MATEMANIJA

Zadatak glasi:

U kompleksnoj ravnini skicirajte skup svih točaka [inlmath]z\in\mathbb{C}[/inlmath]:
[dispmath]\left|\frac{z}{z+2}\right|<2,\quad Re\left(\frac{z+1}{z}\right)\ge 1[/dispmath]
Savladavam Latex

eseper je napisao:Savladavam Latex

Vidim. Odlično ti ide, svaka čast.

[dispmath]\left|\frac{z}{z+2}\right|<2[/dispmath]
[dispmath]\frac{\left|z\right|}{\left|z+2\right|}<2[/dispmath]
[dispmath]\frac{\left|x+iy\right|}{\left|x+2+iy\right|}<2[/dispmath]
[dispmath]\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{\sqrt{\left(x+2\right)^2+y^2}}<2[/dispmath]
Pošto su i leva i desna strana pozitivne, možemo ih kvadrirati, ne menjajući znak nejednakosti:
[dispmath]\frac{x^2+y^2}{\left(x+2\right)^2+y^2}<4[/dispmath]
[dispmath]x^2+y^2<4\left[\left(x+2\right)^2+y^2\right][/dispmath]
[dispmath]x^2+y^2<4\left(x^2+4x+4+y^2\right)[/dispmath]
[dispmath]x^2+y^2<4x^2+16x+16+4y^2[/dispmath]
[dispmath]3x^2+16x+16+3y^2>0[/dispmath]
[dispmath]x^2+\frac{16}{3}x+\frac{16}{3}+y^2>0[/dispmath]
Ovo je očigledno jednačina kružnice, samo je treba svesti na pogodniji oblik:
[dispmath]x^2+2\frac{8}{3}x+\frac{8^2}{3^2}-\frac{8^2}{3^2}+\frac{16}{3}+y^2>0[/dispmath]
[dispmath]\left(x+\frac{8}{3}\right)^2+y^2>\frac{8^2}{3^2}-\frac{16}{3}[/dispmath]
[dispmath]\left(x+\frac{8}{3}\right)^2+y^2>\frac{16}{9}[/dispmath]
[dispmath]\left(x+\frac{8}{3}\right)^2+y^2>\left(\frac{4}{3}\right)^2[/dispmath]
Ovo bi predstavljalo sve kružnice čije je središte u tački [inlmath]x=-\frac{8}{3}[/inlmath], [inlmath]y=0[/inlmath], s poluprečnikom većim od [inlmath]\frac{4}{3}[/inlmath].
U kompleksnoj ravni to bi bio skup svih brojeva [inlmath]z=x+iy[/inlmath] takvih da je [inlmath]\left|z+\frac{8}{3}\right|>\frac{4}{3}[/inlmath].
Na skici je geometrijsko mesto takvih brojeva obojeno plavom bojom:




[dispmath]\Re\left(\frac{z+1}{z}\right)\ge 1[/dispmath]
[dispmath]\Re\left(\frac{x+1+iy}{x+iy}\right)\ge 1[/dispmath]
Moramo postaviti uslov da ne sme biti istovremeno [inlmath]x=0[/inlmath] i [inlmath]y=0[/inlmath], tj. ne sme biti [inlmath]z=0[/inlmath].
[dispmath]\Re\left(\frac{x+1+iy}{x+iy}\cdot\frac{x-iy}{x-iy}\right)\ge 1[/dispmath]
[dispmath]\Re\left(\frac{x^2+x+y^2+i\left[xy-\left(x+1\right)y\right]}{x^2+y^2}\right)\ge 1[/dispmath]
[dispmath]\frac{x^2+x+y^2}{x^2+y^2}\ge 1[/dispmath]
Pošto je [inlmath]x^2+y^2\ge 0[/inlmath], znak nejedankosti se neće promeniti ako obe strane pomnožimo tom vrednošću:
[dispmath]x^2+x+y^2\ge x^2+y^2[/dispmath]
[dispmath]x\ge 0[/dispmath]
U kompleksnoj ravni to bi bio skup svih brojeva koji se nalaze na y-osi ili desno od y-ose, isključujući koordinatni početak (jer, prema ranijem uslovu, ne sme biti [inlmath]z=0[/inlmath]).


Ako se traži da budu istovremeno zadovoljeni uslovi [inlmath]\left|\frac{z}{z+2}\right|<2[/inlmath] i [inlmath]\Re\left(\frac{z+1}{z}\right)\ge 1[/inlmath], tj. ako se traži njihov presek, taj presek će biti ovo drugo, tj. skup svih brojeva koji se nalaze na y-osi ili desno od y-ose, isključujući koordinatni početak.

Da, traži se presjek u tom zadatku.

Evo sljedećeg:
[dispmath]|z-4i|=|z-4|[/dispmath] [dispmath]i[/dispmath] [dispmath]|z|=5[/dispmath]
[dispmath]***[/dispmath]
[dispmath]|x+yi-4i|=|x+yi-4|[/dispmath]
[dispmath]|x+i(y-4)|=|(x-4)+yi|[/dispmath]
[dispmath]\sqrt{x^2+(y-4)^2}=\sqrt{(x-4)^2+y^2}[/dispmath]
Kada se to sredi, dobije se
[dispmath]-8y=-8x[/dispmath]
odnosno
[dispmath]y=x[/dispmath]
Sada sam sredio desnu stranu,
[dispmath]|z|=5[/dispmath]
[dispmath]|x+yi|=5[/dispmath]
[dispmath]\sqrt{x^2+y^2}=5 /^2[/dispmath]
[dispmath]x^2+y^2=25[/dispmath]
Sada sam onaj [inlmath]x[/inlmath] koji sam dobio u prvoj jednadžbi uvrstio ovdje u rezultat druge, i to je ispalo:
[dispmath]x^2+y^2=25[/dispmath]
[dispmath]x^2+x^2=25[/dispmath]
[dispmath]2x^2=25[/dispmath]
[dispmath]x^2=\frac{25}{2}[/dispmath]
[dispmath]x=\pm\frac{5\sqrt{2}}{2}[/dispmath]
Nakon toga je skica. Da ne crtam (a mogu i to ukoliko moje objašnjenje protumačiš kao krivo ) napisat ću kako izgleda:

Dobili smo kružnicu, [inlmath]y=0[/inlmath] i [inlmath]x=0[/inlmath], a [inlmath]r=5[/inlmath]. Ako je
[dispmath]x=\pm\frac{5\sqrt{2}}{2}[/dispmath]
to znači da je isti toliki i [inlmath]y[/inlmath] jer imamo da je [inlmath]y=x[/inlmath]. To je pravac koji prolazi ishodištem, i siječe kružnicu u gore navedenim točkama.

Valjda je dobro?

Ne da je dobro, nego je savršeno.
Iako uvek volim ponešto da dopunim, ovaj put nemam šta ni da dodam ni da oduzmem – sve si već rekao.

Hehe

Evo dalje, zadatak iz zbirke:
Računica mi je jasna, pa i slika. Jedino me zanima zašto je osjenčen lijevi dio od pravca, a ne npr. desni?
[dispmath]\left|\frac{z-2}{z+1-i}\right|\ge 1\quad Re\left(\frac{1}{\overline z}\right)\le\frac{1}{2}[/dispmath]
Rješavanjem prvog dijela ispada
[dispmath]y\ge 3x-1.[/dispmath]
drugog
[dispmath]Re\left(\frac{1}{\overline z}\right)=\frac{x}{x^2+y^2}.[/dispmath]
[dispmath]\left(x-1\right)^2+y^2\ge 1.[/dispmath]
i graf je

Posmatraj to kao da je osenčen ne deo levo od pravca, već deo iznad pravca. To je zbog toga što imamo nejednakost [inlmath]y\ge 3x-1[/inlmath].
Naime, da je u pitanju jedankost [inlmath]y=3x-1[/inlmath], tada bi to predstavljalo samo skup onih tačaka koje su na tom pravcu.
Međutim, pošto je ovde [inlmath]y[/inlmath]-koordinata tih tačaka veća ili jednaka od [inlmath]3x-1[/inlmath], to će njihovo geometrijsko mesto, osim na pravcu [inlmath]3x-1[/inlmath], biti i na onom delu grafika gde im je [inlmath]y[/inlmath]-koordinata veća nego na pravcu [inlmath]3x-1[/inlmath], za zadato [inlmath]x[/inlmath]. A to upravo predstavlja deo iznad pravca.

Pošto je, u ovom slučaju, linearna funkcija rastuća, ono što je iznad tog pravca biće, ujedno, i levo od tog pravca.
Da je linearna funkcija opadajuća (tipa [inlmath]y=-x-1[/inlmath]), deo iznad pravca bi bio, ujedno, i deo desno od tog pravca.

Hvala na objašnjenju!

Da se vratim još na prvi zadatak u ovoj temi. Pošto se traži presjek, rješenje će biti ovo (?):

Da, to što si obeležio crveno. Upravo to sam i napisao:

Daniel je napisao:Ako se traži da budu istovremeno zadovoljeni uslovi [inlmath]\left|\frac{z}{z+2}\right|<2[/inlmath] i [inlmath]\Re\left(\frac{z+1}{z}\right)\ge 1[/inlmath], tj. ako se traži njihov presek, taj presek će biti ovo drugo, tj. skup svih brojeva koji se nalaze na y-osi ili desno od y-ose, isključujući koordinatni početak.

Sljedeća dva, s tim ako mi ikako možeš objasniti kroz zadatak što znači ovaj logaritam i trigonometrijski izraz u ovakvim zadacima i kako ih se riješiti.

1.
[dispmath]2\log^2_{0.5}|z-i|+\log_{0.5}|z-i|-1<0[/dispmath] i
[dispmath]\mathrm{tg}\:\phi-3\mathrm{ctg}\:\phi\ge 0[/dispmath] gdje je [inlmath]\phi[/inlmath] argument [inlmath]z[/inlmath].

2.
[dispmath]|z-2i|>|z+4|[/dispmath] i
[dispmath]\cos^2\frac{8}{\pi}|z|-\sin^2\frac{8}{\pi}|z|\ge\frac{\sqrt{2}}{2},\;|z|<15[/dispmath]

eseper je napisao:1.
[dispmath]2\log^2_{0.5}|z-i|+\log_{0.5}|z-i|-1<0[/dispmath] i
[dispmath]\mathrm{tg}\:\phi-3\mathrm{ctg}\:\phi\ge 0[/dispmath] gdje je [inlmath]\phi[/inlmath] argument [inlmath]z[/inlmath].

Uvedeš smenu [inlmath]t=\log_{0,5}\left|z-i\right|[/inlmath] pa dobiješ kvadratnu nejednačinu po [inlmath]t[/inlmath] čije je rešenje [inlmath]-1<t<\frac{1}{2}[/inlmath].
Zatim odrediš rešenja po [inlmath]\left|z-i\right|[/inlmath], vodeći računa o tome da je logaritam opadajuća funkcija kada mu je osnova između nule i jedinice.
Dobije se [inlmath]\frac{\sqrt 2}{2}<\left|z-i\right|<2[/inlmath].
Dalje znaš...
Dobićeš da je geometrijsko mesto tačaka koje ispunjavaju te nejednakosti izvan jedne kružnice poluprečnika [inlmath]\frac{\sqrt 2}{2}[/inlmath], a unutar druge kružnice poluprečnika [inlmath]2[/inlmath], uz to da su te dve kružnice koncentrične s centrom u [inlmath]z=i[/inlmath]. Znači, geometrijsko mesto će imati izgled prstena.

Što se tiče [inlmath]\mathrm{tg}\:\phi-3\mathrm{ctg}\:\phi\ge 0[/inlmath], kotangens napišeš kao recipročnu vrednost tangensa, pa zatim, pre nego što obe strane pomnožiš tangensom, diskutuješ dva slučaja, kada je tangens veći i kada je manji od nule. Kada je veći od nule, [inlmath]\phi[/inlmath] će pripadati 1. i 3. kvadrantu i znak nejednakosti se neće menjati pri množenju, a kada je manji od nule, [inlmath]\phi[/inlmath] će pripadati 2. i 4. kvadrantu i znak nejednakosti će se menjati pri množenju. Nađeš presek rešenja svakog od ta dva slučaja s uslovima tog slučaja, a na kraju uniju svega toga – klasičan postupak kod takvih nejednačina.
Dobije se [inlmath]\phi\in\left[\frac{\pi}{3}+k\pi,\frac{\pi}{2}+k\pi\right)\cup\left[\frac{2\pi}{3}+k\pi,\pi+k\pi\right)[/inlmath]

I na kraju u kompleksnoj ravni skiciraš presek rešenja za moduo i rešenja za argument – i to je to...

eseper je napisao:2.
[dispmath]|z-2i|>|z+4|[/dispmath] i
[dispmath]\cos^2\frac{8}{\pi}|z|-\sin^2\frac{8}{\pi}|z|\ge\frac{\sqrt[]{2}}{2},\;|z|<15[/dispmath]

Kad središ nejednačinu s modulima dobićeš linearnu nejednačinu [inlmath]y<-2x-3[/inlmath], tj. u kompleksnoj ravni rešenja će biti sve ono što je ispod tog pravca.

[inlmath]\cos^2\frac{8}{\pi}\left|z\right|-\sin^2\frac{8}{\pi}\left|z\right|[/inlmath] transformišeš prema formuli za kosinus dvostrukog ugla, [inlmath]\cos 2x=\cos^2x-\sin^2x[/inlmath], pa ćeš imati
[dispmath]\cos\frac{16}{\pi}\left|z\right|\ge\frac{\sqrt 2}{2},\quad\left|z\right|<15[/dispmath]
i iz tih uslova se odredi [inlmath]\left|z\right|[/inlmath]... Nego, si ti siguran da si dobro napisao postavku? U zadacima je mnogo logičnije da se pod argumentom sinusa ili kosinusa broj [inlmath]\pi[/inlmath] nađe u brojiocu, kako bi se kratio... A ovde bismo dobili da nam u rezultatu figuriše [inlmath]\pi^2[/inlmath], što je malo bzvz...

Daniel je napisao:Zatim odrediš rešenja po [inlmath]\left|z-i\right|[/inlmath], vodeći računa o tome da je logaritam opadajuća funkcija kada mu je osnova između nule i jedinice.

Znači li to da će sve ono ispred logaritma promijeniti predznak?

konkretno [dispmath]\log_{0.5}z-i=-1[/dispmath]
odnosno
[dispmath]-x-yi+i=-1[/dispmath]?

Edit: Krivo sam postavio stvar. Nakon što dobijemo [inlmath]t_1[/inlmath] i [inlmath]t_2[/inlmath] vratimo se u onu gore logaritamsku jednadžbu. Jasni mi je kako smo dobili [inlmath]2[/inlmath] ([inlmath]0.5^{-1}[/inlmath]), ali kako korijen iz dva kroz dva?
[dispmath]0.5^\frac{1}{2}[/dispmath]
A ovdje [inlmath]\frac{\sqrt 2}{2}<\left|z-i\right|<2[/inlmath] su se znakovi obrnuli zbog logaritma čija je baza [inlmath]<1[/inlmath] ? Nadam se da sam se dobro ispravio.

eseper je napisao:Znači li to da će sve ono ispred logaritma promijeniti predznak?

konkretno [dispmath]\log_{0.5}z-i=-1[/dispmath]
odnosno
[dispmath]-x-yi+i=-1[/dispmath]?

Ni posle deset čitanja, nisam razumeo pitanje.
Ali, da pojasnim to što sam napisao za opadajuću funkciju.
To znači, kada dobijemo da je rešenje kvadratne nejednačine [inlmath]-1<t<\frac{1}{2}[/inlmath] i vratimo smenu, imaćemo
[inlmath]\log_{0,5}\left|z-i\right|>-1[/inlmath]
[inlmath]\log_{0,5}\left|z-i\right|<\frac{1}{2}[/inlmath]
Pošto je logaritam kada je osnova između 0 i 1 opadajuća funkcija, prilikom oslobađanja od logaritma ovde će se promeniti znak nejednakosti:
[inlmath]\left|z-i\right|<\left(0,5\right)^{-1}[/inlmath]
[inlmath]\left|z-i\right|>\left(0,5\right)^\frac{1}{2}[/inlmath]

(Sad videh da si se u međuvremenu editovao, ali kad sam već ovo napisao, nema veze, neka ostane. )

eseper je napisao:ali kako korijen iz dva kroz dva?
[dispmath]0.5^\frac{1}{2}[/dispmath]

[dispmath]0,5^\frac{1}{2}=\left(\frac{1}{2}\right)^\frac{1}{2}=\sqrt{\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt 1}{\sqrt 2}=\frac{1}{\sqrt 2}[/dispmath]
pa onda racionalizacija
[dispmath]\frac{1}{\sqrt 2}\cdot\frac{\sqrt 2}{\sqrt 2}=\frac{\sqrt 2}{\sqrt 2\cdot\sqrt 2}=\frac{\sqrt 2}{2}[/dispmath]

Da, ispravio sam se. Mozak mi više ne radi kako treba, nastavljam sutra.

Hvala na trudu!

eseper je napisao:A ovdje [inlmath]\frac{\sqrt 2}{2}<\left|z-i\right|<2[/inlmath] su se znakovi obrnuli zbog logaritma čija je baza [inlmath]<1[/inlmath] ? Nadam se da sam se dobro ispravio.

Uh... Ajd javi mi kad završiš s editovanjima, pa da mogu da napišem jedan, jedinstven odgovor.
Da, dobro rezonuješ, to se dešava upravo zbog opadajuće funkcije, kao što sam i napisao u prethodnom postu.

Rješio sam prvi dio zadatka i dobio, kao što si napisao, koncentrične kružnice. Ona s uslovom da je [inlmath]<4[/inlmath], odnosno [inlmath]r=2[/inlmath], je dosta veća od druge, kojoj je radijus [inlmath]0.35[/inlmath]. Sve skupa nalikuje nišanu.

Možeš li napisati drugi dio zadatka? Nije mi najjasnije ovo s dva slučaja pa nadalje.

[dispmath]\mathrm{tg}\:\phi-3\mathrm{ctg}\:\phi\ge 0[/dispmath]
[dispmath]\mathrm{tg}\:\phi-\frac{3}{\mathrm{tg}\:\phi}\ge 0[/dispmath]
Mora biti zadovoljeno [inlmath]\mathrm{tg}\:\phi\ne 0[/inlmath]
[dispmath]\mathrm{tg}\:\phi\ge\frac{3}{\mathrm{tg}\:\phi}[/dispmath]
Sada pre množenja obe strane sa [inlmath]\mathrm{tg}\:\phi[/inlmath] moramo diskutovati dva slučaja: prvi, kada je [inlmath]\mathrm{tg}\:\phi>0[/inlmath] (tada se pri množenju znak nejednakosti neće promeniti) i drugi, kada je [inlmath]\mathrm{tg}\:\phi<0[/inlmath] (tada će se pri množenju znak jednakosti promeniti).

[inlmath]\left.1\right)\quad\mathrm{tg}\:\phi>0[/inlmath]
Ako se setimo čitanja tangensa s trigonometrijskog kruga, ovaj uslov će biti zadovoljen kada se ugao [inlmath]\phi[/inlmath] nalazi u [inlmath]1.[/inlmath] ili u [inlmath]3.[/inlmath] kvadrantu.
[dispmath]\mathrm{tg}^2\phi\ge 3[/dispmath]
[dispmath]\mathrm{tg}\:\phi\le -\sqrt 3\quad\lor\quad\mathrm{tg}\:\phi\ge\sqrt 3[/dispmath]
što, u preseku s uslovom ovog slučaja, [inlmath]\mathrm{tg}\:\phi>0[/inlmath], daje
[dispmath]\mathrm{tg}\:\phi\ge\sqrt 3[/dispmath]
[dispmath]\frac{\pi}{3}+k\pi\le\phi<\frac{\pi}{2}+k\pi[/dispmath]
[inlmath]\left.2\right)\quad\mathrm{tg}\:\phi<0[/inlmath]
Ovaj uslov će biti zadovoljen kada se ugao [inlmath]\phi[/inlmath] nalazi u [inlmath]2.[/inlmath] ili u [inlmath]4.[/inlmath] kvadrantu.
[dispmath]\mathrm{tg}^2\phi\le 3[/dispmath]
[dispmath]-\sqrt 3\le\mathrm{tg}\:\phi\le\sqrt 3[/dispmath]
što, u preseku s uslovom ovog slučaja, [inlmath]\mathrm{tg}\:\phi<0[/inlmath], daje
[dispmath]-\sqrt 3\le\mathrm{tg}\:\phi<0[/dispmath]
[dispmath]-\frac{\pi}{3}+k\pi\le\phi<k\pi[/dispmath]

Unija rešenja ova dva slučaja nam daje konačno rešenje, a to je
[dispmath]-\frac{\pi}{3}+k\pi\le\phi<k\pi\quad\lor\quad\frac{\pi}{3}+k\pi\le\phi<\frac{\pi}{2}+k\pi[/dispmath]

Daniel je napisao:

eseper je napisao:2.
[dispmath]|z-2i|>|z+4|[/dispmath] i
[dispmath]\cos^2\frac{8}{\pi}|z|-\sin^2\frac{8}{\pi}|z|\ge\frac{\sqrt[]{2}}{2},\;|z|<15[/dispmath]

Kad središ nejednačinu s modulima dobićeš linearnu nejednačinu [inlmath]y<-2x-3[/inlmath], tj. u kompleksnoj ravni rešenja će biti sve ono što je ispod tog pravca.

[inlmath]\cos^2\frac{8}{\pi}\left|z\right|-\sin^2\frac{8}{\pi}\left|z\right|[/inlmath] transformišeš prema formuli za kosinus dvostrukog ugla, [inlmath]\cos 2x=\cos^2x-\sin^2x[/inlmath], pa ćeš imati
[dispmath]\cos\frac{16}{\pi}\left|z\right|\ge\frac{\sqrt 2}{2},\quad\left|z\right|<15[/dispmath]
i iz tih uslova se odredi [inlmath]\left|z\right|[/inlmath]... Nego, si ti siguran da si dobro napisao postavku? U zadacima je mnogo logičnije da se pod argumentom sinusa ili kosinusa broj [inlmath]\pi[/inlmath] nađe u brojiocu, kako bi se kratio... A ovde bismo dobili da nam u rezultatu figuriše [inlmath]\pi^2[/inlmath], što je malo bzvz...

Sigurno je zadatak takav, provjerio sam.

Jel možeš napisati od transformacije pa nadalje? Uključujući i skicu ako ne bi bio problem.

eseper je napisao:Sigurno je zadatak takav, provjerio sam.

Zaista neverovatno... Ja sam i dalje vrlo, vrlo ubeđen da je u pitanju greška i da zadatak treba da glasi
[dispmath]\cos^2\frac{\pi}{8}\left|z\right|-\sin^2\frac{\pi}{8}\left|z\right|\ge\frac{\sqrt 2}{2},\quad\left|z\right|<15[/dispmath]
jer bi se tada sve fino složilo, primenom kosinusa dvostrukog ugla bi to postalo
[dispmath]\cos\frac{\pi}{4}\left|z\right|\ge\frac{\sqrt 2}{2},\quad\left|z\right|<15[/dispmath]
pa bi se odatle dobilo
[dispmath]-\frac{\pi}{4}+2k\pi\le\frac{\pi}{4}\left|z\right|\le\frac{\pi}{4}+2k\pi,\quad\left|z\right|<15[/dispmath]
[dispmath]-1+8k\le\left|z\right|\le 1+8k,\quad\left|z\right|<15[/dispmath]
pa bi se za [inlmath]k\le -1[/inlmath] dobilo da je [inlmath]\left|z\right|\le -7[/inlmath] što je nemoguće jer moduo ne može biti negativan, tako da ne bi bilo rešenja, a za [inlmath]k\ge 2[/inlmath] bi se dobilo da je [inlmath]\left|z\right|\ge 15[/inlmath], što je protivno uslovu [inlmath]\left|z\right|<15[/inlmath], tako da bi ostali jedino slučajevi [inlmath]k=0[/inlmath] i [inlmath]k=1[/inlmath], za koje bi se dobilo:
[dispmath]k=0\quad\Rightarrow\quad -1\le\left|z\right|\le 1[/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 1[/dispmath]
i
[dispmath]k=1\quad\Rightarrow\quad 7\le\left|z\right|\le 9[/dispmath]

pa bi bilo
[dispmath]\left|z\right|\in\left[0,1\right]\cup\left[7,9\right][/dispmath]

Suviše se ovde stvari lepo složilo (i kraćenje [inlmath]\frac{\pi}{4}[/inlmath], i uslov [inlmath]\left|z\right|<15[/inlmath]) da bi uopšte postojala bilo kakva šansa da ova postavka zadatka kakvu sam ja pretpostavio nije ispravna... Ali, pokušaću sada baš da uradim prema toj postavci koju si ti dobio (zbog komplikovanosti ne tvrdim da ću i uspeti), čisto poređenja radi s ovim slučajem...

E da... Pre nego što pređem na tu „tvoju“ postavku, setih se da si tražio i skicu... Evo ti prvo skica koja se dobije za ovu „moju“ postavku...


E, ovo tek izgleda kao nišan.

Za onu postavku koju ti imaš, već imam u glavi kakav će to biti horor od skice... Veruj mi da ne želiš znati kako izgleda...

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?

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?

blake je napisao:Okej dobijem da je [inlmath]t\in\left<-\infty,-1\right>\cup\left[1,5\right>[/inlmath]

OK, znači,[dispmath]t<-1\quad\lor\quad\left(t\ge 1\quad\land\quad t<5\right)[/dispmath]tj. kad vratiš smenu,[dispmath]\cancel{\sqrt{\left(x+1\right)^2+y^2}<-1}\quad\lor\quad\left(\sqrt{\left(x+1\right)^2+y^2}\ge 1\quad\land\quad \sqrt{\left(x+1\right)^2+y^2}<5\right)[/dispmath][inlmath]\sqrt{\left(x+1\right)^2+y^2}<-1[/inlmath] kao mogućnost otpada, jer vrednost korena ne može biti negativna, prema tome, ne može biti [inlmath]<-1[/inlmath]. Ovo ostalo kvadriramo:[dispmath]\left(x+1\right)^2+y^2\ge 1^2\quad\land\quad\left(x+1\right)^2+y^2<5^2[/dispmath]Prva nejednačina predstavlja sve tačke koje su izvan kružnice poluprečnika [inlmath]1[/inlmath] čiji je centar u [inlmath]\left(-1,0\right)[/inlmath], ali i na samoj kružnici.
Druga jednačina predstavlja sve tačke koje su unutar kružnice poluprečnika [inlmath]5[/inlmath] čiji je centar u [inlmath]\left(-1,0\right)[/inlmath], ali koje nisu i na samoj kružnici.
Pošto je potrebno da obe nejednačine budu zadovoljene, tražena oblast predstavlja jedan prsten unutrašnjeg poluprečnika [inlmath]1[/inlmath] i spoljašnjeg poluprečnika [inlmath]5[/inlmath], čiji je centar u [inlmath]\left(-1,0\right)[/inlmath], plus unutrašnju granicu tog prstena, kao na slici:


Tražena oblast je ona obojena žuto, plus ona obojena crveno. Spoljašnju granicu prstena namerno nisam bojio, jer ona ne spada u rešenje zadate nejednačine.

blake je napisao:[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?

Zapravo, rešenje nejednačine za [inlmath]I[/inlmath] slučaj je[dispmath]\phi\in\left(2k\pi,\pi+2k\pi\right)\quad\land\quad\phi\in\left(-\frac{2\pi}{3}+2k\pi,\frac{2\pi}{3}+2k\pi\right)[/dispmath]to jest[dispmath]\phi\in\left(2k\pi,\frac{2\pi}{3}+2k\pi\right)[/dispmath]Sad još nađeš rešenja i za [inlmath]II[/inlmath] slučaj...

[inlmath]I[/inlmath]
[inlmath]\phi\in\left<-\frac{2\pi}{3}+2k\pi,-\pi+2k\pi\right>,\:k\in\mathbb{Z}[/inlmath]
I samo obojam unutra i to je to?

Šta onda [inlmath]\phi=\arg(z)[/inlmath] znači i zašto je to bitno?

blake je napisao:[inlmath]I[/inlmath]
[inlmath]\phi\in\left<-\frac{2\pi}{3}+2k\pi,-\pi+2k\pi\right>,\:k\in\mathbb{Z}[/inlmath]
I samo obojam unutra i to je to?

Zapravo, treba obrnuto:[dispmath]\phi\in\left\langle-\pi+2k\pi,-\frac{2\pi}{3}+2k\pi\right\rangle,\quad k\in\mathbb{Z}[/dispmath]Kad navodiš interval, uvek prvo pišeš donju, pa gornju granicu. Ne obrnuto.

Skica bi izgledala ovako,


tj. moduo je neodređen, može da ide i u beskonačnost. Za razliku od modula, argument je u ovom slučaju taj koji se mora nalaziti u određenim granicama.

blake je napisao:Šta onda [inlmath]\phi=\arg(z)[/inlmath] znači i zašto je to bitno?

Znači upravo to što i prikazuje gornja slika – rešenja ove nejednačine su svi kompleksni brojevi čiji argumenti pripadaju navedenim intervalima, nezavisno od toga koliki su moduli tih kompleksnih brojeva.