και έμμεσα) την ανισότητα Cauchy - Schwartz

Αλέξανδρος

cretanman · 13-05-08

Ας υποθέσουμε αντίθετα ότι η f είναι συνεχής στο [0,1]. Εφαρμόστε την ανισότητα Cauchy - Schwartz για ολοκληρώματα για τις συναρτήσεις $\sqrt{f(x)}$ και $x\sqrt{f(x)}$ . Τότε παρατηρούμε ότι λόγω των δεδομένων, η ανισότητα ισχύει ως ισότητα πράγμα που ισχύει είτε όταν και οι δύο συναρτήσεις είναι ταυτοτικά μηδέν (που δεν γίνεται, αφού τότε το ολοκλήρωμα της f που είναι θετική και συνεχής στο [0,1] δεν θα ήταν 1) είτε όταν οι δύο συναρτήσεις είναι ανάλογες για κάθε x στο [0,1], πράγμα που δεν γίνεται διότι αν υπήρχε λ τέτοιο ώστε $\sqrt{f(x)} =\lambda x\sqrt{f(x)}$ για κάθε x στο [0,1], τότε θα ίσχυε $1=\lambda x$ για κάθε x στο [0,1] που φανερά δεν ισχύει (πάρτε π.χ. για x=0).

Αλέξανδρος

Υ.Γ. Για εκείνους που δεν θυμούνται ή δεν ξέρουν την ανισότητα Cauchy - Schwartz για ολοκληρώματα

Εαν f, g είναι συναρτήσεις συνεχείς στο [a,b] (a<b) τότε ισχύει

$\int_a^b f^2(x)dx \cdot \int_a^b g^2(x)dx \geq \left(\int_a^b f(x)g(x)dx\right)^2$

Άλλα μηνύματα του μέλους cretanman σε αυτό το thread

cretanman

Νεοφερμένος

cretanman

Νεοφερμένος

cretanman

Νεοφερμένος

cretanman

Νεοφερμένος

Λοιπές Σελίδες