Evo, dakle, postupka i za onu postavku koju ti imaš:
[dispmath]\cos^2\frac{8}{\pi}\left|z\right|-\sin^2\frac{8}{\pi}\left|z\right|\ge\frac{\sqrt 2}{2},\quad\left|z\right|<15[/dispmath]
[dispmath]\cos\frac{16}{\pi}\left|z\right|\ge\frac{\sqrt 2}{2},\quad\left|z\right|<15[/dispmath]
[dispmath]-\frac{\pi}{4}+2k\pi\le\frac{16}{\pi}\left|z\right|\le\frac{\pi}{4}+2k\pi,\quad\left|z\right|<15[/dispmath]
[dispmath]-\frac{\pi^2}{64}+\frac{k\pi^2}{8}\le\left|z\right|\le\frac{\pi^2}{64}+\frac{k\pi^2}{8},\quad\left|z\right|<15[/dispmath]
Najmanje [inlmath]k[/inlmath] za koje modul makar u jednoj oblasti rešenja neće biti negativan dobićemo iz uslova
[dispmath]\frac{\pi^2}{64}+\frac{k\pi^2}{8}\ge 0\quad\Rightarrow\quad\frac{k\pi^2}{8}\ge -\frac{\pi^2}{64}\quad\Rightarrow\quad k\ge -\frac{1}{8}\quad\Rightarrow\quad k\ge 0[/dispmath]
Najveće [inlmath]k[/inlmath] za koje modul makar u jednoj oblasti rešenja zadovoljava uslov [inlmath]\left|z\right|<15[/inlmath] dobićemo iz uslova
[dispmath]-\frac{\pi^2}{64}+\frac{k\pi^2}{8}<15\quad\Rightarrow\quad\frac{k\pi^2}{8}<\frac{\pi^2}{64}+15\quad\Rightarrow\quad k<\frac{1}{8}+\frac{120}{\pi^2}[/dispmath]
i kad to izračunamo na kalkulatoru, dobijemo
[dispmath]k\le 12[/dispmath]

Pa sad treba da izračunamo 13 slučaja, za [inlmath]k=0[/inlmath], [inlmath]k=1[/inlmath], [inlmath]k=2[/inlmath], ... , [inlmath]k=12[/inlmath].

[dispmath]k=0\quad\Rightarrow\quad -\frac{\pi^2}{64}\le\left|z\right|\le\frac{\pi^2}{64}[/dispmath]
što bi se, zbog osobine modula da ne može biti negativan, svelo na
[dispmath]k=0\quad\Rightarrow\quad 0\le\left|z\right|\le\frac{\pi^2}{64}[/dispmath]
[dispmath]k=1\quad\Rightarrow\quad -\frac{\pi^2}{64}+\frac{\pi^2}{8}\le\left|z\right|\le\frac{\pi^2}{64}+\frac{\pi^2}{8}\quad\Rightarrow\quad \frac{7\pi^2}{64}\le\left|z\right|\le\frac{9\pi^2}{64}[/dispmath]
[dispmath]k=2\quad\Rightarrow\quad -\frac{\pi^2}{64}+\frac{2\pi^2}{8}\le\left|z\right|\le\frac{\pi^2}{64}+\frac{2\pi^2}{8}\quad\Rightarrow\quad \frac{15\pi^2}{64}\le\left|z\right|\le\frac{17\pi^2}{64}[/dispmath]
...i sad ostavljam tebi da sračunaš sve ostale slučajeve, mene zaista mrzi
al' ajde, uradiću još za ovaj poslednji,
[dispmath]k=12\quad\Rightarrow\quad -\frac{\pi^2}{64}+\frac{12\pi^2}{8}\le\left|z\right|\le\frac{\pi^2}{64}+\frac{12\pi^2}{8}\quad\Rightarrow\quad \frac{95\pi^2}{64}\le\left|z\right|\le\frac{97\pi^2}{64}[/dispmath]
[inlmath]\frac{97\pi^2}{64}<15[/inlmath] (tako kaže kalkulator), što znači da ceo opseg [inlmath]\frac{95\pi^2}{64}\le\left|z\right|\le\frac{97\pi^2}{64}[/inlmath] zadovoljava uslov [inlmath]\left|z\right|<15[/inlmath]

pa će konačno rešenje biti
[dispmath]\left|z\right|\in\left[0,\frac{\pi^2}{64}\right]\cup\left[\frac{7\pi^2}{64},\frac{9\pi^2}{64}\right]\cup\left[\frac{15\pi^2}{64},\frac{17\pi^2}{64}\right]\cup\cdots\cup\left[\frac{95\pi^2}{64},\frac{97\pi^2}{64}\right][/dispmath]


Jel' ne moram da crtam skicu?

Uglavnom, skica će izgledati kao jedan krug oko koordinatnog početka (kao i u prethodnom postupku) i još 12 koncentričnih prstenova okolo, kojima je svima centar u koordinatnom početku, a unutrašnji i spoljašnji poluprečnici su im celobrojni umnošci iracionalnog broja [inlmath]\frac{\pi^2}{64}[/inlmath].

Da se malo vratim na ovo...

evo zadatka
[dispmath]\cos\left(\arg\left(-2iz^4\right)\right)\ge 0,\quad\frac{|z+4|-6}{4-|z-2|}\le 1[/dispmath]

Uf... Evo ti za argument, zasad. Za argument nije teško. Zapravo, nije teško ni za ove module, samo ima mnooogo fizičkog posla, koliko vidim ovako na prvi pogled, dobijaju se nekakvi preseci elipsa i kružnica... No, o tom potom.

Dakle, argument:

[dispmath]\arg\left(-2iz^4\right)=\arg\left[2\cdot\left(-i\right)\cdot\left(z^4\right)\right]=\arg\left(2e^{-i\frac{\pi}{2}}\rho^4 e^{i4\varphi}\right)=\arg\left[e^{i\left(4\varphi-\frac{\pi}{2}\right)}\right]=4\varphi-\frac{\pi}{2}[/dispmath]
[dispmath]\cos\left[\arg\left(-2iz^4\right)\right]\ge 0[/dispmath]
[dispmath]\cos\left(4\varphi-\frac{\pi}{2}\right)\ge 0[/dispmath]
[dispmath]-\frac{\pi}{2}+2k\pi\le 4\varphi-\frac{\pi}{2}\le\frac{\pi}{2}+2k\pi[/dispmath]
[dispmath]2k\pi\le 4\varphi\le\pi+2k\pi[/dispmath]
[dispmath]k\frac{\pi}{2}\le\varphi\le\frac{\pi}{4}+k\frac{\pi}{2}[/dispmath]

[dispmath]\frac{\left|z+4\right|-6}{4-\left|z-2\right|}\le 1[/dispmath]
[dispmath]\frac{\left|x+iy+4\right|-6}{4-\left|x+iy-2\right|}\le 1[/dispmath]
[dispmath]\frac{\sqrt{\left(x+4\right)^2+y^2}-6}{4-\sqrt{\left(x-2\right)^2+y^2}}\le 1[/dispmath]
[inlmath]\left.1\right)[/inlmath] slučaj
[inlmath]4-\sqrt{\left(x-2\right)^2+y^2}<0[/inlmath]
[inlmath]\left(x-2\right)^2+y^2>4^2[/inlmath]
Ovo predstavlja geometrijsko mesto tačaka koje su izvan kruga poluprečnika [inlmath]4[/inlmath] i s centrom u tački [inlmath]\left(2,0\right)[/inlmath].
[dispmath]\sqrt{\left(x+4\right)^2+y^2}-6\ge 4-\sqrt{\left(x-2\right)^2+y^2}[/dispmath]
[dispmath]\sqrt{\left(x+4\right)^2+y^2}+\sqrt{\left(x-2\right)^2+y^2}\ge 10[/dispmath]
[dispmath]\left(x+4\right)^2+y^2+2\sqrt{\left[\left(x+4\right)^2+y^2\right]\left[\left(x-2\right)^2+y^2\right]}+\left(x-2\right)^2+y^2\ge 100[/dispmath]
[dispmath]x^2+8x+16+y^2+2\sqrt{\left(x^2+8x+16+y^2\right)\left(x^2-4x+4+y^2\right)}+x^2-4x+4+y^2\ge 100[/dispmath]
[dispmath]2x^2+4x+20+2y^2+[/dispmath][dispmath]+2\sqrt{x^4+8x^3+16x^2+x^2y^2-4x^3-32x^2-64x-4xy^2+4x^2+32x+64+4y^2+x^2y^2+8xy^2+16y^2+y^4}\ge 100[/dispmath]
[dispmath]x^2+2x+10+y^2+\sqrt{x^4+4x^3-12x^2+2x^2y^2-32x+4xy^2+64+20y^2+y^4}\ge 50[/dispmath]
[dispmath]\sqrt{x^4+4x^3-12x^2+2x^2y^2-32x+4xy^2+64+20y^2+y^4}\ge 40-x^2-2x-y^2[/dispmath]
Podslučaj [inlmath]\left.1a\right)[/inlmath]
[inlmath]40-x^2-2x-y^2<0\;[/inlmath] gornja nejednakost je uvek zadovoljena
[inlmath]x^2+2x+y^2>40[/inlmath]
[inlmath]x^2+2x+1+y^2>41[/inlmath]
[inlmath]\left(x+1\right)^2+y^2>41[/inlmath]
Geometrijsko mesto tačaka koje su izvan kruga poluprečnika [inlmath]\sqrt{41}[/inlmath] s centrom u [inlmath]\left(-1,0\right)[/inlmath]

Podslučaj [inlmath]\left.1b\right)[/inlmath]
[inlmath]40-x^2-2x-y^2\ge 0\;[/inlmath] obe strane gornje nejednakosti su pozitivne, pa ih možemo kvadrirati bez narušavanja znaka nejednakosti
[inlmath]\cdots[/inlmath]
[inlmath]\left(x+1\right)^2+y^2\le 41[/inlmath]
Geometrijsko mesto tačaka koje su unutar kruga poluprečnika [inlmath]\sqrt{41}[/inlmath] s centrom u [inlmath]\left(-1,0\right)[/inlmath], ili na njegovoj kružnici
[dispmath]x^4+4x^3-12x^2+2x^2y^2-32x+4xy^2+64+20y^2+y^4\ge\left(40-x^2-2x-y^2\right)^2[/dispmath]
[dispmath]\left(40-x^2-2x-y^2\right)^2=[/dispmath]
[dispmath]=1600-40x^2-80x-40y^2-40x^2+x^4+2x^3+x^2y^2-[/dispmath][dispmath]-80x+2x^3+4x^2+2xy^2-40y^2+x^2y^2+2xy^2+y^4=[/dispmath]
[dispmath]=1600-76x^2-160x-80y^2+x^4+4x^3+2x^2y^2+4xy^2+y^4[/dispmath]
[dispmath]x^4+4x^3-12x^2+2x^2y^2-32x+4xy^2+64+20y^2+y^4\ge[/dispmath][dispmath]\ge 1600-76x^2-160x-80y^2+x^4+4x^3+2x^2y^2+4xy^2+y^4[/dispmath]
[dispmath]64x^2+128x+100y^2\ge 1536[/dispmath]
[dispmath]16x^2+32x+25y^2\ge 384[/dispmath]
[dispmath]\left(4x+4\right)^2-16+25y^2\ge 384[/dispmath]
[dispmath]\left(4x+4\right)^2+25y^2\ge 400[/dispmath]
[dispmath]4^2\left(x+1\right)^2+5^2y^2\ge 20^2\quad /:20^2[/dispmath]
[dispmath]\left(\frac{x+1}{5}\right)^2+\left(\frac{y}{4}\right)^2\ge 1[/dispmath]
Ovo je geometrijsko mesto tačaka koje su na ili izvan elipse sa središtem u [inlmath]\left(-1,0\right)[/inlmath], s [inlmath]x[/inlmath]-poluosom [inlmath]5[/inlmath] i s [inlmath]y[/inlmath]-poluosom [inlmath]4[/inlmath].

Toliko od mene. Ja više ne mogu...

Ovo su ti instrukcije za dalje:

Nađeš presek ovog rešenja i uslova za podslučaj [inlmath]\left.1b\right)[/inlmath], tj. [inlmath]\left(x+1\right)^2+y^2\le 41[/inlmath] i taj presek će biti rešenja podslučaja [inlmath]\left.1b\right)[/inlmath].
Zatim odrediš uniju tih rešenja i rešenja podslučaja [inlmath]\left.1a\right)[/inlmath].
Ta unija će, u preseku s uslovom [inlmath]\left.1\right)[/inlmath] slučaja, tj. [inlmath]\left(x-2\right)^2+y^2>4^2[/inlmath], dati rešenja [inlmath]\left.1\right)[/inlmath] slučaja.


E sad, po istom principu radiš za [inlmath]\left.2\right)[/inlmath] slučaj, kada je [inlmath]\left(x-2\right)^2+y^2<4^2[/inlmath].

Na kraju odrediš uniju rešenja [inlmath]\left.1\right)[/inlmath] i [inlmath]\left.2\right)[/inlmath] slučaja, što će dati konačno rešenje za module.

I na kraju još presek tih rešenja s onim rešenjima za argument što ti napisah u prethodnom postu...

Lično ne kapiram svrhu ovakvih zadataka, u kojima nikakvo posebno znanje nije potrebno a zato ima da se lepo oteliš od posla...

Uh!! Neizmjerna zahvalnost na trudu

Skicirajte u ravnini
[dispmath]|z-2i|-Im\left(z+i^2-3i\right)\le 0[/dispmath]
[dispmath]\frac{\pi^2}{36}<(\arg(z(1-i)))[/dispmath]
za prvu nejednadžbu se dobije [inlmath]y\le\frac{5}{2}-\frac{x^2}{2}[/inlmath]

Sad za drugu piše ovako:

[inlmath]\frac{\pi^2}{36}<\arg^2(z(1-i))<\frac{\pi^2}{9} / \sqrt{}[/inlmath]

1.
[inlmath]-\frac{\pi}{3}<\arg(z)+\arg(1-i)<-\frac{\pi}{6}[/inlmath]
[inlmath](\dots)[/inlmath]
[inlmath]\frac{-\pi}{12}<\arg(z)<\frac{\pi}{12}[/inlmath]

2.
[inlmath]\frac{\pi}{6}\arg(z)+\arg(1+i)[/inlmath]
E, sad se ne vidi do kraja jer je kopirano, još je tu i nacrtana neka kružnica, ali slabo kužim(ovu drugu nejednadžbu i slučaj1 i 2) jer nisam bia kad se radilo ovo

blake je napisao:za prvu nejednadžbu se dobije [inlmath]y\le\frac{5}{2}-\frac{x^2}{2}[/inlmath]

Evo ti kontraprimer: neka je [inlmath]x=1[/inlmath], tada je [inlmath]y\le 2[/inlmath].
Za slučaj [inlmath]x=1[/inlmath], [inlmath]y=2[/inlmath] prva nejednačina postaje[dispmath]\left|1+\cancel{2i}-\cancel{2i}\right|-\Im\left(1+2i+i^2-3i\right)\le 0[/dispmath][dispmath]1-\Im\left(\cancel 1-i-\cancel 1\right)\le 0[/dispmath][dispmath]1-\left(-1\right)\le 0[/dispmath][dispmath]2\le 0[/dispmath][dispmath]\mathrm{False.}[/dispmath]

Evo i za [inlmath]x=1[/inlmath], [inlmath]y=1[/inlmath]:[dispmath]\left|1+i-2i\right|-\Im\left(1+i+i^2-3i\right)\le 0[/dispmath][dispmath]\left|1-i\right|-\Im\left(\cancel 1+i-\cancel 1-3i\right)\le 0[/dispmath][dispmath]\sqrt 2-\Im\left(-2i\right)\le 0[/dispmath][dispmath]\sqrt 2-\left(-2\right)\le 0[/dispmath][dispmath]\sqrt 2+2\le 0[/dispmath][dispmath]\mathrm{False.}[/dispmath]

Mislim da znam i kako se došlo do pogrešnog rešenja, [inlmath]y\le\frac{5}{2}-\frac{x^2}{2}[/inlmath]:[dispmath]\left|x+iy-2i\right|-\Im\left(x+iy+i^2-3i\right)\le 0[/dispmath][dispmath]\left|x+i\left(y-2\right)\right|-\Im\left[x-1+i\left(y-3\right)\right]\le 0[/dispmath][dispmath]\sqrt{x^2+\left(y-2\right)^2}-\left(y-3\right)\le 0[/dispmath][dispmath]\sqrt{x^2+\left(y-2\right)^2}\le y-3[/dispmath]E sad pre kvadriranja ide uslov koji si verovatno zaboravio da postaviš (ili ti ili ko god da je već to radio), a to je da, pošto je leva strana [inlmath]\ge 0[/inlmath], a desna strana veća ili jednaka od leve strane, onda desna strana takođe mora biti [inlmath]\ge 0[/inlmath], tj.
[inlmath]y-3\ge 0\quad\Rightarrow\quad\underline{y\ge 3}[/inlmath]
I onda kvadriramo:[dispmath]x^2+\left(y-2\right)^2\le\left(y-3\right)^2[/dispmath][dispmath]x^2+\cancel{y^2}-4y+4\le\cancel{y^2}-6y+9[/dispmath][dispmath]2y\le 5-x^2[/dispmath][dispmath]y\le\frac{5}{2}-\frac{x^2}{2}[/dispmath]što i jeste rešenje koje je napisano, međutim, pošto je [inlmath]\frac{x^2}{2}\ge 0[/inlmath], sledi da je izraz [inlmath]\frac{5}{2}-\frac{x^2}{2}\le\frac{5}{2}[/inlmath], a odatle da je [inlmath]y\le\frac{5}{2}[/inlmath], tj. [inlmath]y\le 2.5[/inlmath]. U preseku s uslovom [inlmath]y\ge 3[/inlmath] dobija se prazan skup, tj. nema rešenja.

Za drugu nejednačinu mi postupak koji si napisao uopšte nije jasan, odjednom se pojavi neki kvadrat, pa neko [inlmath]\frac{\pi^2}{9}[/inlmath], ali pošto se već na osnovu prve nejednačine dobilo da nema rešenja, onda se tom drugom nisam mnogo ni zamarao...

Da, i meni je bilo čudno sve to, a kako je on uspija obojat neke isječke unutar kruga ne razumin...

Ima još jedan
[dispmath]|z-2i|>|z+4|[/dispmath][dispmath]\cos^2\left(\frac{\pi}{8}|z|\right)-\sin^2\left(\frac{\pi}{8}|z|\right)\ge\frac{\sqrt2}{2},\:|z|<15[/dispmath]
Rj. Rub skupa (1) odnosno [inlmath]|z-2i|=|z+4)|[/inlmath] predstavlja sve [inlmath]z\in C[/inlmath] za koje je udaljenost od [inlmath]2i[/inlmath] i [inlmath]-4[/inlmath] u kompl. ravnini jednaka

Valjda sam dobro dešifrira

Nije se raspisa tu previše, ali je nacrtan mali krug pa neka tangenta, pa kao kružni isječak ili kakogod se to pravilno zove i tako...Može neko objasnit, hića mi je?

blake je napisao:Da, i meni je bilo čudno sve to, a kako je on uspija obojat neke isječke unutar kruga ne razumin...

Proveri ti još jednom da li taj zadatak zaista tako glasi, jer i sâm kažeš da je kopija nejasna...
Što se tiče sledećeg,

blake je napisao:Ima još jedan
[dispmath]|z-2i|>|z+4|[/dispmath]
[dispmath]\cos^2\left(\frac{\pi}{8}|z|\right)-\sin^2\left(\frac{\pi}{8}|z|\right)\ge\frac{\sqrt2}{2},\:|z|<15[/dispmath]
Rj. Rub skupa (1) odnosno [inlmath]|z-2i|=|z+4)|[/inlmath] predstavlja sve [inlmath]z\in C[/inlmath] za koje je udaljenost od [inlmath]2i[/inlmath] i [inlmath]-4[/inlmath] u kompl. ravnini jednaka

To možeš videti i direktnim očitavanjem iz jednačine. [inlmath]\left|z-2i\right|[/inlmath] predstavlja rastojanje kompleksnog broja [inlmath]z[/inlmath] od broja [inlmath]2i[/inlmath] posmatrano u kompleksnoj ravni; isto tako, [inlmath]\left|z+4\right|[/inlmath] predstavlja rastojanje kompleksnog broja [inlmath]z[/inlmath] od broja [inlmath]4[/inlmath]. Nejednačina [inlmath]\left|z-2i\right|>\left|z+4\right|[/inlmath] nam kazuje da se kompleksni broj [inlmath]z[/inlmath] nalazi na većem rastojanju od broja [inlmath]2i[/inlmath] nego od broja [inlmath]4[/inlmath]. A granica oblasti u kojoj se [inlmath]z[/inlmath] može nači predstavljena je jednačinom [inlmath]\left|z-2i\right|=\left|z+4\right|[/inlmath], koja predstavlja geometrijsko mesto tačaka koje su podjednako udaljene od broja [inlmath]2i[/inlmath] i od broja [inlmath]4[/inlmath]. To geometrijsko mesto tačaka predstavlja pravu, tj. predstavlja simetralu brojeva [inlmath]2i[/inlmath] i [inlmath]4[/inlmath].
Može se i analitički rešiti:[dispmath]\left|z-2i\right|>\left|z+4\right|[/dispmath][dispmath]\left|x+iy-2i\right|>\left|x+iy+4\right|[/dispmath][dispmath]\left|x+i\left(y-2\right)\right|>\left|\left(x+4\right)+iy\right|[/dispmath][dispmath]\sqrt{x^2+\left(y-2\right)^2}>\sqrt{\left(x+4\right)^2+y^2}\quad /\left(\phantom 0\right)^2[/dispmath][dispmath]x^2+\left(y-2\right)^2>\left(x+4\right)^2+y^2[/dispmath][dispmath]\cancel{x^2}+\cancel{y^2}-4y+4>\cancel{x^2}+8x+16+\cancel{y^2}[/dispmath][dispmath]-4y>8x+12[/dispmath][dispmath]y<-2x-3[/dispmath]Dobijeni rezultat predstavlja oblast ispod prave date jednačinom [inlmath]y=-2x-3[/inlmath]. Na grafiku je ta prava označena crvenom bojom (može se uočiti da je to simetrala brojeva [inlmath]2i[/inlmath] i [inlmath]-4[/inlmath]), a sama oblast ispod nje označena je žućkasto:


Druga nejednačina se može rešiti preko formule za kosinus dvostrukog ugla:[dispmath]\cos^2\left(\frac{\pi}{8}\left|z\right|\right)-\sin^2\left(\frac{\pi}{8}\left|z\right|\right)\ge\frac{\sqrt 2}{2}[/dispmath][dispmath]\cos\left(\frac{\pi}{4}\left|z\right|\right)\ge\frac{\sqrt 2}{2}[/dispmath][dispmath]-\frac{\pi}{4}+2k\pi\le\frac{\pi}{4}\left|z\right|\le\frac{\pi}{4}+2k\pi,\quad k\in\mathbb{Z}[/dispmath][dispmath]-1+8k\le\left|z\right|\le 1+8k,\quad k\in\mathbb{Z}[/dispmath]Kombinacijom s trećom nejednačinom, [inlmath]\left|z\right|<15[/inlmath], kao i s poznatom činjenicom da je [inlmath]\left|z\right|\ge 0[/inlmath], dobije se u preseku da je [inlmath]\left|z\right|\in\left[0,1\right]\cup\left[7,9\right][/inlmath], a u kompleksnoj ravni to bi izgledalo kao unutrašnjost jednog kruga i unutrašnjost jednog prstena oko njega, oba s centrom u koordinatnom početku:


I onda samo nađeš presek žućkastih oblasti na prvoj i na drugoj slici...

Hvala

Dobro sam prepisa zadatak ::)

A u vezi drugog zadatka, mogli smo u jednom koraku napisati i [inlmath]\frac{\pi}{4}|z|\in\cup\left[-\frac{\pi}{4}+2k\pi,\frac{\pi}{4}+2k\pi\right][/inlmath]
Ovo razumin jer je u liniji poviše bia [inlmath]\frac{\sqrt 2}{2}[/inlmath], a pošto kosinus mora biti veći od toga, mora biti veći i od kuta koji daje taj rezultat, a to su pozitivni i negativni [inlmath]\frac{\pi}{4}+2k\pi[/inlmath], right?
btw
ovo [inlmath]\cup[/inlmath] predstavlja uniju tu?