Interpretacja graficzna zespo.

[chlebek5]

Dotarłem do zadań których po prostu nie jestem w stanie ruszyć. Proszę o jakieś krótkie objaśnienia do każdego przykładu.

Naszkicuj na płaszczyźnie zespolonej zbiory rozwiązań następujących równań i nierówności:

\(
\left| z \right| ^4\cdot \bar{z} = -z^5
\)

\(
Im(z^6) < 0
\)

\(
\arg(z − 1 − i) = \frac{\pi}{4}
\)

[Tulio]

b)
\(Im \left( z^6\right) < 0\)
\(z=r \left( \cos\alpha + i \sin\alpha\right)\)
gdzie \(r>0\) dla \(z\neq0\)
ze wzoru de Moivre'a:
\(z^6=r^6 \left( \cos6\alpha + i\sin6\alpha\right) \)
\(Im \left( z^6\right) = r^6\sin6\alpha < 0\)
\(\sin6\alpha<0\)
\(\sin t<0, t=6\alpha\)
\(t\in \left( \pi +2k\pi, 2\pi+2k\pi\right), k\in\zz \)
\(\alpha\in \left( \frac{\pi}{6} + \frac{2k\pi}{6}, \frac{2\pi}{6} + \frac{2k\pi}{6} \right), k\in\zz \)
W zakresie \( \left[0, 2\pi \right) \) do zaznaczenia na płaszczyźnie zespolonej będzie to:
\(\alpha \in \left( \frac{\pi}{6}, \frac{2\pi}{6}\right) \cup \left( \frac{3\pi}{6}, \frac{4\pi}{6}\right) \cup \left( \frac{5\pi}{6}, \frac{6\pi}{6}\right) \cup \left( \frac{7\pi}{6}, \frac{8\pi}{6}\right) \cup \left( \frac{9\pi}{6}, \frac{10\pi}{6}\right) \cup \left( \frac{11\pi}{6}, \frac{12\pi}{6}\right) \)
przy dowolnym \(r>0\) więc to będzie "coś takiego":

płaszczyzna zespolona 1.png (9.3 KiB) Przejrzano 144 razy

[Tulio]

c)
\(\arg \left( z-1-i\right) =\frac{\pi}{4}\)
\(\arg \left( x+iy-1-i\right) =\frac{\pi}{4}\)
\(\arg \left( x-1+i(y-1)\right) =\frac{\pi}{4}\)
Dla \(x>1\):
\(\frac{\pi}{4} = \arctg \left( \frac{y-1}{x-1}\right) \)
\(1=\frac{y-1}{x-1}\)
\(x-1=y-1\)
\(y=x\)
Dla \(x<1\):
\(\frac{\pi}{4} = \arctg \left( \frac{y-1}{x-1}\right) + \pi\)
\(-\frac{3\pi}{4} = \arctg \left( \frac{y-1}{x-1}\right)\)
brak rozwiązań
Dla \(x=1\):
\(\arg \left( i \left( y-1\right) \right) = \pm \frac{\pi}{2} \neq \frac{\pi}{4}\)
czyli mamy do czynienia z półprostą \(y=x\) dla \(x>1\)

[Tulio]

a)
\( \left| z^4 \right| \cdot \kre{z} = -z^5\)
Skorzystamy z postaci wykładniczej \(z=re^{i\alpha}\):
\(\left| z^4 \right| = r^4\)
\(\kre{z} = re^{i \left( -\alpha\right) }\)
\(z^5 = r^5e^{i \left( 5\alpha\right) }\)
otrzymujemy:
\(r^4\cdot re^{i \left( -\alpha\right) } = r^5e^{i \left( 5\alpha\right) } |:r^5\)
\(e^{-i\alpha} = e^{5i\alpha} | \cdot e^{i\alpha}\)
\(1=e^{i\cdot6\alpha}\)
\(6\alpha = 0 + 2k\pi, k\in \zz\)
\(\alpha = \frac{k\pi}{3}, k\in\zz\)
\(\alpha \in \left\{0, \frac{\pi}{3}, \frac{2\pi}{3}, \pi, \frac{4\pi}{3}, \frac{5\pi}{3} \right\}, r \ge 0\)
Będzie to sześć takich półprostych.

[chlebek5]

a)

otrzymujemy:
\(r^4\cdot re^{i \left( -\alpha\right) } = r^5e^{i \left( 5\alpha\right) } |:r^5\)

-z podniesione do 5 potęgi po prawej stronie równania zamienia się w \( r^5e^{i \left( 5\alpha\right) }\) , co z minusem który stoi przed z?
Jak poszedłem tym tokiem rozumowania to wyszły mi troszke inne rozwiązania:
{\(\frac{\pi}{6}, \frac{3\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}, \frac{7\pi}{6}, \frac{9\pi}{6}, \frac{11\pi}{6}\)}

oraz dodatkowo rozwiązanie z = 0.

Nie rozumiem do końca dlaczego mają to być półproste a nie pojedyncze punkty na płaszczyźnie. Dziękuję za pomoc

[Tulio]

Tak, minusa zjadłem. Minus należy zapisać jako \(-1=e^{i\pi}\).
Otóż dlaczego półproste? No bo \(r \ge 0\). Wyszły Ci konkretne kąty, ale nie wyszły żadne konkretne długości - te mogą być dowolne. Pamiętaj, że rozważałeś tutaj postać wykładniczą (ala trygonometryczną) - kąt i długość (jak we współrzędnych biegunowych), nie zaś postać algebraiczną (współrzędne \(x\) i \(y\)).

Na przykładach dla "punktów" \( \left( r,\alpha\right)\):
1. \( \left( r,\alpha\right) = \left( 1,\frac{\pi}{4}\right)\) to konkretny punkt w prawy górny róg od \(O \left( 0,0\right) \) na odległość \(1\).
2. \( \left( r,\alpha\right) = \left( r,\frac{\pi}{4}\right), r\in \left( 1,e\right) \) - odcinek w tę samą stronę od odległości \(1\) od początku układu do odległości \(e\approx2,72\) od początku układu.
3. \( \left( r,\alpha\right) = \left( r,\frac{\pi}{4}\right), r \ge 0 \) - półprosta wychodząca w tę samą stronę.