1. seriálová série. Téma: Komplexní čísla. Datumodeslání: Najděte všechna komplexní čísla z, která splňují. z z + z. z =1. an Ndokažterovnost

Transkript

1 1. seriálová série Téma: Komplexní čísla Datumodeslání: º ÔÖÓ Ò ¾¼½¼ ½º ÐÓ Ó µ Najděte všechna komplexní čísla, která splňují + =1. ¾º ÐÓ Ó µ Prolibovolné α `0, π 2 an Ndokažterovnost 1+ cos α cos α +cos2α nα cos 2 + +cos α cos n α = sin(n+1)α sin αcos n α. º ÐÓ Ó µ Mějme p, qkomplexníčísla, q 0.Dokažte,žepokudprooba(komplexní)kořeny x 1, x 2 kvadratickérovnice x 2 + px+q 2 =0platí x 1 = x 2,pakpodíl p q jereálnéčíslo.

2 Řešení seriálové série 1. úloha Najděte všechna komplexní čísla, která splňují + =1. (Jarda Hančl) Prvériešenie: Onačmesihľadanékomplexnéčísloako = a+bi,potomjehodruženéčíslo je = a bi.dosaďmesiichdoadanéholomku: + a+bi = a bi + a bi 2a 2 2b 2 a+bi = a 2 + b 2, kde a 0alebo b 0,abymallomokvýnam.Pretoževovýraenemámežiadnuimaginárnu ložku,dostávame klasickú absolútnuhodnotu,ktorájeávisláibananamienku2a 2 2b 2 (nakoľkovždyplatí a 2 + b 2 0).Roobermetedadvemožnosti: (i) a 2 > b 2 : 2a 2 2b 2 = a 2 + b 2 a 2 =3b 2 a=± 3b, čohodostávameriešenia = 3k ± ki(k R \ {0}). (ii) a 2 < b 2 : 2b 2 2a 2 = a 2 + b 2 b 2 =3a 2 b=± 3a, pretoadaniespĺňajúajčíslatvaru = k ± 3ki(k R \ {0}). Skúškou overíme, že všetky čísla, ktoré sme takto dostali, naoaj spĺňajú podmienku o adania.hľadanýmičíslamitedasú = 3k ± kia= k ± 3kipre k R \ {0}. I 2ζ ζ R

3 Druhéřešení: Zapišmesi vexponenciálnímtvaru = re iζ.pak = re iζ amůžemesnadno odvoditevorečkuproděleníčíselvgoniometrickémtvaru,že /= e 2iζ ataké /= e 2iζ. Nynísivšimneme,žečísla /a/jsoukomplexněsdružená,jejichsoučettedynenínic jiného než dvojnásobek reálné části + =2R(e2iζ )=2cos2ζ. Řešíme tedy rovnici 2cos2ζ =1 cos2ζ= ± 1 2. Tedy2ζ+2kπ {±π/3, ±2π/3}.Podělíme-lidvěmaapodívámesenanařešenívintervalu ( π, π, dostaneme ζ {±π/6, ±π/3, ±2π/3, ±5π/6}. Tedyřešenímjsouprávěvšechna napolopřímkáchstěmitoargumenty,tj. tvaru re iζ,kde ζ jevýšepopsanémnožinyar (0, ). 2. úloha Prolibovolné α `0, π 2 an Ndokažterovnost 1+ cos α cos α +cos2α nα cos 2 + +cos α cos n α = sin(n+1)α sin αcos n α. (Jakub šnek Opršal) Proačáteksivšimněme,žeúlohuřešímepro αintervalu(0, π/2),kdejsousin αicos α nenulové, takže jimi můžeme be obav dělit. Komplexní řešení: Podíváme se na adaný součet, čitatele lomků připomínají reálné části čísel e inα =(cos nα+isin nα).tedyadanýsoučetjereálnoučástísoučtu T=1+ eiα cos α + e2iα eniα cos α cos n α. Onačmesi = e iα /cos α,paksoučet T jejensoučtemgeometricképosloupnostiskvocientem, tedy T= n Spočtěmesinejdřívejmenovatellomku 1=(cos α+isin α cos α)/cos α=itg α.tedy 1jeryeimaginární.Protoženásajímájenreálnásložkaceléhosoučtu,stačínámspočítat jenimaginárnísložkučitateleavydělitjiimaginárnísložkoujmenovatele. 1 «cos(n+1)α+isin(n+1)α I( n+1 1)=I cos n+1 = sin(n+1)α α cos n+1 α. 1 Tosimůžemedovolitjenajenproto,že R( 1)=0.

4 Nakonec podělením dostaneme, že hledaný součet je což jsme chtěli dokáat. R(T)= sin(n+1)α cos n+1 αtg α =sin(n+1)α sin αcos n α, Pro úplnost uvádíme ještě řešení be použití komplexních čísel, můžete si však všimnout, že k němu potřebujeme už předem nát součet řady. První řešení funguje i be nalosti součtu. Řešenímatematickouindukcí: Dokážemetvrenídokoncepro n=0,1,2,....budemetedy postupovatindukcí,pro n=0říkádokaovanárovnost1=sin α/sin α,cožřejměplatí. Dále předpokládejme, že tvrení platí pro n 1 a dokažme ho pro n. Onačme pro přehlednost S(n) součet na levé straně pro n. Pak platí(a použití indukčního předpokladu) cos nα S(n)=S(n 1)+ cos n α = sin nα nα nαcos α+cos nαsin α sin αcos n 1 +cos α cos n =sin α sin αcos n = sin(n+1)α α sin αcos n α. V poslední rovnosti jsme použili součtový vorec pro sin(nα + α). 3. úloha Mějme p, qkomplexníčísla, q 0.Dokažte,žepokudprooba(komplexní)kořeny x 1, x 2 kvadratickérovnice x 2 + px+q 2 =0platí x 1 = x 2,pakpodíl p jereálnéčíslo. (JardaHančl) q První řešení: Z Viétových vtahů máme pro oba kořeny vtahy x 1 + x 2 = p, x 1 x 2 = q 2. Abychom dokáali, že nějaké komplexní číslo je reálné, stačí dokáat, že jeho čtverec je reálný a kladný. Kladnost druhé mocniny totiž vyloučí rye imaginární čísla, jejichž čtverec je též reálný. Máme «p 2 = (x 1+ x 2 ) 2 = x2 1 +2x 1x 2 + x 2 2 = x 1 + x q x 1 x 2 x 1 x 2 x 2 x 1 Znač = x 1 /x 2.Protože x 1 = x 2,tak = 1/ =1,aprotojsoučísla a1/komplexně sdružená(jejich argument se liší poue ve naménku a obě mají stejnou absolutní hodnotu rovnou 1). Nyní již jen použijeme vlastnost komplexně sdruženého čísla, čímž dostáváme «p 2 = =+ +2=2R()+2 R. q Navícjelikož =1,tak R() [ 1,1],aproto2R()+2 0,cožjsmechtělidokáat. Druhéřešení: Převedemesiadanoukvadratickourovnicisubstitucí y= qxnarovnici q 2 y pqy+ q 2 =0,jejížkořenyonačíme y 1 a y 2.Vydělením q 2 dostanemerovnici y 2 + p q y+1=0. Nyní Viétových vtahů dostaneme soustavu y 1 + y 2 = p q, y 1y 2 =1.

5 Jelikožplatilo x 1 = x 2,takmámetéž y 1 = y 2,cožspolečněsy 1 y 2 =1implikuje y 1 = = y 2 =1.Tedymámedvěkomplexníčíslasestejnouabsolutníhodnotourovnoujedné,jejichž součin je 1, proto jsou tato čísla nutně komplexně sdružená. Důka jednoduše dokončíme výpočtem p q = y 1+ y 2 = y 1 + y 1 =2R(y 1 ) R. Třetí řešení účastnické: Zapíšeme oba kořeny v exponenciálním tvaru, tj. x 1 = re iα x 2 = re iβ. Z Viétových vtahů máme pro oba kořeny vtahy p=x 1 + x 2 = re iα + e iβ) q 2 = x 1 x 2 = r 2 e i(α+β) p= re iα + e iβ q= ±re i α+β 2. A po dosaení dostáváme p q = reiα + e iβ = e i α β ±re i α+β 2 e i β α 2 = 2cos α β R, 2 2 neboť se jedná o součet dvou komplexně sdružených čísel.

6 2. seriálová série Téma: Komplexní čísla Datumodeslání: ½ º ÒÓÖ ¾¼½½ Vně trojúhelníku ABC připíšeme jeho stranám čtverce ABMM, ACNN a BCPP. Dále onačme A 0, B 0 a C 0 středy M N, MP a PN.Dokažte,žetrojúhelníky ABC a A 0 B 0 C 0 mají stejné těžiště. Vkonvexnímtětivovémčtyřúhelníku ABCDonačme F A, F B, F C a F D středyfeuerbachových kružnictrojúhelníků BCD, ACD, ABDaABC.Dokažte,žesepřímky AF A, BF B, CF C a DF D protínají v jednom bodě. Mějme konvexní tětivový pětiúhelník V OJT A. Vyberme některé tři jeho vrcholy a naleněme těžiště trojúhelníku, který je jimi tvořen. Tímto těžištěm veďme kolmici na přímku procháející bylými dvěma vrcholy pětiúhelníku. Dokažte, že všech deset takto vytvořených kolmic procháí jedním bodem.

7 Řešení seriálové série 4. úloha Vně trojúhelníku ABC připíšeme jeho stranám čtverce ABMM, ACNN a BCPP. Dále onačme A 0, B 0 a C 0 středy M N, MP a PN.Dokažte,žetrojúhelníky ABC a A 0 B 0 C 0 majístejnétěžiště. (Jarda Jardáč Hančl) N N C 0 C P P A 0 A B B0 M Onačme si souřadnice všech bodů vždy odpovídajícím malým písmenkem, tj. A(a), M(m), M (m ) atd. A předpokládejme, že trojúhelník ABC je načený standardně, tj. proti směru hodinovýchručiček(viobráek).potombod N jeobrabodu Cpřirotacioúhel π/2kolem bodu A.Položme ϕ=π/2.analogickynahlížímeinaostatníbodyeadáníamáme n =(c a)e iϕ + a, m =(a b)e iϕ + a, m=(a b)e iϕ + b, p =(b c)e iϕ + b, p=(b c)e iϕ + c, n=(c a)e iϕ + c. Bod A 0 jestředemúsečky M N amůžeme a 0, b 0, c 0 vyjádřitpomocí a, b, cjako Nakonec stačí upravit a 0 = (c a+a b)eiϕ +2a (c b)eiϕ = + a, 2 2 b 0 = (a b+b c)eiϕ +2b (a c)eiϕ = + b, 2 2 c 0 = (b c+c a)eiϕ +2c (b a)eiϕ = + c. 2 2 M a 0 + b 0 + c 0 3 = (c b+a c+b a)eiϕ 6 + a+b+c 3 = a+b+c, 3 cožnamená,žetěžištětrojúhelníků ABCa A 0 B 0 C 0 seshodují.

8 Pokudbychomtrojúhelník ABCnačiliposměruhodinovýchručiček,bylbybod N obraem bodu Cpřirotacioúhel π/2kolembodu A(abybylčtverec ABMM připsánvnětrojúhelníku ABC) a podobně i všechny další rotace by byly provedeny o úhel π/2. Stačí tedy položit ϕ= π/2adůkaproběhnestejnějakovpředchoímpřípadě. 5. úloha Vkonvexnímtětivovémčtyřúhelníku ABCDonačme F A, F B, F C a F D středyfeuerbachových kružnictrojúhelníků BCD, ACD, ABDaABC.Dokažte,žesepřímky AF A, BF B, CF C a DF D protínajívjednombodě. (Jarda Jardáč Hančl) Body ABCDležínajednékružnici k,protosidefinujemegaussovurovinuspočátkemve středu k.body A, B, Ca Drepreentujmekomplexnímyčísly a, b, cad,obdobněiudalších bodů. Přitaktodefinovanémpočátkujsouabsolutníhodnotykomplexníchčísel a, b, cadstejnéa e seriálového textu už umíme snadno dopočítat komplexní čísla repreentující středy Feuerbachových kružnic. Máme tedy f A = b+c+d, f B = a+c+d, f C = a+b+d, f D = a+b+c Dokažmenyní,žepřímky AF A, BF B, CF C a DF D procháejíbodem X(x),kde x=(a+ + b+c+d)/3.natentobodmůžemedojistémírypřijít,pokudsivšimneme,žesituacejepro všechny body(čísla) symetrická. Jelikož 2 3 f A+ 1 «b+c+d 3 a=2 + 1 a+b+c+d a= = x, ležíbod Xnaúsečče AF A.Obdobnévtahymůžemenapsatiprobylétřibody,protobudebod Xležetnavšechčtyřechpřímkách AF A, BF B, CF C i CF C. 6. úloha Mějme konvexní tětivový pětiúhelník V OJT A. Vyberme některé tři jeho vrcholy a naleněme těžiště trojúhelníku, který je jimi tvořen. Tímto těžištěm veďme kolmici na přímku procháející bylými dvěma vrcholy pětiúhelníku. Dokažte, že všech deset takto vytvořených kolmic procháí jednímbodem. (Michal Kenny Rolínek) Zvolmepočátekvestředukružniceopsanépětiúhelníku V OJTAaonačmesibody V(v), O(o), J(j), T(t)aA(a).Ukážeme,žebod X(x) v+ o+j+ t+a x= 3 je hledaným průsečíkem daných přímek. Chceme vlastně dokáat, že spojnice těžišť uvažovaných trojúhelníků a bodu X jsou vždy kolmé na bývající stranu pětiúhelníku. Podívejmesetedynapříkladnatrojúhelník V OJ,jehotěžiště,kterémásouřadnice t V OJ = =(v+ o+j)/3,apřímku TA.Abybylytytodvěpřímkynasebekolmé,musíbýtpodíl x t V OJ t a = v+o+j+t+a v+o+j 3 3 t a = 1 3 t+a t a ryeimaginární.toaleplatíthaletovyvětyposanévseriálu,neboťbody T a Aležínajedné kružnici se středem v počátku. Pro bylých devět trojúhelníků se kolmost ukáže podobně. Všimni si, že vyjádření bodu X je symetrickévůčiproměnným v, o, j, taa.

9 3. seriálová série Téma: Komplexní čísla Datumodeslání: ½½º Ù Ò ¾¼½½ Buď kpřiroenéčíslo.dokažte,žesoučindvoučíseltvaru x 2 + ky 2 pronějakáceláčísla x, y jetéhožtvaru.tedyukažte,žeprokaždáceláčísla x 1, x 2, y 1 a y 2 existujíceláčísla xay,že x 2 + ky 2 =(x ky2 1 )(x2 2 + ky2 2 ). Najdětevšechnytrojicecelýchčísel x, ya,kterásplňují x 2 + y 2 =2011. Najděte všechny dvojice celých čísel x a y, která řeší rovnici y(y+1)=x 5 1.

10 Řešení seriálové série 7. úloha Buď kpřiroenéčíslo.dokažte,žesoučindvoučíseltvaru x 2 + ky 2 pronějakáceláčísla x, y jetéhožtvaru.tedyukažte,žeprokaždáceláčísla x 1, x 2, y 1 a y 2 existujíceláčísla xay,že x 2 + ky 2 =(x ky2 1 )(x2 2 + ky2 2 ). (Jakub šnek Opršal) VolněpodleKristýnyZemkové: Kořenypolynomu x 2 +ky 2 jsouvšechnydruhéodmocniny ( ky 2 ).Jelikož k Nay 2 0,je ky 2 0aodmocninoubuderyeimaginárníčíslo ±iy k. Pak platí `x2 1 + ky1 2 `x2 2 + ky2 2 =`x1 + iy 1 k `x1 iy 1 k `x2 + iy 2 k `x2 iy 2 k = = = `x1 + iy 1 k `x2 + iy 2 k `x1 iy 1 k `x2 iy 2 k = x 1 x 2 + i k(x 1 y 2 + x 2 y 1 ) ky 1 y 2 x 1 x 2 i k(x 1 y 2 + x 2 y 1 ) ky 1 y 2. To je však součin dvou komplexně sdružených čísel, který je roven (x 1 x 2 ky 1 y 2 ) 2 + k(x 1 y 2 + x 2 y 1 ) 2. Položme x=x 1 x 2 ky 1 y 2 a y=x 1 y 2 + x 2 y 1.Jelikož x 1, x 2, y 1, y 2 Z,také x, y Za výsledkemje x 2 + ky úloha Najdětevšechnytrojicecelýchčísel x, ya,kterásplňují x 2 + y 2 =2011. (Jarda Jardáč Hančl&Jakub šnek Opršal) Předněsivšimneme,že x 2 + y 2 jeceléčíslo,tímpádemmusíbýt 0.Předpokládejme nejprve,že x 0.Levoustranurovniceroložímenasoučinjako x 2 + y 2 =(x+iy)(x iy). Jelikožje2011 3(mod4),je2011Gaussovýmprvočíslemapravoustranurovniceletedy v Gaussových číslech roložit poue na mocniny 2011 a invertibilní prvky, neboli x+iy= ε k, x iy= ε l pronějaká k, l Zaε 1, ε 2 {±1, ±i}.zrovnosti x+iy = x iy dostáváme k=l,cožspolu s k+l=dává k=l=/2,tedy musíbýtsudéčíslo.pokudbybylo ε 1 = ±i,bylobyčíslo x+iyryeimaginární,cožnenímožnévhledemkpředpokladu x 0.Musítedybýt ε 1 = ±1a rovnosti ε 1 ε 2 =1plyne ε 1 = ε 2.Potomjeovšemčíslo x+iy= ε k = ±2011 /2 reálné, cožvynucuje y=0.zapředpokladu x 0tedydostávámeproneápornásudá poueřešení x=±2011 /2, y=0.

11 Možnosti x = 0 pak odpovídá symetrický výsledek x=0, y= ±2011 /2. 9. úloha Najděte všechny dvojice celých čísel x a y, která řeší rovnici y(y+1)=x 5 1. (Jakub šnek Opršal) Nejprve si rovnici upravíme do tvaru y 2 + y+1=x 5 a roložíme levou stranu v Eisensteinových celých číslech: (y ω)(y+1+ω)=x 5. Bedemechtítpoužítvětuomocninách,kčemužpotřebujeme,abyčísla y ωay+1+ωbyla nesoudělná.jejichnejvětšíspolečnýděliteldělíjejichrodíl,kterýje1+2ω.jelikož1+2ωje Eisensteinovo prvočíslo, máme pro největšího společného dělitele dvě možnosti: 1 + 2ω a 1. Nechťjetedynejvětšíspolečnýdělitelávoreknalevéstraně1+2ω.Pak(1+2ω) 2 = 3 x 5, tedy3 x 5 vcelýchčíslech,protomusíplatitdokonce3 5 x 5.Kdyžsepodívámenaupravenou rovnost modulo 9, dostaneme y 2 + y+1 0 (mod9). Tatokongruencevšaknemářešení.Aby ybylořešení,musíplatit y(y+1) 2(mod3),tedy y 1(mod3).Mámetedycelkemtřimožnostimodulo9,ato1,4a7,aledosaenímdolevé strany dostaneme vždy 3, tedy ani jedno těchto čísel není řešením. Pokud jsou ávorky na levé straně nesoudělné, můžeme použít tvrení o mocninách. Existují tedyceláčísla a, bainvertibilníprvek εvz[ω],že y ω= ε(a+bω) 5. Uvědommesi,ževZ[ω]jekaždýinvertibilníprvekpátoumocninou(např.1+ω= ω 5 ).Můžeme tedy ε naší rovnice vynechat. Spočtěme(a+bω) 5,platí (a+bω) 5 = a 5 +5a 4 bω+10a 3 b 2 ( 1 ω)+10a 2 b 3 +5ab 4 ω+ b 5 ( 1 ω). Porovnáním složek u ω dostáváme rovnici v celých číslech 5a 4 b 10a 3 b 2 +5ab 4 b 5 = 1, odkudjevidět,že b 1,anavíc b 5 1(mod5),tedy b=1.dosadímetutohodnotudo rovnice a dostaneme novou rovnici s nenámou a 5a 4 10a 3 +5a=0, a(a 1)(a 2 a 1)=0, kterámájedináceločíselnářešení a=0aa=1. Víme,že y ω= ω 5,resp. y ω=(1+ω) 5.Poumocněnípravýchstrandostaneme y ω= = 1 ω,resp. y ω= ω,tedy y= 1,resp.0avoboupřípadechdostáváme x=1.úloha mátedydvěřešení dvojice(x, y)=(1, 1)a(x, y)=(1,0).