Korisnički Kontrolni Panel
Pogledajte svoj profil
Pogledajte svoje postove
ČPP
Prijavite se

Matematički forum na kojem možete da diskutujete o raznim matematičkim oblastima, pomognete drugima oko rešavanja zadataka, a i da dobijete pomoć kada vam zatreba


















Index stranica MATEMATIČKA ANALIZA KOMPLEKSNA ANALIZA

U kojoj oblasti vazi nejednacina

[inlmath]e^{i\varphi}=\cos\varphi+i\sin\varphi[/inlmath]

U kojoj oblasti vazi nejednacina

Postod wolf11 » Četvrtak, 13. Jul 2017, 12:49

Kako naslov kaze, zadatak je da se odredi oblast u kojoj vrijedi nejednacina:
[dispmath]\left|1-z\right|<k\left(1-\left|z\right|\right)[/dispmath] za [inlmath]k>1[/inlmath].

ja sam to pokusao raspisati kao
[dispmath]\left|1-x-iy\right|<k(1-\left|x+iy\right|)\\
\sqrt{\left(1-x^2\right)+y^2}<k\left(1-\sqrt{x^2+y^2}\right)\\
\left.\sqrt{\left(1-x^2\right)+y^2}<k-k\sqrt{x^2+y^2}\quad\right/^2\\
\left(1-x^2\right)+y^2<k^2-2k\sqrt{x^2+y^2}+k^2\left(x^2+y^2\right)[/dispmath] odavde stvarno ne vidim kako doci do rjesenja, mogao bi mozda ovo dalje jos mnoziti ali ne znam zaista ima li to smisla ili sam vec skrenuo s puta :D

rjesenje kaze: Oblast u kojoj je nejednacina zadovoljena je: u krugu [inlmath]\left|z\right|=1[/inlmath], desno od prave [inlmath]R\left(z\right)=-\frac{k-1}{k+1}[/inlmath], u uglu [inlmath]\arg(1-z)\arccos\frac{1}{k}[/inlmath]

nisam siguran ni sta znaci ovo poslednje da li zaista treba ovako ili je greska u stampanju pa treba [inlmath]\arg(1-z)=\arccos\frac{1}{k}[/inlmath] ???
wolf11  OFFLINE
 
Postovi: 37
Zahvalio se: 31 puta
Pohvaljen: 3 puta

Sharuj ovu temu na:

Share on Facebook Facebook Share on Twitter Twitter Share on MySpace MySpace Share on Google+ Google+
  • +1

Re: U kojoj oblasti vazi nejednacina

Postod Daniel » Petak, 14. Jul 2017, 07:19

Nije mi baš najjasnije to njihovo rešenje, a napisaću kasnije i zašto. Mene nekako ovo „vuče“ da radim preko trigonometrijskog oblika,
[dispmath]\left|1-\rho\cos\varphi-i\rho\sin\varphi\right|<k(1-\rho)[/dispmath] Nakon sređivanja,
[dispmath]\left.\sqrt{1-2\rho\cos\varphi+\rho^2}<k(1-\rho)\quad\right/^2[/dispmath] Pre kvadriranja treba postaviti uslov da je desna strana strogo pozitivna (jer je strogo veća od leve strane koja je nenegativna) – odakle sledi da je [inlmath]\rho<1[/inlmath], tj. da se oblast mora nalaziti unutar kruga poluprečnika [inlmath]1[/inlmath] s centrom u koordinatnom početku (što je i analogno delu rešenja koji si ti napisao, da se oblast mora nalaziti unutar kruga [inlmath]|z|=1[/inlmath]).
Nakon kvadriranja i sređivanja, moguće je ili [inlmath]\cos\varphi[/inlmath] izraziti preko [inlmath]\rho[/inlmath],
[dispmath]\cos\varphi>\frac{\left(1-k^2\right)\rho^2+2k^2\rho+1-k^2}{2\rho}[/dispmath] ili [inlmath]\rho[/inlmath] izraziti preko [inlmath]\cos\varphi[/inlmath]:
[dispmath]\left(k^2-1\right)\rho^2-2\left(k^2-\cos\varphi\right)\rho+k^2-1>0[/dispmath][dispmath]\rho_{1,2}=\frac{k^2-\cos\varphi\pm\sqrt{\left(k^2-\cos\varphi\right)^2-\left(k^2-1\right)^2}}{k^2-1}[/dispmath] Da bi nejednačina bila zadovoljena, potrebno je da [inlmath]\rho[/inlmath] bude ili manje od [inlmath]\rho_1[/inlmath] (rešenje s minusom ispred korena) ili da bude veće od [inlmath]\rho_2[/inlmath] (rešenje s plusom ispred korena).
Pošto je [inlmath]\frac{k^2-\cos\varphi}{k^2-1}\ge1[/inlmath], to će i [inlmath]\rho_2[/inlmath] biti [inlmath]\ge1[/inlmath], tako da [inlmath]\rho[/inlmath] ne može biti veće od [inlmath]\rho_2[/inlmath], zbog ranijeg uslova [inlmath]\rho<1[/inlmath]. Dakle, preostaje jedino [inlmath]\rho<\rho_1[/inlmath], tj.
[dispmath]\rho<\frac{k^2-\cos\varphi-\sqrt{\left(k^2-\cos\varphi\right)^2-\left(k^2-1\right)^2}}{k^2-1}[/dispmath] Ako desnu stranu diferenciramo po [inlmath]\cos\varphi[/inlmath], dobićemo pozitivnu vrednost, što znači da je desna strana nejednakosti rastuća funkcija od [inlmath]\cos\varphi[/inlmath]. Grafik tražene oblasti izgledao bi ovako (zeleno označena oblast):

oblast.png
oblast.png (1.32 KiB) Pogledano 135 puta

Za [inlmath]k\to+\infty[/inlmath] izraz s desne strane nejednakosti težiće jedinici, pa će i tražena oblast težiti krugu jediničnog poluprečnika s centrom u koordinatnom početku.



U tvom postupku ima nekoliko grešaka. Prvo,
wolf11 je napisao:[dispmath]\left|1-x-iy\right|<k(1-\left|x+iy\right|)\\
\sqrt{{\color{red}\left(1-x^2\right)}+y^2}<k\left(1-\sqrt{x^2+y^2}\right)[/dispmath]

Umesto [inlmath]\left(1-x^2\right)[/inlmath] treba [inlmath](1-x)^2[/inlmath].

wolf11 je napisao:[dispmath]\left.\sqrt{\left(1-x^2\right)+y^2}<k-k\sqrt{x^2+y^2}\quad\right/^2[/dispmath]

Pre kvadriranja je neophodno postaviti uslov, jer se prilikom kvadriranja gubi informacija o predznaku leve i desne strane (primer: netačna nejednakost [inlmath]2<-3[/inlmath] nakon kvadriranja postaje [inlmath]4<9[/inlmath], tj. od netačne nejednakosti odjednom dobijamo tačnu ako ne vodimo računa o predznaku). Pošto na levoj strani imamo koren (s prethodnom ispravkom [inlmath](1-x)^2[/inlmath] ili bez nje), a koren mora biti pozitivan ili nula, a desna strana je strogo veća od leve, to desna strana mora biti strogo pozitivna. Odatle je [inlmath]x^2+y^2<1[/inlmath], što odgovara uslovu u rešenju da se oblast mora nalaziti unutar jediničnog kruga čiji je centar u koordinatnom početku, tj. [inlmath]|z|<1[/inlmath].

wolf11 je napisao:[dispmath]\left.\sqrt{\left(1-x^2\right)+y^2}<k-k\sqrt{x^2+y^2}\quad\right/^2\\
\left(1-x^2\right)+y^2<k^2-2{\color{red}k}\sqrt{x^2+y^2}+k^2\left(x^2+y^2\right)[/dispmath]

Umesto crvenog [inlmath]k[/inlmath] treba [inlmath]k^2[/inlmath].



Međutim, lično ne vidim načina da se do rešenja dođe pomoću algebarskog zapisa kompleksnog broja, jer je tražena oblast (koju sam prikazao na slici) takvog oblika da se nekako i može predstaviti u polarnim koordinatama (preko trigonometrijskog oblika), ali u Dekartovim koordinatama ne čini mi se baš jednostavnim. Ovi uslovi koje su oni nabrajali u rešenju, izgledaju mi više kao nekakvo „sužavanje obruča“, nego kao neko konačno rešenje. OK, rečeno je da oblast mora biti unutar jediničnog kruga s centrom u koordinatnom početku. Rečeno je i da oblast mora biti desno od prave [inlmath]\text{Re}(z)=-\frac{k-1}{k+1}[/inlmath], međutim, to nije dovoljno precizno. Za imaginarni deo jednak nuli, realni deo [inlmath]z[/inlmath] se zaista može u negativnom delu realne ose pružati sve do [inlmath]-\frac{k-1}{k+1}[/inlmath] (kao što se vidi s gornjeg grafika – prava nacrtana plavom bojom). Međutim, kada je imaginarni deo različit od nule, tada se realni deo [inlmath]z[/inlmath] ne može pružati sve do te vrednosti, već će se zaustaviti „malo desnije“.
Ni ovo s uglom mi nije jasno. [inlmath]\arg(1-z)[/inlmath] bi predstavljao neki ugao s temenom u [inlmath](1,0)[/inlmath], ali njegovi kraci svakako ne mogu tako odsecati dotad dobijenu oblast da bi se dobila ona oblast koja na kraju treba da se dobije.
Ne znam, možda neko i bude uočio nešto što ja ne uočavam.
I do not fear death. I had been dead for billions and billions of years before I was born, and had not suffered the slightest inconvenience from it. – Mark Twain
Korisnikov avatar
Daniel  OFFLINE
Administrator
 
Postovi: 7682
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 4039 puta
Pohvaljen: 4110 puta

Re: U kojoj oblasti vazi nejednacina

Postod wolf11 » Petak, 14. Jul 2017, 14:26

Hvala na detaljnom objasnjenju kao i na ispravkama za moj pokusaj. Prva greska je nastala prilikom prekucavanja u latexu, a druga mojom nepaznjom :facepalm:
wolf11  OFFLINE
 
Postovi: 37
Zahvalio se: 31 puta
Pohvaljen: 3 puta


Povratak na KOMPLEKSNA ANALIZA

Ko je OnLine

Korisnici koji su trenutno na forumu: Nema registrovanih korisnika i 1 gost


Index stranicaTimObriši sve kolačiće boarda
Danas je Četvrtak, 22. Avgust 2019, 04:58 • Sva vremena su u UTC + 1 sat [ DST ]
Pokreće ga phpBB® Forum Software © phpBB Group
Prevod – www.CyberCom.rs