blake je napisao: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]

Mogli smo napisati [inlmath]\frac{\pi}{4}\left|z\right|\in\left[-\frac{\pi}{4}+2k\pi,\frac{\pi}{4}+2k\pi\right][/inlmath], bez tog znaka za uniju. Unija se upotrebljava onda kad treba da objedini dva ili više intervala.

blake je napisao: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?

Nemoj ni slučajno na ispitu ovako da se izražavaš. Kosinus ne može biti veći od kuta, kosinus je jedno, a kut je drugo. Kao babe i žabe. Ali, OK, razumem šta si hteo reći i rezon ti je u redu.

blake je napisao:ovo [inlmath]\cup[/inlmath] predstavlja uniju tu?

Yup. Uniju.

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

[dispmath]\arg\left[z\left(1-i\right)\right]=[/dispmath]
[inlmath]z=\rho e^{i\varphi}[/inlmath]
[inlmath]1-i=\sqrt 2 e^{i\left(-\frac{\pi}{4}+2k\pi\right)},\;k\in\mathbb{Z}[/inlmath]
[dispmath]=\arg\left[\rho\sqrt 2 e^{i\varphi}e^{i\left(-\frac{\pi}{4}+2k\pi\right)}\right]=\arg\left[\left(\rho\sqrt 2\right)e^{i\left(\varphi-\frac{\pi}{4}+2k\pi\right)}\right]=\varphi-\frac{\pi}{4}+2k\pi[/dispmath]
[dispmath]\arg\left[z\left(1-i\right)\right]>\frac{\pi^2}{36}\quad\Rightarrow\quad\varphi-\frac{\pi}{4}+2k\pi>\frac{\pi^2}{36}\quad\Rightarrow\quad\varphi>\frac{\pi^2}{36}+\frac{\pi}{4}+2k\pi\quad\Rightarrow\quad\varphi>\frac{\pi^2}{36}+\frac{\pi}{4}[/dispmath]
Zadatak je ubernelogičan i skoro sam siguran da ne treba ovako da glasi, al' kako si ga ti napisao, tako sam ga i ja uradio...

Na osnovu postupka koji si napisao u ovom postu, dalo bi se zaključiti da zadatak, zapravo, treba da glasi:[dispmath]\frac{\pi^2}{36}<\arg^{\color{red}2}\left[z\left(1-i\right)\right]{\color{red}<\frac{\pi^2}{9}}[/dispmath]i tu si već i napisao deo postupka, ali evo još postupnije: posle korenovanja,[dispmath]\sqrt{\frac{\pi^2}{36}}<\sqrt{\arg^2\left[z\left(1-i\right)\right]}<\sqrt{\frac{\pi^2}{9}}[/dispmath][dispmath]\frac{\pi}{6}<\left|\arg\left[z\left(1-i\right)\right]\right|<\frac{\pi}{3}[/dispmath][dispmath]\frac{\pi}{6}<\left|\arg z+\arg\left(1-i\right)\right|<\frac{\pi}{3}[/dispmath][dispmath]\frac{\pi}{6}<\left|\arg z-\frac{\pi}{4}\right|<\frac{\pi}{3}[/dispmath][inlmath]1.[/inlmath]
[inlmath]\arg z-\frac{\pi}{4}<0[/inlmath]
[inlmath]\Rightarrow\;\left|\arg z-\frac{\pi}{4}\right|=-\arg z+\frac{\pi}{4}[/inlmath]
[inlmath]\underline{\arg z<\frac{\pi}{4}}[/inlmath][dispmath]\frac{\pi}{6}<-\arg z+\frac{\pi}{4}<\frac{\pi}{3}[/dispmath][dispmath]-\frac{\pi}{3}<\arg z-\frac{\pi}{4}<-\frac{\pi}{6}[/dispmath][dispmath]-\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{4}<\arg z<-\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{4}[/dispmath][dispmath]-\frac{\pi}{12}<\arg z<\frac{\pi}{12}[/dispmath]što je skup rešenja koji zadovoljava uslov [inlmath]\arg z<\frac{\pi}{4}[/inlmath].

Isto tako i za [inlmath]2.[/inlmath] slučaj...
[inlmath]\arg z-\frac{\pi}{4}\ge 0[/inlmath][dispmath]\vdots[/dispmath][dispmath]\frac{5\pi}{12}<\arg z<\frac{7\pi}{12}[/dispmath]Bi umeo sad da na trigonometrijskoj kružnici skiciraš oblasti koje predstavljaju dobijena rešenja?

Je li radijus kružnice bitan?

Skica je OK, a radijus, tj. modul kompleksnog broja, nije moguće odrediti na osnovu ove jedne jednačine, budući da se u toj jednačini kao nepoznata pojavljuje samo argument kompleksnog broja, dok moduo tog kompleksnog broja nigde u jednačini ne figuriše.

Skicirajte
[dispmath]\frac{|z+1|-1}{|z+1|^2-4|z+1|-5}\le 0[/dispmath]
[dispmath]\frac{\sqrt{(x+1)^2+y^2}-1}{(x+1)^2+y^2-4\sqrt{(x+1)^2+y^2}-5}\le 0[/dispmath]
[inlmath]I)[/inlmath][dispmath]\sqrt{(x+1)^2+y^2}-1\le 0\quad\land\quad (x+1)^2+y^2-4\sqrt{(x+1)^2+y^2}-5>0[/dispmath]
[dispmath](x+1)^2+y^2\le 1\quad\land\quad (x+1)^2+y^2>4\sqrt{(x+1)^2+y^2}+5[/dispmath]
[dispmath]x^2+2x+y^2\le 0\quad\land\quad (x+1)^4+2(x+1)^2y^2+y^4>16\left[(x+1)^2+y^2\right]+40\sqrt{(x+1)^2+y^2}+25[/dispmath]
Ne znam šta je ovo šta sam dobija za brojnik, i ne znam u kojem smjeru rješavat dalje ovo za nazivnik, neka supstitucija ili puno pisanja?

I drugi
[dispmath]\sin\phi+\sin 2\phi>0[/dispmath]
[dispmath]\phi=\arg(z)[/dispmath]
[inlmath]\sin\left(\mathrm{arctg}\frac{y}{x}\right)+\sin\left(2\mathrm{arctg}\frac{y}{x}\right)>0[/inlmath]
[inlmath]\sin\left(\mathrm{arctg}\frac{y}{x}\right)+2\sin\left(arctg\frac{y}{x}\right)\cos\left(\mathrm{arctg}\frac{y}{x}\right)>0[/inlmath]
[inlmath]\sin\left(\mathrm{arctg}\frac{y}{x}\right)\left[1+2\cos\left(\mathrm{arctg}\frac{y}{x}\right)\right]>0[/inlmath]

Sad svaki faktor gledat posebno?

[inlmath]I)[/inlmath]
[inlmath]\sin\left(\mathrm{arctg}\frac{y}{x}\right)>0\quad\land\quad 1+2\cos\left(\mathrm{arctg}\frac{y}{x}\right)>0[/inlmath]
[inlmath]\mathrm{arctg}\frac{y}{x}>\quad\left<0,\pi\right>\quad\land\quad\mathrm{arctg}\frac{y}{x}>\quad\left<0,\frac{2\pi}{3}\right>[/inlmath]

Tako nekako?

blake je napisao:Skicirajte
[dispmath]\frac{|z+1|-1}{|z+1|^2-4|z+1|-5}\le 0[/dispmath]

Odmah u tom početnom izrazu uvedi smenu [inlmath]\left|z+1\right|=t[/inlmath]. Zatim faktoriši kvadratni polinom u imeniocu, napravi tabelu i odredi u kojim intervalima promenljive [inlmath]t[/inlmath] će razlomak biti [inlmath]\le 0[/inlmath].

Kad vratiš smenu, apsolutnu vrednost napišeš kao koren zbira kvadrata realnog i imaginarnog dela (kao što si već i uradio), zatim to kvadriraš.

I na kraju iskoristiš ono što znaš iz analitičke geometrije, a to je da jednačina [inlmath]\left(x-p\right)^2+\left(y-q\right)^2=R^2[/inlmath] predstavlja kružnicu poluprečnika [inlmath]R[/inlmath] s centrom u [inlmath]\left(p,q\right)[/inlmath]. Ako u toj jednačini znak jednakosti zameniš sa [inlmath]<[/inlmath], dobićeš nejednačinu koja će predstavljati površinu unutar te kružnice, ali ne i samu kružnicu. Ako zameniš znakom [inlmath]\le[/inlmath], ta nejednačina će predstavljati površinu unutar kružnice, plus samu kružnicu. Analogno i za znake [inlmath]>[/inlmath] i [inlmath]\ge[/inlmath].

Ovo su svi podaci koji su ti potrebni da bi mogao da uradiš zadatak.

blake je napisao:[dispmath]\sin\phi+\sin 2\phi>0[/dispmath]
[dispmath]\phi=\arg(z)[/dispmath]

Dobro si krenuo, nastavi na taj način. Jedino, što nema nikakve potrebe da [inlmath]\phi[/inlmath] pišeš kako [inlmath]\mathrm{arctg}\frac{y}{x}[/inlmath] i time nepotrebno komplikuješ, budući da ti je iz zadate nejednačine cilj samo da odrediš [inlmath]\phi[/inlmath] i ništa više.

Daniel je napisao:I na kraju iskoristiš ono što znaš iz analitičke geometrije, a to je da jednačina [inlmath]\left(x-p\right)^2+\left(y-q\right)^2=R^2[/inlmath] predstavlja kružnicu poluprečnika [inlmath]R[/inlmath] s centrom u [inlmath]\left(p,q\right)[/inlmath]. Ako u toj jednačini znak jednakosti zameniš sa [inlmath]<[/inlmath], dobićeš nejednačinu koja će predstavljati površinu unutar te kružnice, ali ne i samu kružnicu. Ako zameniš znakom [inlmath]\le[/inlmath], ta nejednačina će predstavljati površinu unutar kružnice, plus samu kružnicu. Analogno i za znake [inlmath]>[/inlmath] i [inlmath]\ge[/inlmath].

Okej dobijem da je [inlmath]t\in\left<-\infty,-1\right>\cup\left[1,5\right>[/inlmath]
Vratin se u nejednadžbu ka šta san napisa do
[inlmath](x+1)^2+y^2\le 1\quad\land\quad (x+1)^2+y^2>4\sqrt{(x+1)^2+y^2}+5[/inlmath]
Je li tu mogu pripozat tu formulu kružnice ili idem u sljedeći red ka šta sam napisa pa opet kvadriram?
Ili se ne treba vračat u nejednadžbu pošto smo napravili tablicu nego ...nego...?

Daniel je napisao:Jedino, što nema nikakve potrebe da [inlmath]\phi[/inlmath] pišeš kako [inlmath]\mathrm{arctg}\frac{y}{x}[/inlmath] i time nepotrebno komplikuješ, budući da ti je iz zadate nejednačine cilj samo da odrediš [inlmath]\phi[/inlmath] i ništa više.

[inlmath]\phi>\quad\left<0,\pi\right>\quad\land\quad\phi>\quad\left<0,\frac{2\pi}{3}\right>[/inlmath]

Ne razumin, šta još treba onda da mogu to nacrtat?