1. seriálová série Téma:

1. seriálová série

Téma: Komplexní čísla

Datum odeslání: ^{6.prosine2010}

1.úloha (5bodù)

Najděte všechna komplexní číslaz, která splňují

˛

˛

˛

˛ z z+z

z

˛

˛

˛

˛= 1.

2.úloha (5bodù)

Pro libovolnéα∈` 0,^π₂´

an∈Ndokažte rovnost 1 +cosα

cosα+cos 2α

cos²α+· · ·+cosnα

cosⁿα= sin(n+ 1)α sinα cosⁿα.

3.úloha (5bodù)

Mějmep, qkomplexní čísla,q6= 0. Dokažte, že pokud pro oba (komplexní) kořenyx1, x2 kvad- ratické rovnicex²+px+q²= 0 platí|x1|=|x2|, pak podíl ^p_q je reálné číslo.

Řešení seriálové série

1. úloha

Najděte všechna komplexní číslaz, která splňují

˛

˛

˛

˛ z z+z

z

˛

˛

˛

˛

= 1.

(Jarda Hančl) Prvé riešenie: Označme si hľadané komplexné číslo akoz=a+bi, potom jeho združené číslo jez=a−bi. Dosaďme si ich do zadaného zlomku:

˛

˛

˛

˛ z z+z

z

˛

˛

˛

˛=

˛

˛

˛

˛ a+bi

a−bi+a−bi a+bi

˛

˛

˛

˛=

˛

˛

˛

˛

2a²−2b² a²+b²

˛

˛

˛

˛ ,

kdea6= 0 alebob6= 0, aby mal zlomok význam. Pretože vo výraze nemáme žiadnu imaginárnu zložku, dostávame „klasickúÿ absolútnu hodnotu, ktorá je závislá iba na znamienku 2a²−2b² (nakoľko vždy platía²+b²≥0). Rozoberme teda dve možnosti:

(i) a²> b²:

2a²−2b²=a²+b² a²= 3b²

a=±√ 3b, z čoho dostávame riešeniaz=√

3k±ki(k∈R\ {0}).

(ii) a²< b²:

2b²−2a²=a²+b² b²= 3a²

b=±√ 3a, preto zadanie spĺňajú aj čísla tvaruz=k±√

3ki(k∈R\ {0}).

Skúškou overíme, že všetky čísla, ktoré sme takto dostali, naozaj spĺňajú podmienku zo za- dania. Hľadanými číslami teda súz=√

3k±kiaz=k±√

3kiprek∈R\ {0}.

z

z

z z

z z

2 ζ ζ ℑ

ℜ

Druhé řešení: Zapišme sizv exponenciálním tvaruz=re^iζ. Pakz=re^−iζa můžeme snadno odvodit ze vzorečku pro dělení čísel v goniometrickém tvaru, žez/z=e^2iζ a takéz/z=e^−2iζ.

Nyní si všimneme, že číslaz/z az/z jsou komplexně sdružená, jejich součet tedy není nic jiného než dvojnásobek reálné části

z z+z

z = 2ℜ(e^2iζ) = 2 cos 2ζ.

Řešíme tedy rovnici

|2 cos 2ζ|= 1 cos 2ζ=±1

2.

Tedy 2ζ+ 2kπ ∈ {±π/3,±2π/3}. Podělíme-li dvěma a podíváme se na na řešení v intervalu (−π, πi, dostaneme

ζ∈ {±π/6,±π/3,±2π/3,±5π/6}.

Tedy řešením jsou právě všechnazna polopřímkách s těmito argumenty, tj.ztvarure^iζ, kdeζ je z výše popsané množiny ar∈(0,∞).

2. úloha

Pro libovolnéα∈` 0,^π₂´

an∈Ndokažte rovnost

1 +cosα

cosα+cos 2α

cos²α+· · ·+cosnα

cosⁿα= sin(n+ 1)α sinα cosⁿα.

(Jakub „šnEkÿ Opršal) Pro začátek si všimněme, že úlohu řešíme proαz intervalu (0, π/2), kde jsou sinα i cosα nenulové, takže jimi můžeme bez obav dělit.

Komplexní řešení: Podíváme se na zadaný součet, čitatele zlomků připomínají reálné části čísele^inα= (cosnα+isinnα). Tedy zadaný součet je reálnou částí součtu

T = 1 + e^iα

cosα+ e^2iα

cos²α+· · ·+ e^niα cosⁿα.

Označme siz=e^iα/cosα, pak součetT je jen součtem geometrické posloupnosti s kvocientem z, tedy

T =zⁿ⁺¹−1 z−1 .

Spočtěme si nejdříve jmenovatel zlomkuz−1 = (cosα+isinα−cosα)/cosα=itgα. Tedy z−1 je ryze imaginární. Protože nás zajímá jen reálná složka celého součtu, stačí nám spočítat jen imaginární složku čitatele a vydělit ji imaginární složkou jmenovatele.¹

ℑ(zⁿ⁺¹−1) =ℑ

„cos(n+ 1)α+isin(n+ 1)α cosⁿ⁺¹α

«

=sin(n+ 1)α cosⁿ⁺¹α .

1To si můžeme dovolit jen a jen proto, žeℜ(z−1) = 0.

Nakonec podělením dostaneme, že hledaný součet je

ℜ(T) = sin(n+ 1)α

cosⁿ⁺¹αtgα= sin(n+ 1)α sinαcosⁿα, což jsme chtěli dokázat.

Pro úplnost uvádíme ještě řešení bez použití komplexních čísel, můžete si však všimnout, že k němu potřebujeme už předem znát součet řady. První řešení funguje i bez znalosti součtu.

Řešení matematickou indukcí: Dokážeme tvrzení dokonce pron= 0,1,2, . . .. Budeme tedy postupovat indukcí, pron= 0 říká dokazovaná rovnost 1 = sinα/sinα, což zřejmě platí.

Dále předpokládejme, že tvrzení platí pron−1 a dokažme ho pron. Označme pro přehlednost S(n) součet na levé straně pron. Pak platí (za použití indukčního předpokladu)

S(n) =S(n−1)+cosnα

cosⁿα = sinnα

sinαcosⁿ⁻¹α+cosnα

cosⁿα =sinnαcosα+ cosnαsinα

sinαcosⁿα =sin(n+ 1)α sinαcosⁿα. V poslední rovnosti jsme použili součtový vzorec pro sin(nα+α).

3. úloha

Mějmep, qkomplexní čísla,q6= 0. Dokažte, že pokud pro oba (komplexní) kořenyx1, x2 kvad- ratické rovnicex²+px+q²= 0 platí|x1|=|x2|, pak podíl ^p_q je reálné číslo. (Jarda Hančl) První řešení: Z Viétových vztahů máme pro oba kořeny vztahy

x1+x2=−p, x1x2=q².

Abychom dokázali, že nějaké komplexní číslo je reálné, stačí dokázat, že jeho čtverec je reálný a kladný. Kladnost druhé mocniny totiž vyloučí ryze imaginární čísla, jejichž čtverec je též reálný.

Máme

„p q

«2

=(x1+x2)² x1x2

=x²₁+ 2x1x2+x²₂ x1x2

=x1

x2

+x2

x1

+ 2.

Značz=x1/x2. Protože|x1|=|x2|, tak|z|=|1/z|= 1, a proto jsou číslaza 1/z komplexně sdružená (jejich argument se liší pouze ve znaménku a obě mají stejnou absolutní hodnotu rovnou 1). Nyní již jen použijeme vlastnost komplexně sdruženého čísla, čímž dostáváme

„p q

«2

=z+1

z+ 2 =z+z+ 2 = 2ℜ(z) + 2∈R.

Navíc jelikož|z|= 1, takℜ(z)∈[−1,1], a proto 2ℜ(z) + 2≥0, což jsme chtěli dokázat.

Druhé řešení: Převedeme si zadanou kvadratickou rovnici substitucíy=qxna rovniciq²y²+ + 2pqy+q²= 0, jejíž kořeny označímey1 ay2. Vydělenímq² dostaneme rovnici

y²+p

qy+ 1 = 0.

Nyní z Viétových vztahů dostaneme soustavu y1+y2=−p

q, y1y2= 1.

Jelikož platilo|x1|=|x2|, tak máme též|y1|=|y2|, což společně sy1y2 = 1 implikuje|y1|=

=|y2|= 1. Tedy máme dvě komplexní čísla se stejnou absolutní hodnotou rovnou jedné, jejichž součin je 1, proto jsou tato čísla nutně komplexně sdružená. Důkaz jednoduše dokončíme výpo- čtem

−p

q=y1+y2=y1+y1= 2ℜ(y1)∈R.

Třetí řešení – účastnické: Zapíšeme oba kořeny v exponenciálním tvaru, tj.

x1=re^iα x2=re^iβ. Z Viétových vztahů máme pro oba kořeny vztahy

−p=x1+x2=re^iα+e^iβ) ⇒ p=−re^iα+e^iβ q²=x1x2=r²e^i(α+β) ⇒ q=±re^iα+β2 . A po dosazení dostáváme

p

q= re^iα+e^iβ

±re^iα+β2

=∓e^iα−β2 ∓e^iβ−α2 =∓2 cosα−β 2 ∈R, neboť se jedná o součet dvou komplexně sdružených čísel.

2. seriálová série

Téma: Komplexní čísla

Datum odeslání: ^{14.února2011}

4.úloha (5bodù)

Vně trojúhelníku ABC připíšeme jeho stranám čtverce ABM M^′, ACN N^′ a BCP P^′. Dále označme A0,B0 a C0 středy M^′N^′, M P^′ a P N. Dokažte, že trojúhelníky ABC a A0B0C0

mají stejné těžiště.

5.úloha (5bodù)

V konvexním tětivovém čtyřúhelníkuABCDoznačmeF_A,F_B,F_CaF_Dstředy Feuerbachových kružnic trojúhelníkůBCD,ACD,ABDaABC. Dokažte, že se přímkyAF_A,BF_B,CF_CaDF_D protínají v jednom bodě.

6.úloha (5bodù)

Mějme konvexní tětivový pětiúhelník V OJT A. Vyberme některé tři jeho vrcholy a nalezněme těžiště trojúhelníku, který je jimi tvořen. Tímto těžištěm veďme kolmici na přímku procházející zbylými dvěma vrcholy pětiúhelníku. Dokažte, že všech deset takto vytvořených kolmic prochází jedním bodem.

Řešení seriálové série

4. úloha

Vně trojúhelníku ABC připíšeme jeho stranám čtverce ABM M^′, ACN N^′ a BCP P^′. Dále označme A0,B0 a C0 středy M^′N^′, M P^′ a P N. Dokažte, že trojúhelníky ABC a A0B0C0

mají stejné těžiště. (Jarda „Jardáčÿ Hančl)

A B

C

M M^′

P

P^′ N

N′

A₀

B₀ C0

Označme si souřadnice všech bodů vždy odpovídajícím malým písmenkem, tj. A(a), M(m), M^′(m^′) atd. A předpokládejme, že trojúhelník ABC je značený standardně, tj. proti směru hodinových ručiček (viz obrázek). Potom bodN^′ je obraz boduC při rotaci o úhelπ/2 kolem boduA. Položmeϕ=π/2. Analogicky nahlížíme i na ostatní body ze zadání a máme

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.

BodA0je středem úsečkyM^′N^′ a můžemea0,b0,c0vyjádřit pomocía,b,cjako a0=(c−a+a−b)e^iϕ+ 2a

2 = (c−b)e^iϕ

2 +a, b0=(a−b+b−c)e^iϕ+ 2b

2 =(a−c)e^iϕ

2 +b, c0=(b−c+c−a)e^iϕ+ 2c

2 =(b−a)e^iϕ

2 +c.

Nakonec stačí upravit a0+b0+c0

3 =(c−b+a−c+b−a)e^iϕ

6 +a+b+c

3 =a+b+c

3 ,

což znamená, že těžiště trojúhelníkůABCaA0B0C0 se shodují.

Pokud bychom trojúhelníkABCznačili po směru hodinových ručiček, byl by bodN^′obrazem boduCpři rotaci o úhel−π/2 kolem boduA(aby byl čtverecABM M^′připsán vně trojúhelníku ABC) a podobně i všechny další rotace by byly provedeny o úhel −π/2. Stačí tedy položit ϕ=−π/2 a důkaz proběhne stejně jako v předchozím případě.

5. úloha

V konvexním tětivovém čtyřúhelníkuABCDoznačmeFA,FB,FCaFDstředy Feuerbachových kružnic trojúhelníkůBCD,ACD,ABDaABC. Dokažte, že se přímkyAFA,BFB,CFCaDFD

protínají v jednom bodě. (Jarda „Jardáčÿ Hančl)

Body ABCDleží na jedné kružnicik, proto si definujeme Gaussovu rovinu s počátkem ve středuk. BodyA,B,C aDreprezentujme komplexnímy číslya,b,cad, obdobně i u dalších bodů.

Při takto definovaném počátku jsou absolutní hodnoty komplexních čísela,b,cadstejné a ze seriálového textu už umíme snadno dopočítat komplexní čísla reprezentující středy Feuerba- chových kružnic. Máme tedy

fA=b+c+d

2 , fB=a+c+d

2 , fC=a+b+d

2 , fD= a+b+c

2 .

Dokažme nyní, že přímkyAFA,BFB,CFC a DFD procházejí bodem X(x), kdex= (a+ +b+c+d)/3. Na tento bod můžeme do jisté míry přijít, pokud si všimneme, že situace je pro všechny body (čísla) symetrická.

Jelikož

2 3fA+1

3a= 2 3

„b+c+d 2

« +1

3a= a+b+c+d

3 =x,

leží bodXna úseččeAFA. Obdobné vztahy můžeme napsat i pro zbylé tři body, proto bude bod X ležet na všech čtyřech přímkáchAFA,BFB,CFC iCFC.

6. úloha

Mějme konvexní tětivový pětiúhelník V OJT A. Vyberme některé tři jeho vrcholy a nalezněme těžiště trojúhelníku, který je jimi tvořen. Tímto těžištěm veďme kolmici na přímku procházející zbylými dvěma vrcholy pětiúhelníku. Dokažte, že všech deset takto vytvořených kolmic prochází

jedním bodem. (Michal „Kennyÿ Rolínek)

Zvolme počátek ve středu kružnice opsané pětiúhelníkuV OJT Aa označme si bodyV(v), O(o),J(j),T(t) aA(a). Ukážeme, že bodX(x)

x=v+o+j+t+a 3

je hledaným průsečíkem daných přímek. Chceme vlastně dokázat, že spojnice těžišť uvažovaných trojúhelníků a boduXjsou vždy kolmé na zbývající stranu pětiúhelníku.

Podívejme se tedy například na trojúhelníkV OJ, jeho těžiště, které má souřadnicetV OJ=

= (v+o+j)/3, a přímkuT A. Aby byly tyto dvě přímky na sebe kolmé, musí být podíl x−tV OJ

t−a =

v+o+j+t+a

3 −^v+o+j₃

t−a =1

3·t+a t−a

ryze imaginární. To ale platí z Thaletovy věty posané v seriálu, neboť bodyT aAleží na jedné kružnici se středem v počátku.

Pro zbylých devět trojúhelníků se kolmost ukáže podobně. Všimni si, že vyjádření boduXje symetrické vůči proměnnýmv,o,j,taa.

3. seriálová série

Téma: Komplexní čísla

Datum odeslání: ^11.dubna2011

7.úloha (5bodù)

Buďkpřirozené číslo. Dokažte, že součin dvou čísel tvarux²+ky² pro nějaká celá číslax,y je téhož tvaru. Tedy ukažte, že pro každá celá číslax1,x2,y1 ay2 existují celá číslaxay, že x²+ky²= (x²₁+ky²₁)(x²₂+ky₂²).

8.úloha (5bodù)

Najděte všechny trojice celých číselx,yaz, která splňují x²+y²= 2011^z.

9.úloha (5bodù)

Najděte všechny dvojice celých číselxay, která řeší rovnici y(y+ 1) =x⁵−1.

Řešení seriálové série

7. úloha

Buďkpřirozené číslo. Dokažte, že součin dvou čísel tvarux²+ky² pro nějaká celá číslax,y je téhož tvaru. Tedy ukažte, že pro každá celá číslax1,x2,y1 ay2 existují celá číslaxay, že x²+ky²= (x²₁+ky²₁)(x²₂+ky₂²). (Jakub „šnEkÿ Opršal) Volně podle Kristýny Zemkové: Kořeny polynomux²+ky²jsou všechny druhé odmocniny z (−ky²).Jelikožk∈Nay²≥0,je−ky²≤0 a odmocninou bude ryze imaginární číslo±iy√

k.

Pak platí

`x<sup>2</sup><sub>1</sub>+ky<sub>1</sub><sup>2</sup>´`

x²₂+ky²₂´

=` x1+iy1

√k´`

x1−iy1

√k´`

x2+iy2

√k´`

x2−iy2

√k´

=

=“

`x1+iy1

√k´`

x2+iy2

√k´” “

`x1−iy1

√k´`

x2−iy2

√k´”

=

=“

x1x2+i√

k(x1y2+x2y1)−ky1y2

” “x1x2−i√

k(x1y2+x2y1)−ky1y2

”. To je však součin dvou komplexně sdružených čísel, který je roven

(x1x2−ky1y2)²+k(x1y2+x2y1)².

Položmex=x1x2−ky1y2 ay =x1y2+x2y1.Jelikožx1,x2,y1,y2 ∈ Z, takéx, y ∈Za výsledkem jex²+ky².

8. úloha

Najděte všechny trojice celých číselx,yaz, která splňují x²+y²= 2011^z.

(Jarda „Jardáčÿ Hančl & Jakub „šnEkÿ Opršal) Předně si všimneme, žex²+y² je celé číslo, tím pádem musí být z ≥0. Předpokládejme nejprve, žex6= 0. Levou stranu rovnice rozložíme na součin jako

x²+y²= (x+iy)(x−iy).

Jelikož je 2011≡3 (mod 4), je 2011 Gaussovým prvočíslem a pravou stranu rovnice lze tedy v Gaussových číslech rozložit pouze na mocniny 2011 a invertibilní prvky, neboli

x+iy=ε1·2011^k, x−iy=ε2·2011^l

pro nějakák, l∈Zaε1, ε2∈ {±1,±i}. Z rovnosti|x+iy|=|x−iy|dostávámek=l, což spolu sk+l=zdávák=l=z/2, tedyzmusí být sudé číslo. Pokud by byloε1 =±i, bylo by číslo x+iyryze imaginární, což není možné vzhledem k předpokladux6= 0. Musí tedy býtε1=±1 a z rovnostiε1·ε2= 1 plyneε1=ε2. Potom je ovšem číslox+iy=ε1·2011^k=±2011^z/2reálné, což vynucujey= 0. Za předpokladux6= 0 tedy dostáváme pro nezáporná sudázpouze řešení

x=±2011^z/2, y= 0.

Možnostix= 0 pak odpovídá symetrický výsledek

x= 0, y=±2011^z/2.

9. úloha

Najděte všechny dvojice celých číselxay, která řeší rovnici y(y+ 1) =x⁵−1.

(Jakub „šnEkÿ Opršal) Nejprve si rovnici upravíme do tvaru

y²+y+ 1 =x⁵ a rozložíme levou stranu v Eisensteinových celých číslech:

(y−ω)(y+ 1 +ω) =x⁵.

Bedeme chtít použít větu o mocninách, k čemuž potřebujeme, aby číslay−ωay+ 1 +ωbyla nesoudělná. Jejich největší společný dělitel dělí jejich rozdíl, který je 1 + 2ω. Jelikož 1 + 2ωje Eisensteinovo prvočíslo, máme pro největšího společného dělitele dvě možnosti: 1 + 2ωa 1.

Nechť je tedy největší společný dělitel závorek na levé straně 1 + 2ω. Pak (1 + 2ω)²=−3|x⁵, tedy 3|x⁵ v celých číslech, proto musí platit dokonce 3⁵|x⁵. Když se podíváme na upravenou rovnost modulo 9, dostaneme

y²+y+ 1≡0 (mod 9).

Tato kongruence však nemá řešení. Abyy bylo řešení, musí platity(y+ 1)≡2 (mod 3), tedy y≡1 (mod 3). Máme tedy celkem tři možnosti modulo 9, a to 1, 4 a 7, ale dosazením do levé strany dostaneme vždy 3, tedy ani jedno z těchto čísel není řešením.

Pokud jsou závorky na levé straně nesoudělné, můžeme použít tvrzení o mocninách. Existují tedy celá číslaa,ba invertibilní prvekεvZ[ω], že

y−ω=ε(a+bω)⁵.

Uvědomme si, že vZ[ω] je každý invertibilní prvek pátou mocninou (např. 1+ω=−ω⁵). Můžeme tedyεz naší rovnice vynechat.

Spočtěme (a+bω)⁵, platí

(a+bω)⁵=a⁵+ 5a⁴bω+ 10a³b²(−1−ω) + 10a²b³+ 5ab⁴ω+b⁵(−1−ω).

Porovnáním složek uωdostáváme rovnici v celých číslech 5a⁴b−10a³b²+ 5ab⁴−b⁵=−1,

odkud je vidět, žeb| −1, a navíc−b⁵ ≡ −1 (mod 5), tedyb= 1. Dosadíme tuto hodnotu do rovnice a dostaneme novou rovnici s neznámoua

5a⁴−10a³+ 5a= 0, a(a−1)(a²−a−1) = 0, která má jediná celočíselná řešenía= 0 aa= 1.

Víme, žey−ω=ω⁵, resp.y−ω= (1 +ω)⁵. Po umocnění pravých stran dostanemey−ω=

=−1−ω, resp.y−ω=−ω, tedyy=−1, resp. 0 a v obou případech dostávámex= 1. Úloha má tedy dvě řešení – dvojice (x, y) = (1,−1) a (x, y) = (1,0).