Dowód na twierdzenia, równania

[Browning0]

Mam parę wątpliwości dotyczących tych kilku zadań/dowodów. Raczej są to sprawy czystko rachunkowe, ale wolę się upewnić czy zrobiłem to dobrze. Pozwoliłem sobie w niektórych miejscach opuścić część przekształceń bo tak to bym 3 dni spędził pisząc tego posta.

1) Udowodnij że \(\displaystyle{ \text{Re} \; z \le \left| \text{Re} \; z \right| \le \left| x \right| \quad z=(a,b)}\)

\(\displaystyle{ a \le \left| a \right| \le \sqrt{a ^{2} + b ^{2} } \quad /() ^{2} \\
a ^{2} \le a ^{2} \le a ^{2} + b ^{2} \quad /-a ^{2}}\)
\(\displaystyle{ 0 \le 0 \le b ^{2}}\) ckd

2) Udowodnij że \(\displaystyle{ \left| z _{1} + z _{2} \right| \le \left| z _{1} \right| + \left| z _{2} \right| \quad z _{1} = (a,b) \quad z _{2} = (c,d)}\)

\(\displaystyle{ \left| (a,b)+(c,d)\right| \le \left| (a,b)\right| + \left| (c,d)\right| \\ \\
\sqrt{(a+c) ^{2} + (b+d) ^{2} } \le \sqrt{a ^{2} + b ^{2} } + \sqrt{c ^{2} + d ^{2} } \quad /() ^{2} \\ \\
(a+c) ^{2} + (b+d) ^{2} \le a ^{2} + b ^{2} + c ^{2} + d ^{2} + 2 \sqrt{(a ^{2}+ b^{2})(c^{2}+d^{2})} \\ \\
ac+bd \le \sqrt{(a ^{2}+ b^{2})(c^{2}+d^{2})} \quad /() ^{2} \\ \\
2abcd \le a ^{2} d ^{2} +b ^{2}c ^{2} \quad /-a ^{2} d ^{2} +b ^{2}c, \ \cdot(-1)}\)

\(\displaystyle{ (ad+bc) ^{2} \ge 0}\) ckd

3) Wyprowadź wzór na dzielenie liczb zespolonych
\(\displaystyle{ \frac{(a,b)}{(c,d)} = \left( \frac{ac+bd}{c ^{2} +d ^{2} }, \frac{-ad+bc}{c ^{2} +d ^{2} } \right)}\)

4) Wyznaczyć wszystkie liczby zespolone spełniające warunki: \(\displaystyle{ z ^{2} +4i=0}\)
Wyszło mi:
\(\displaystyle{ Rozw.=\left\{ \left( \sqrt{2},-\sqrt{2} \right) ,{ \left( -\sqrt{2},\sqrt{2} \right) \right\}}\)

[Dasio11]

(1) i (2) - niepoprawnie. Absolutnie nie wolno w ten sposób traktować nierówności. Mógłbyś w ten sposób udowodnić:

\(\displaystyle{ 3 \le -5 /()^2 \\
9 \le 25}\)
ckd;

(3) Prawie OK, w mianownikach powinno być \(\displaystyle{ c^2+d^2;}\)

(4) Czy równanie nie powinno wyglądać tak: \(\displaystyle{ z^2 + 4i =0?}\)

Jeśli tak, rozwiązania się nie zgadzają.

[Browning0]

Co do (1) i (2) to chyba mogę, po prostu opuściłem jeden krok:
\(\displaystyle{ a \le \left| a \right| \le \sqrt{a ^{2} + b ^{2} } \quad /() ^{2} \\ a ^{2} \le a ^{2} \le \left| a ^{2} + b ^{2}\right| \quad \hbox{mam tutaj moduł z sumy dwóch liczb nieujemnych, który też jest liczbą nieujemną} \\ a ^{2} \le a ^{2} \le a ^{2} + b ^{2} \quad /-a ^{2}}\)

\(\displaystyle{ \sqrt{(a+c) ^{2} + (b+d) ^{2} } \le \sqrt{a ^{2} + b ^{2} } + \sqrt{c ^{2} + d ^{2} } \quad /() ^{2} \\ \\ \left| (a+c) ^{2} + (b+d) ^{2}\right| \le \left| a ^{2} + b^{2}\right| + 2 \sqrt{(a ^{2}+ b^{2})(c^{2}+d^{2})} + \left| c ^{2} + d^{2}\right| \quad \hbox{ponownie, moduł z sumy dwóch liczb} \\ \\ \hbox{nieujemnych} \\ \\ (a+c) ^{2} + (b+d) ^{2} \le a ^{2} + b ^{2} + c ^{2} + d ^{2} + 2 \sqrt{(a ^{2}+ b^{2})(c^{2}+d^{2})}}\)

(3) i (4): tak moja nieuwaga =] Już poprawiłem dla potomnych

-- 5 lis 2011, o 22:40 --

I dorzucę jeszcze jedno (5):
\(\displaystyle{ T: \ \overline{z}=z \Leftrightarrow z \in R \quad z=(a,b) \\ Z: \ z \in R \Leftrightarrow b=0 \\ D: \ \overline{z}=\overline{a+bi}=a-bi=a+(-b)i=(a,-b) \\ (a,-b) \in R \Leftrightarrow -b=0 \Leftrightarrow b=0 \quad \hbox{ckd}}\)

-- 5 lis 2011, o 23:10 --

A nawet kolejne, z którym mam pewien problem... Mianowicie, wyznaczyć wszystkie liczby zespolone spełniające warunki (6):
\(\displaystyle{ \frac{z+2}{i-1}= \frac{3+i}{z+i} \\ \\ \hbox{zamieniłem to sobie na:} \\ \\ \frac{(a,b)+(2,0)}{(0,1)-(1,0)}= \frac{(3,0)+(0,1)}{(a,b)+(0,1)} \\ \\ \frac{(a+2,b)}{(-1,1)}= \frac{(3,1)}{(a,b+1)} \\ \\ \hbox{przemnożyłem wszystko na krzyż i mi to doszło do postaci:} \\ \\ (a ^{2} +2a - b ^{2} -b,a+2b+2ab+2)=(-4,2)}\)

No a z tego powstaje mi już dość nieładny układ równań. Starałem się go rozwalić, ale wyskakują mi jakieś stonogi i wielomiany 4tego stopnia, a Microsoft Mathematics podaje mi proste, jedno rozwiązanie...

Jest jakiś łatwiejszy sposób, popełniłem jakiś błąd czy trzeba to jakoś zwalczyć?

[Dasio11]

(1) Chodziło raczej o nierówność \(\displaystyle{ a \le |a|}\) - tego nie wolno uzasadniać podnosząc obustronnie do kwadratu bez żadnego komentarza. Z drugiej strony, ta nierówność jest chyba tak oczywista, że chyba w ogóle nie trzeba jej dowodzić. W takim razie jedyna robota to zauważenie, że \(\displaystyle{ \text{Re} \; z}\) jest liczbą rzeczywistą.

(2)

\(\displaystyle{ \sqrt{(a+c) ^{2} + (b+d) ^{2} } \le \sqrt{a ^{2} + b ^{2} } + \sqrt{c ^{2} + d ^{2} } \quad /() ^{2} \\ \\ \left| (a+c) ^{2} + (b+d) ^{2}\right| \le \left| a ^{2} + b^{2}\right| + 2 \sqrt{(a ^{2}+ b^{2})(c^{2}+d^{2})} + \left| c ^{2} + d^{2}\right| \quad \hbox{ponownie, moduł z sumy dwóch liczb} \\ \\ \hbox{nieujemnych} \\ \\ (a+c) ^{2} + (b+d) ^{2} \le a ^{2} + b ^{2} + c ^{2} + d ^{2} + 2 \sqrt{(a ^{2}+ b^{2})(c^{2}+d^{2})}}\)

Akurat w tym przypadku moduły są zbędne, bo zawsze \(\displaystyle{ \sqrt{\alpha}^2=\alpha.}\) Pisząc: 'źle', miałem na myśli podniesienie nierówności

\(\displaystyle{ ac+bd \le \sqrt{\left( a^2+b^2 \right) \left(c^2+d^2 \right)}}\)

do kwadratu.

(4) Pozostało źle.

(5) Nie rozumiem, co oznacza linijka \(\displaystyle{ Z: \ldots,}\) nigdzie też nie widzę dowodu równoważności

\(\displaystyle{ (a, b) = \overline{(a, b)} \Leftrightarrow (a, b) \in \mathbb R}\)


(6) Chyba łatwiej będzie działać na jednej literce \(\displaystyle{ z:}\)

\(\displaystyle{ \frac{z+2}{ \mathrm i-1} = \frac{3+ \mathrm i}{z+ \mathrm i} \\ \\
(z+2)(z+ \mathrm i) = (\mathrm i-1)(3+ \mathrm i)}\)

Z tego wychodzi zwykłe równanie kwadratowe niewiadomej zespolonej \(\displaystyle{ z.}\)

[Browning0]

(1) No właściwie to racja Jak to człowiek sobie chce komplikować xD
(2) No tak... Pomyliło mi się z tym że \(\displaystyle{ \sqrt{ \alpha ^{2} }}\) już w moduł trzeba wsadzić. To w jaki sposób to w takim razie rozwalić?
(4) Nie, poprawiłem
(5) Liczba zespolona "z" w postaci \(\displaystyle{ (a,b)}\) należy do zbioru liczb rzeczywistych wtedy i tylko wtedy kiedy jej część urojona (b) równa się 0. No i udowodniłem że liczba sprzężona z liczbą "z" należy do zbioru liczb rzeczywistych wtedy i tylko wtedy kiedy b wynosi 0. Nie wiem, może źle to jakoś formalnie zapisałem...
(6) Ok, zabieram się za to!-- 6 lis 2011, o 00:25 --(6) No dobra... Rozpisałem to do formy:

\(\displaystyle{ z ^{2} +3z+(6-2i)=0 \\ \\ \Delta = -15 + 8i \\ \\ z _{1} = \frac{-3+ \sqrt{-15+8i} }{2} \\ \\ z _{2} = \frac{-3- \sqrt{-15+8i} }{2}}\)

Chyba już nic z tym nie zrobię? Kombinowałem jak tu wyciągnąć tę jednostkę urojoną żeby ładniej te liczby zapisać, ale nie potrafię :[

[Dasio11]

(2) Można napisać, że

\(\displaystyle{ ac+bd \le |ac+bd|}\)

oraz

\(\displaystyle{ |ac+bd| \le \sqrt{\left( a^2+b^2 \right) \left(c^2+d^2 \right)},}\)

przy czym tę drugą równość uzasadniamy podnosząc do kwadratu, tym razem legalnie, bo obie strony są nieujemne. A dla liczb nieujemnych \(\displaystyle{ x, y \in (0, \infty)}\) już zachodzi równoważność

\(\displaystyle{ x \le y \Leftrightarrow x^2<y^2.}\)

(4)
\(\displaystyle{ \left( \sqrt{2}+ \sqrt{2} \mathrm i \right)^2 = \sqrt{2}^2 + 2 \cdot \sqrt{2} \cdot \sqrt{2} \mathrm i + \sqrt{2}^2 \mathrm i^2 = 4 \mathrm i}\)

więc \(\displaystyle{ \left( \sqrt{2}+ \sqrt{2} \mathrm i \right)^2+4 \mathrm i \neq 0.}\)


(5) Dowód równoważności

\(\displaystyle{ (a, b) = \overline{(a, b)} \Leftrightarrow (a, b) \in \mathbb R}\)

powinien zawierać wszystkie przejścia

I od założenia \(\displaystyle{ (a, b) = \overline{(a, b)}}\) do tezy \(\displaystyle{ (a, b) \in \mathbb R,}\)
II od założenia \(\displaystyle{ (a, b) \in \mathbb R}\) do tezy \(\displaystyle{ (a, b) = \overline{(a, b)}}\)

a ty na przykład nigdzie nie skorzystałeś z założenia \(\displaystyle{ (a, b) = \overline{(a, b)},}\) by dojść do \(\displaystyle{ (a, b) \in \mathbb R.}\)

[Browning0]

(2) Ok! I tylko jeszcze pytanie:
\(\displaystyle{ x \le y \Leftrightarrow x^2<y^2}\) czemu z jednej strony jest równość ostra a z drugiej nieostra? Np. dla x=0 i y=0 to już by nie zadziałało. Czy to znowu ja nie ogarnąłem?

(4) Ach, po prostu źle przeczytałem Twojego posta

(4) Czy równanie nie powinno wyglądać tak: z^2 + 4i =0?

Jeśli tak, rozwiązania się nie zgadzają.

nie zauważyłem tego "nie" xD i myślałem że zrobiłem tylko błąd w pisaniu, a tutaj też błąd w wyniku. W takim razie:
\(\displaystyle{ Rozw.=\left\{ \left( \sqrt{2},-\sqrt{2} \right) ,{ \left( -\sqrt{2},\sqrt{2} \right) \right\}}\)

(5) Nie wiem czy dobrze rozumiem xD Ale chyba tak
1. Postawiłem tezę: Liczba sprzężona z "z" równa się "z" wtedy i tylko wtedy kiedy "z" należy do zbioru liczb rzeczywistych. Dopisałem jeszcze że "z" przedstawiam w postaci \(\displaystyle{ (a,b)}\)
\(\displaystyle{ T: \ \overline{z}=z \Leftrightarrow z \in R \quad z=(a,b)}\)

2. Zauważyłem, że liczba "z" należy do zbioru liczb rzeczywistych, wtedy i tylko wtedy kiedy jej część urojona równa się 0. I jest to moja założenie na którym się będę teraz opierał.
\(\displaystyle{ Z: \ z \in R \Leftrightarrow b=0}\)

3. Podsumowując, muszę teraz pokazać że
\(\displaystyle{ \overline{z}=z \Leftrightarrow b=0}\)

4. A więc to robię:
\(\displaystyle{ D: \overline{z}=z \Leftrightarrow a-bi=a+bi \\ -bi = bi \\ 2bi=0 \\ bi=0 \\ b=0 \vee i=0 \\ i \neq 0 \Rightarrow b=0 \Rightarrow \\ \Rightarrow \overline{z}=z \Leftrightarrow b=0 \quad \hbox{ckd}}\)

-- 6 lis 2011, o 01:33 --

I widzę że nie idzie mi to tak pięknie jak myślałem, więc pozwolę sobie jeszcze wrzucić te 2 przykłady do sprawdzenia, tak na zaś
(7) \(\displaystyle{ Rez-3Imz=z \quad \hbox{Rozwiązanie:} \quad A:\left\{ z=(a,b) \in C:b=0 \right\}}\)
(8) \(\displaystyle{ Re(iz) \ge 1 \quad \hbox{Rozwiązanie:} \quad A:\left\{ z=(a,b) \in C:b \le -1\right\}}\)

[Dasio11]

(2) Jasne, masz rację. Przepraszam.
(4) W porządku.
(5) Teraz jest ogólnie w porządku. Wcześniej brakowało kluczowego moim zdaniem przejścia

\(\displaystyle{ b=-b}\) wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ b=0}\)

Pewnie, że to jasne, ale to jest część dowodu.
Można by się delikatnie przyczepić do tych implikacji na końcu. Zazwyczaj dużo czytelniej jest po prostu napisać:


\(\displaystyle{ z = \overline z \Leftrightarrow \ldots \Leftrightarrow b \mathrm i = 0}\)

ale \(\displaystyle{ \mathrm i \neq 0,}\) więc \(\displaystyle{ b \mathrm i = 0 \Leftrightarrow b=0}\)

a zatem \(\displaystyle{ z = \overline z \Leftrightarrow b= 0}\)


zamiast


\(\displaystyle{ z = \overline z \Leftrightarrow \ldots \Leftrightarrow b \mathrm i = 0}\)

\(\displaystyle{ \mathrm i \neq 0 \Rightarrow b=0 \Rightarrow z = \overline z \Leftrightarrow b = 0}\)



(7) i (8) w porządku.

[Browning0]

Super, wielkie dzięki
Mógłbyś jeszcze rzucić okiem na ten przykład szósty? Jak na razie doszedłem do takiego momentu:

-- 6 lis 2011, o 00:25 --

(6) No dobra... Rozpisałem to do formy:

\(\displaystyle{ z ^{2} +3z+(6-2i)=0 \\ \\ \Delta = -15 + 8i \\ \\ z _{1} = \frac{-3+ \sqrt{-15+8i} }{2} \\ \\ z _{2} = \frac{-3- \sqrt{-15+8i} }{2}}\)

Chyba już nic z tym nie zrobię? Kombinowałem jak tu wyciągnąć tę jednostkę urojoną żeby ładniej te liczby zapisać, ale nie potrafię :[

I jeszcze takie ostatnie, pytanie. Rozumiem że zapis \(\displaystyle{ A:\left\{ z=(a,b) \in C:b=0 \right\}}\) oznacza "zbiór A wszystkich liczb "z" postaci (a,b) należących do zbioru liczb zespolonych takich że b równa się 0"? Jeszcze nie jestem dobry w formalizowaniu zapisu =P

-- 6 lis 2011, o 13:12 --

Ach... W jednym miejscu w (6) pomyliłem i z 1... Muszę od nowa zrobić.-- 6 lis 2011, o 13:22 --Dobra, w (6) mi wyszło że z=0. Dobrze?

[Dasio11]

Formalnie, zapis

\(\displaystyle{ A=\{ z=(a,b) \in \mathbb C: b=0 \}}\)

nie jest zgodny ze standardem - wolno jedynie napisać tak:

\(\displaystyle{ A=\{(a,b) \in \mathbb C: b=0 \}}\)

przy czym tutaj tkwi pewna nieścisłość - brak uwagi, że \(\displaystyle{ a \in \mathbb R}\) - jednak zwyczajowo można ją pominąć jako oczywistą w aktualnym kontekście. Można też krócej:

\(\displaystyle{ A=\{ (a, 0) \in \mathbb C: a \in \mathbb R \}}\)

i tu już trzeba zapisać \(\displaystyle{ a \in \mathbb R,}\) żeby rubryka po dwukropku nie była pusta.
Można też zwyczajnie napisać:

\(\displaystyle{ A=\mathbb R,}\)

choć jest pewna subtelna różnica: mimo, że zbiory

\(\displaystyle{ \{ (a, 0) \in \mathbb C: a \in \mathbb R \}}\) oraz \(\displaystyle{ \mathbb R}\)

utożsamiamy ze sobą, to równe one nie są.


(6) \(\displaystyle{ z=0}\) nie spełnia równania. Dla porządku, najpierw dobrze by było określić dziedzinę:

\(\displaystyle{ \mathbb D = \mathbb C \setminus \{ - \mathrm i \}}\)

[Browning0]

No dobra. Od początku =]
\(\displaystyle{ \frac{z+2}{i-1} = \frac{3+i}{z+i} \\ \\ i \neq 1 \wedge z \neq -i \Rightarrow \mathbb D= \mathbb C \setminus \left\{ -i \right\} \\ (z+2)(z+i)=(3+i)(i-1) \\ z ^{2}+ zi + 2z +2i = 3i -3 +i^{2} - i \\ z^{2} +2z +zi +2i = 2i -4 \\ (z^{2}+2z+4) + (z)i = 0 + 0i \\ \hbox{nie wiem czy mogę to zrobić, ale spróbuję...} \\ \begin{cases} z^{2}+2z+4=0 \\ z=0 \end{cases} \\ \hbox{układ sprzeczny?}}\)

-- 6 lis 2011, o 15:07 --

I kurcze, chyba poleci następne ^^ Tak się zastanawiam czy nie powinienem już założyć nowego tematu, albo ten uporządkować, jak uważasz?

(9) \(\displaystyle{ (z+\overline z) + i(z- \overline z) = 2i - 6 \\ (a+bi+a-bi) + i(a+bi-a+bi) = 2i-6 \\ 2a + i \cdot 2bi = 2i-6 \\ 2a-2b = 2i - 6 \\ \hbox{no i jakaś głupota wychodzi, bo chyba znowu układ sprzeczny} \\ \begin{cases} 2a-2b=-6 \\ 0=2 \end{cases}}\)

[Dasio11]

Niestety, to nie tak. Rozumiem, że równanie należy rozwiązać w liczbach zespolonych, tzn. znaleźć wszystkie \(\displaystyle{ z \in \mathbb C,}\) które spełniają równanie

\(\displaystyle{ \frac{z+2}{ \mathrm i-1} = \frac{3+ \mathrm i}{z+ \mathrm i} .}\)

Rozwiązujemy więc i dochodzimy do równości

\(\displaystyle{ \left( z^2+2z+4 \right) + (z) \mathrm i = 0 + 0 \mathrm i}\)

i w tym momencie chcesz porównać części rzeczywiste i urojone obu stron. Proszę bardzo, ale musisz pamiętać, że niekoniecznie

\(\displaystyle{ \begin{cases} \text{Re} \; \Big( \left( z^2+2z+4 \right) + (z) \mathrm i \Big) = \left( z^2+2z+4 \right) \\ \text{Im} \; \Big( \left( z^2+2z+4 \right) + (z) \mathrm i \Big) = z \end{cases}}\)

bo nie wiadomo, czy \(\displaystyle{ z \in \mathbb R,}\) a tym bardziej, czy \(\displaystyle{ z^2+2z+4 \in \mathbb R.}\)

Dlatego łatwiej będzie po prostu rozwiązać równanie kwadratowe niewiadomej zespolonej \(\displaystyle{ z:}\)


\(\displaystyle{ z^2 + (2+\mathrm i) z + 4 = 0 \\ \\
\left( z^2 + 2 \cdot z \cdot \frac{2+ \mathrm i}{2} + \left( \frac{2+ \mathrm i}{2} \right)^2 \right) = \left( \frac{2+ \mathrm i}{2} \right)^2 - 4 \\ \\
\left( z+ \frac{2+ \mathrm i}{2} \right)^2 = \frac{-13+4 \mathrm i}{4} \\ \\
2^2 \left(z+\frac{2+\mathrm i}{2} \right)^2 = -13+ 4 \mathrm i}\)

Rozwiązujemy równanie pomocnicze:

\(\displaystyle{ (a+b \mathrm i)^2 = -13+4 \mathrm i \\
\begin{cases} a^2-b^2 = -13 \\ 2ab=4 \end{cases}}\)

W myśl tożsamości

\(\displaystyle{ \left( a^2+b^2 \right)^2 = \left( a^2-b^2 \right)^2 + (2ab)^2}\)

przy użyciu faktu, że \(\displaystyle{ a^2+b^2 \ge 0,}\) otrzymujemy

\(\displaystyle{ a^2+b^2 = \left| a^2+b^2 \right| = \sqrt{ \left(a^2-b^2 \right)^2 + (2ab)^2 } = \sqrt{(-13)^2+4^2} = \sqrt{185}}\)

a więc

\(\displaystyle{ a^2 = \frac{a^2+b^2}{2} + \frac{a^2-b^2}{2} = \frac{\sqrt{185} -13}{2} \\ \\
b^2 = \frac{a^2+b^2}{2} - \frac{a^2-b^2}{2} = \frac{\sqrt{185}+13}{2}}\)

i stąd

\(\displaystyle{ \begin{cases} a=\sqrt{ \frac{\sqrt{185}-13}{2}} \\ \\ b=\sqrt{\frac{\sqrt{185}+13}{2}} \end{cases} \vee \begin{cases} a=-\sqrt{ \frac{\sqrt{185}-13}{2}} \\ \\ b=-\sqrt{\frac{\sqrt{185}+13}{2}} \end{cases}}\)


Tak więc

\(\displaystyle{ 2 \left( z+ \frac{2+ \mathrm i}{2} \right) = \sqrt{ \frac{\sqrt{185}-13}{2}} + \mathrm i \sqrt{\frac{\sqrt{185}+13}{2}}}\) albo \(\displaystyle{ 2 \left( z+ \frac{2+ \mathrm i}{2} \right) = -\sqrt{ \frac{\sqrt{185}-13}{2}} - \mathrm i \sqrt{\frac{\sqrt{185}+13}{2}}}\)

czyli

\(\displaystyle{ z=\frac{\sqrt{ \frac{\sqrt{185}-13}{2}} -2}{2} + \mathrm i \cdot \frac{\sqrt{\frac{\sqrt{185}+13}{2}}-1}{2}}\)

lub

\(\displaystyle{ z=\frac{ -\sqrt{ \frac{\sqrt{185}-13}{2}} -2}{2} + \mathrm i \cdot \frac{ -\sqrt{\frac{\sqrt{185}+13}{2}}-1}{2}}\)


Mogłem się gdzieś pomylić w obliczeniach.
Jeśli znane ci jest wyprowadzenie wzorów na pierwiastki równania kwadratowego w liczbach rzeczywistych, to bez trudu zauważysz podobieństwo. Przeprowadzając identyczne rozumowanie dla przypadku ogólnego

\(\displaystyle{ az^2+bz+c=0}\) gdzie \(\displaystyle{ a \neq 0}\)

otrzymujemy wzory na pierwiastki równania kwadratowego w liczbach zespolonych:

\(\displaystyle{ z_1 = \frac{-b+\sqrt{b^2-4ac}}{2} \\ \\
z_2 = \frac{-b-\sqrt{b^2-4ac}}{2}}\)

gdzie \(\displaystyle{ w=\sqrt{b^2-4ac}}\) jest dowolnym z dwóch, lecz tym samym w obydwu wzorach, pierwiastkiem równania

\(\displaystyle{ w^2=b^2-4ac.}\)

[Browning0]

Dobra, trochę mi zajęło zrozumienie ale załapałem xD
Zastanawia mnie tylko jeden krok...
Jak od tego:
\(\displaystyle{ 2^2 \left(z+\frac{2+\mathrm i}{2} \right)^2 = (\sqrt{ \frac{\sqrt{185}-13}{2}} + \mathrm i \sqrt{\frac{\sqrt{185}+13}{2}})^{2}}\)
Przeszedłeś od razu do tego:
\(\displaystyle{ 2 \left( z+ \frac{2+ \mathrm i}{2} \right) = \sqrt{ \frac{\sqrt{185}-13}{2}} + \mathrm i \sqrt{\frac{\sqrt{185}+13}{2}}}\)
Czy tam nie powinny pojawić się jakieś moduły?

-- 6 lis 2011, o 17:12 --

I jak wygląda sprawa z (9)? Wychodzi brak rozwiązań czy raz jeszcze coś jest nie tak?

[Dasio11]

(8) Najpierw rozwiązaliśmy równanie

\(\displaystyle{ w^2=-13+ 4 \mathrm i}\)

i wyszło

\(\displaystyle{ w=\sqrt{ \frac{\sqrt{185}-13}{2}} + \mathrm i \sqrt{\frac{\sqrt{185}+13}{2}} \vee w= -\sqrt{ \frac{\sqrt{185}-13}{2}} - \mathrm i \sqrt{\frac{\sqrt{185}+13}{2}},}\)

tzn. udowodniliśmy, że dla dowolnego \(\displaystyle{ w \in \mathbb C}\) prawdziwa jest równoważność

\(\displaystyle{ w^2=-13+4 \mathrm i \Leftrightarrow \left( w=\sqrt{ \frac{\sqrt{185}-13}{2}} + \mathrm i \sqrt{\frac{\sqrt{185}+13}{2}} \vee w=-\sqrt{ \frac{\sqrt{185}-13}{2}} - \mathrm i \sqrt{\frac{\sqrt{185}+13}{2}} \right).}\)


W szczególności zachodzi ona dla \(\displaystyle{ w=2 \left(z+ \frac{2+ \mathrm i}{2} \right),}\) stąd to przejście.

(9) Jest w porządku. Prawdą jest to, co wyliczyłeś:

\(\displaystyle{ \left( z+ \overline z \right) + \mathrm i \left(z - \overline z \right)= 2a - 2b}\)

a zatem lewa strona dla dowolnego \(\displaystyle{ z \in \mathbb C}\) jest liczbą rzeczywistą.

[Browning0]

No to super, wszystko załapałem! Bardzo Ci dziękuję Dasio!

Pozdrawiam