επανάληψη μιγαδικών 2013-2014

1 http://mathhmagic.blogspot.gr/

ΜΜΗΗΤΤΑΑΛΛΑΑΣΣ..ΙΙ––∆∆ΡΡΟΟΥΥΓΓΑΑΣΣ..ΑΑ--ΧΧΑΑ∆∆ΟΟΣΣ..ΧΧ--ΓΓΕΕΡΡΜΜΑΑΝΝΟΟΣΣ ΞΞ..--ΠΠΑΑΤΤΣΣΗΗΣΣ ΣΣ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕYΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ

ΛΥΜΕΝΕΣ ΕΠΑNΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ

ΤΟ ΦΥΛΛΑΔΙΟ ΤΗΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ

2013

ΕΕΠΠΙΙΜΜΕΕΛΛΕΕΙΙΑΑ::ΜΜΗΗΤΤΑΑΛΛΑΑΣΣ..ΙΙ––∆∆ΡΡΟΟΥΥΓΓΑΑΣΣ..ΑΑ--ΧΧΑΑ∆∆ΟΟΣΣ..ΧΧ--ΓΓΕΕΡΡΜΜΑΑΝΝΟΟΣΣ ΞΞ..--ΠΠΑΑΤΤΣΣΗΗΣΣ ΣΣ..



ΜΙΓΑ∆ΙΚΟΙ-ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ Να οργανωθούµε λοιπόν. Στο πρώτο µέρος λυµένες επαναληπτικές ασκήσεις µε έµφαση σε δυνάµεις µιγαδικών, ανισοτικές σχέσεις ,µέτρα, εξισώσεις, ανισώσεις και γεωµετρικούς τόπους, στο δεύτερο µέρος τα θέµατα των πανελλαδικών που δεν εµπλέκουν συναρτήσεις καθώς και παλιά θέµατα δεσµών. Κάποιες ασκήσεις είναι «τσιµπηµένες» (ελέω Β3),άλλες έχουν µεγάλο πλήθος ερωτηµάτων για την συµπύκνωση όσο το δυνατόν περισσότερων κατηγοριών ασκήσεων. Η ειρωνεία είναι, ότι όπως τα κατάφερε η επιτροπή εξετάσεων του 2013 µε την επιλογή των θεµάτων καµιά άσκηση δεν µπορεί να θεωρηθεί εξωφρενική ή πολύ δύσκολη για να ενταχτεί σε ένα επαναληπτικό φυλλάδιο ασκήσεων που απευθύνεται στον υποψήφιο. Εν πάσει περιπτώσει ,αναλυτική µεθοδολογία θα βρείτε στις σηµειώσεις του Ι.Μήταλα. Οι ασκήσεις µε αστερίσκους απαιτούν αρετή και τόλµη!!!

Ερωτήσεις Σωστού –Λάθους

1)Το σύνολο ℂ είναι υπερσύνολο του ℝ . Σ Λ

2)Αν z, w ∈ℂ τότε θα ισχύει Re(z w) Re(z) Re(w)+ = + . Σ Λ

3)Αν z, w ∈ℂ τότε θα ισχύει Re(z w) Re(z) Re(w)⋅ = ⋅ . Σ Λ

4) Αν z∈ℂ τότε z z 0− − = . Σ Λ

5) Αν i iµ ν= , ,ν µ ∈ℕ τότε οι ν,µ αφήνουν το ίδιο υπόλοιπο αν διαιρεθούν µε το 4. Σ Λ

6) ( )31 i 3 8+ = − . Σ Λ

7)Για κάθε µιγαδικό z ισχύει η ισοδυναµία z z z∈ ⇔ =ℝ . Σ Λ

8)Για κάθε µιγαδικό z ισχύει η ισοδυναµία z I z z∈ ⇔ − = . Σ Λ

9)Αν z, w∈ℂ η σχέση 2 2z w 0+ = επαληθεύεται µόνο από τα z 0= και w 0= . Σ Λ

10)Η τιµή της παράστασης 2012 2013 2014 2015i i i i+ + + ισούται µε 0. Σ Λ

11)Αν iz

1 i

λ + λ=

−,τότε η εικόνα του Μ(z) στο µιγαδικό επίπεδο βρίσκεται πάνω στο φανταστικό άξονα για κάθε

λ ∈ℝ . Σ Λ

12) 22z z= . Σ Λ

13)Αν 1 2z 3 3i, z 7 7i= + = + τότε ισχύει 1 2z z< . Σ Λ

14)Αν2

2

e ( 1)iz , ,

( 1) e i

λ

λ

+ µ += µ λ ∈

µ + −ℝ τότε z 1= . Σ Λ

15)Για κάθε ζεύγος z, w∈ℂ ισχύει: z w z w− = − . Σ Λ

16)Αν η εικόνα του µιγαδικού z ανήκει στον κύκλο 2 2 2C : (x 3) y 3+ + = τότε η ελάχιστη τιµή του z είναι ίση µε

το 0. Σ Λ



17)Οι αριθµοί 3 i, 2 i+ − είναι ρίζες της εξίσωσης 2x 5x 0− + λ = για κάποια πραγµατική τιµή του λ. Σ Λ

18)Η εικόνα του µιγαδικού z και η εικόνα του µιγαδικού z− είναι συµµετρικές ως προς την αρχή των αξόνων. Σ Λ

19)Η εξίσωση z 2i z 2i− = + παριστάνει τον οριζόντιο άξονα x ' x . Σ Λ

20)Αν ισχύει z 0> τότε z∈ℝ . Σ Λ

21)Αν z C∈ και z 3= τότε z 3− = − . Σ Λ

22) 1 2 1 2 3i 3i 1 3i 2 3i< ⇔ < + − ⇔ + < + . Σ Λ

23)Για κάθε 1 2z , z ∈ℂ ισχύει: 1 2 1 2z z z z= ⇔ = Σ Λ

24) Αν η εξίσωση 2z z 0, ,+ λ + µ = λ µ ∈ℝ έχει αρνητική διακρίνουσα τότε οι ρίζες της έχουν ίσα µέτρα. Σ Λ

25) Αν z, w∈ℂ τότε ( )2wz wz 0− ≤ . Σ Λ

26) Αν z, w∈ℂ τότε z w z w− < + . Σ Λ

Ερωτήσεις Σωστού –Λάθους

Απαντήσεις

1)Σ 2) Σ 3)Λ 4)Σ 5)Σ 6)Σ 7)Σ 8)Σ 9) Λ 10)Σ 11)Σ 12)Λ 13)Λ 14)Σ 15)Λ 16)Σ 17)Λ 18)Λ 19)Σ 20)Σ 21) Λ 22)Λ 23) Λ 24) Σ 25) Σ 26) Λ

Ασκήσεις ανάπτυξης

1)α)Να υπολογίσετε τις παραστάσεις :

2(1 i)+ , 3(1 i 3)+

β) Με την βοήθεια του ερωτήµατος (α), να υπολογίσετε τις παραστάσεις :

188(1 i)+ , 83(1 i)+ , 24(1 i 3)+

γ)Να δείξετε ότι : 1974

1 iI

1 i 3

+ ∈

+ .

δ) Να βρείτε την τιµές του θετικού ακεραίου ν για την οποίες ισχύει:

1 i 3 1 i 32

2 2

ν ν − + − −

+ =

Λύση

α) 2 2(1 i) 1 2i i 2i+ = + + = .

Υπενθυµίζουµε…

ν

1,υ 0

i,υ 1i

1,υ 2

i,υ 3

= =

= − =− =

όπου

, , ,= + =ν 4κ υ με υ 0 1 2 3 .

Σε δυνάµεις µε αριθµητικό εκθέτη µορφοποιούµε τον εκθέτη.

α) Σε 2κ (άρτιος) οπότε ( ) ( )κ κ2κ 2i i 1 ...= = − =

β) Σε 2κ +1 (περιττός) οπότε

( ) ( )κ κ2κ 1 2i i i 1 i ...+ = ⋅ = − ⋅ =

Ο αριθµός νi είναι ένας από τους αριθµούς

1, i± ± .

Παίρνουµε 4 περιπτώσεις:

-Αν ν άρτιος τότε νi R∈ .

-Αν ν περιττός τότε νi ∈Ι .



( ) ( )

( ) ( )

2 33 3

33

(1 i 3) 1 3i 3 3 i 3 i 3

1 3i 3 9 i 3 1 3i 3 9 3i 3 8

+ = + + + =

= + − + = + − − = −

β) ( ) ( )94 94188 2 94 4 23 2 94 2 94(1 i) (1 i) 2i 2 i 2 i 2⋅ ++ = + = = = = −

( )( )

4183 82 2

41 41 41 41 10 4 1 41

(1 i) (1 i) (1 i) (1 i) (1 i)

2i (1 i) 2 i (1 i) 2 i (1 i) 2 i(1 i)⋅ +

+ = + + = + + =

= + = + = + = +

( ) ( )8 824 3 8(1 i 3) (1 i 3) 8 8+ = + = − =

γ) ( )

( )( )( )

( )( )( ) ( )

98721974 9871974 987 987

1974 658 658 6583 3

1 i1 i 2i1 i 2 i

1 i 3 8 21 i 3 1 i 3

+++ = = = =

+ − + +

987 4 246 3 3

1974 987 987

2 i i 1i I

2 2 2

⋅ +

= = = − ∈

δ) 3

1 i 3.. 1

2

− += =

,

31 i 3

.. 12

− −= =

,άρα οι ζητούµενες τιµές είναι ν=3κ , κ θετικός ακέραιος .

2)Να βρείτε τον φυσικό αριθµό ν έτσι ώστε να ισχύει: 2i (4 34)iν = ν −

Λύση. Η ισότητα που δόθηκε παίρνει την µορφή: 4 34

,24 34

2i (4 34)i i i I i i ή i i2

ν−∈ ν∈

ν ν ν νν −= ν − ⇔ = ∈ ⇒ = = −

ℝ ℕ

-Αν 4 1, (1) 4 1, (1) 4 1, (1)

i i

4 34 4 34 2 9,1

2

ν

ν = κ + κ ∈ ν = κ + κ ∈ ν = κ + κ ∈

= ⇒ και ⇔ και ⇔ και ν − ν − = ν = ∆εκτη =

ℕ ℕ ℕ

-Αν 4 3, (2) 4 3, (2) 4 3, (2)

i i

4 34 4 34 2 8, ί , ί (2)1

2

ν

ν = κ + κ ∈ ν = κ + κ ∈ ν = κ + κ ∈

= − ⇒ και ⇔ και ⇔ και ν − ν − = − ν = απορ πτεται δεν ικανοποιε την = −

ℕ ℕ ℕ

3) ∆ίνεται ο µιγαδικός 3 7i+ .

α) Να αποδείξετε ότι 7 3i i(3 7i)+ = − .

β) Να βρείτε την ελάχιστη τιµή του θετικού ακεραίου ν ώστε

να ισχύει η ισότητα : ν ν(3i 7) (3 7i) 0+ + − =

γ)Για την τιµή του ν που βρήκατε στο ερώτηµα (β)



i) Να υπολογίσετε την παράσταση 2 987νi i .... i+ + +

ii)Αν *µ Ν∈ ,200 µ 206≤ ≤ και 3µ 1 νi i 0+ + = να βρείτε την τιµή του µ.

Λύση

α) Β µέλος: 2i(3 7i) 3i 7i 3i 7− = − = + (1)

β) (1)

ν ν ν ν ν ν ν(3i 7) (3 7i) 0 (i(3 7i)) (3 7i) 0 i (3 7i) (3 7i) 0+ + − = ⇔ − + − = ⇔ − + − = ⇔

ν(3 7i) 0ν ν ν ν(3 7i) (i 1) 0 i 1 0 i 1 ν 4κ 2,κ Ν

− ≠

− + = ⇔ + = ⇔ = − ⇒ = + ∈ .

Η ελάχιστη τιµή του ν προκύπτει για κ= 0 έτσι ν=2.

γ) i)1974 2ν 2 1974 4 493 2

2 987ν 2 1974 i 1 i 1 2ii i .... i i i .... i i i .. 1 i

i 1 i 1 i 1

= = ⋅ +− − −+ + + = + + + = = = = = −

− − −

ii) ν 2

3µ 1 ν 3µ 1 2 3µ 1i i 0 i i 0 i 1 3µ 1 4κ,κ Ν=

+ + ++ = ⇔ + = ⇔ = ⇒ + = ∈

4κ 13µ 1 4κ µ (2)

3

−+ = ⇔ =

4κ 1200 µ 206 200 206 600 4κ 1 618

3601 4κ 619 150.25 κ 154.75 κ 151,152,153,154

−≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇔ ≤ − ≤ ⇔

≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇒ =

Αντικαθιστούµε κάθε τιµή του κ στην (2) όταν προκύψει ακέραιος τότε την δεχόµαστε. Οπότε δεκτή είναι µόνο η τιµή κ=151.

4)α)Να βρείτε όλους τους µιγαδικούς αριθµούς ,z w για τους οποίους είναι 2 2 0z w+ = .

β) Με την βοήθεια του ερωτήµατος (α) αν 4 4 0− =z w ,( ≠ ±z w) να δείξετε ότι 54 54 0+ =z w .

Λύση

α) Είναι 2 2 2 2 2 ( )( )z w z i w z iw z wi+ = − = − + .

Άρα είναι 2 2 0z w+ = αν και µόνο αν

z iw= ή z iw= −

Άρα υπάρχουν άπειροι αριθµοί ,z w C∈ µε 2 2 0z w+ = .

Οι αριθµοί αυτοί είναι:

( , ) ( , )z w iw w= ή ( , ) ( , )z w iw w= −

Η ισότητα 2 2 0z w+ = στο R αληθεύει µόνο όταν 0z w= = .∆εν συµβαίνει όµως το ίδιο στο C.

Αθροίσµατα ν όρων µε δυνάµεις i.

Συνήθως είναι αθροίσµατα όρων αριθµητικής ή γεωµετρικής προόδου.

1) ∆ιαπιστώνουµε το είδος της προόδου

και βρίσκουµε τα µεγέθη 1

α ,ω,λ και

το πλήθος.

2) Εφαρµόζουµε τους σχετικούς τύπους:

Αριθµητική πρόοδος:

( ) ( )ν 1 ν 1

ν νS α α 2α ν 1 ω

2 2= + = + − .

Γεωµετρική πρόοδος: ν

1ν

1

λ 1α ,λ 1

S λ 1ν α , λ 1

−≠

= − ⋅ =

Παρατηρούµε ότι το πρώτο ερώτηµα της άσκησης 4) καταδεικνύει ότι οι µιγαδικοί αριθµοί απαιτούν διαφορετικό χειρισµό από τους πραγµατικούς , ταυτόχρονα αποτελεί συχνό ερώτηµα σε ερωτήσεις κλειστού τύπου ( Σωστό λάθος ,πολλαπλής επιλογής )



β) ( ) ( )( )

4 4 2 2 2 2 2 20 0 0≠± =

− = ⇔ − + = ⇔ + = ⇔ = −

az w z iwz w z w z w z w

z iw

Αν =z iw τότε

( ) ( )( ) ( ) ( )2727 27 27254 54 2 54 54 2 2 54 2 54 54 54 0

=

+ = + = + = + = − + = − + =z iw

z w z w iw w i w w w w w w

Ανάλογα αν = −z iw.

5)Να βρείτε τον γ.τ των εικόνων των µιγαδικών z για τους οποίους ισχύει: 2z (1),

2i

λ= λ ∈

λ +ℝ .

Λύση

Έστω ,= + ∈z x yi x y R.Τότε

2( 2 ) 2 2 2

22 2 (2 ) 2 (2)

z z i z z ii

z z i z zi

λλ λ λ λ

λλ λ λ

= ⇔ + = ⇔ + = ⇔+

− = − ⇔ − =

∆ιακρίνουµε περιπτώσεις για το z.

-Αν 2=z τότε η (1) παίρνει την µορφή:

22 2( 2 ) 2 4 0,

2= ⇔ + = ⇔ =

+i i

i

λλ λ

λάτοπο. Άρα 2≠z

-Αν 2≠z τότε η ( 2) γίνεται:

2(2 ) 2

2− = ⇔ =

−zi

z ziz

λ λ

Όµως ( )22 2 2 2 22 2... 2 2 1 1 1 1

2 2

= + ∈ ⇔ = ⇔ ⇔ = + ⇔ + = ⇔ − + + = ⇔ − + = − −

z x yizi ziR zz z z x y x x x y x y

z zλ

Άρα ο ζητούµενος γεωµετρικός τόπος είναι κύκλος µε κέντρο Κ(1,0) και ακτίνα ρ=1 εξαιρούµενου του σηµείου Α(2,0).

6)Αν οι εικόνες των µιγαδικών z, w ανήκουν στον κύκλο 2 2 2C : x y+ = α όπου α σταθερός θετικός αριθµός τότε να δείξετε ότι: α) z w= = α .

β) 2

zz

α= ,

2

ww

α=

γ)Ο αριθµός 8

z w

z w

+ −

είναι πραγµατικός .

δ) Ο αριθµός 2013

z w

z w

− +

είναι φανταστικός .

Λύση α) Ο z ανήκει στον κύκλο 2 2 2C : x y+ = α , µε κέντρο το Ο(0,0) και ακτίνα α άρα z = α , ανάλογα w = α .

Καλό είναι να ξέρoυµε ότι …

Αν θέλουµε να δείξουµε ότι z∈ℝ ή z∈ Ι ( z i, ,= α + β α β∈ℝ ) χρησιµοποιούµε τις

παρακάτω ισοδυναµίες:

z z m(z) 0 z z∈ ⇔ = α ∈ ⇔ Ι = ⇔ =i ℝ ℝ

z I z i, Re(z) 0 z z∈ ⇔ = β β∈ ⇔ = ⇔ = −i ℝ

Χρήσιµες σχέσεις

Αν z, w ∈ℂ ισχύει:

z z 2 Re(z)+ =i , z z 2 Im(z)i− =i

zw zw zw zw zw zw

zw zw 2 Re(zw) 2 Re(zw)

+ = + = + =

= + = =

i



β) 2

2 2 2z z zz zz

α= α ⇔ = α ⇔ = α ⇔ = , οµοίως

2

ww

α= .

γ)

8 8 82 288 8 8

2 2

1 1 w zz w z w z w z wz w z w zw

1 1 w zz w z w z wz wz w zwz w

α α + + + + + + + = = = = = − = − − − −α α− − −

άρα 8

z w

z w

+ ∈ − ℝ

δ)

2013 2013 20132 220132013 2013

2 2

1 1 w zz w z w z wz w z w zw

1 1 z wz w z wz wz w zwz w

α α − − − − − − = = = = = − + + +α α+ + +

άρα

2013z w

Iz w

− ∈ + .

Ανισοτικές σχέσεις –Μέτρα

7)i)Αν 1z

2< τότε να δείξετε ότι: 3 3

(i 1)z iz4

+ + < .

ii) Αν z∈ℂ και ισχύει z 1 3i 5+ + = να δείξετε ότι 5 z 7 11i 15≤ + + ≤ .

iii)Αν z∈ℂ και ισχύει z 1= τότε να δείξετε ότι:

α) 5z 7 5 7z+ = + β) 25z 7 2z 7z 3 6+ + − + ≥

Λύση

i) 3 3 33 3 3 3 3 1 1 3(i 1)z iz iz z iz iz z iz i z z i z 2 z z 2

8 2 4+ + = + + ≤ + + = + + = + < + = .

ii) Στο προς απόδειξην µέτρο προσπαθούµε να εµφανίσουµε το µιγαδικό από την δοθείσα σχεση (1+3i),και κατόπιν εφαρµόζουµε τριγωνική ανισότητα .

( ) ( )z 7 11i z 1 3i 6 8i z 1 3i 6 8i+ + = + + + + = + + + +

Εφαρµόζουµε τριγωνική ανισότητα:

( ) ( )z 1 3i 6 8i z 1 3i 6 8i z 1 3i 6 8i+ + − + ≤ + + + + ≤ + + + + ⇔

( ) ( )5 10 z 1 3i 6 8i 5 10− ≤ + + + + ≤ + ⇔

( ) ( )5 z 1 3i 6 8i 15≤ + + + + ≤

iii) α) 1z 1 zz 1 z (1)

z= ⇔ = ⇔ =

Υπενθυµίζουµε ότι αν µας δοθεί

1z z A, A+ = ∈ℝ και ζητηθεί να δείξουµε

ότι : 2B z z , ,≤ + ≤ Γ Β Γ ∈ℝ ,τότε στο

µέτρο 2z z+ προσπαθούµε να

εµφανίσουµε το 1z .Υπολογίζουµε

µιγαδικό 3z τέτοιο ώστε

( )z z z2 1 3

2 1 3z z z z z= +

+ = + + .Από την

τριγωνική ανισότητα έπεται:

( )( )

1 3 1 3 1 3

1 3

z z z z z z z z z

... B z z z

+ − ≤ + + ≤ + +

⇔ ⇔ ≤ + + ≤ Γ



(1) 1A έ : 5z 7 5z 7 5z 7 5 7

z

5 7z 5 7z5 7z5 7z

z z 1

µ λος + = + = + = + =

+ ++= = = = +

β) Χρησιµοποιούµε το ερώτηµα α) και κατόπιν την τριγωνική ανισότητα:

( ) ( )2 2 2

22 2

5z 7 2z 7z 3 5 7z 2z 7z 3 5 7z 2z 7z 3

2z 8 2z 8 2 z 8 2 1 8 6

+ + − + = + + − + ≥ + + − + =

= + ≥ − = − = ⋅ − =

8)Αν z∈ℂ να δείξετε ότι:

i) ( )( )6 z 3 z 2 z z 1+ + − ≥ +

ii) z 3 z 2 z z 1+ + − ≥ + +

iii) Να δείξετε ότι z 8 z 7 z 4 z 3 z 1 z 13+ + + − + + + − + − ≤

Λύση

i)

( )( ) 2

z z z z ,z ,z1 2 1 2 1 22 2

2

6 z 3 z 2 6 z 2z 3z 6

6 z z 6 6 z z 6

z z z(z 1) z z 1

+ ≥ + ∈

+ + − = + − + − =

+ + − ≥ + + − =

+ = + = +

ℂ

ii)

( ) ( )

( )( ) ( )( ) ( )( )

2 2

2 2 2 2

z 3 z 2 z z 1 z 3 z 2 z z 1

z 3 z 2 2 z 3 z 2 z z 1 2 z z 1

z 3 z 3 z 2 z 2 2 z 3 z 2 zz z 1 z 1 2 z z 1

zz 3z 3z 9 zz 2z 2z 4 2 z 3 z 2 zz zz z z 1 2 z z 1

13 2 z 3 z 2 1 2 z z 1 12 2 z 3 z 2 2 z z 1 6 z 3 z 2 z z 1

+ + − ≥ + + ⇔ + + − ≥ + + ⇔

+ + − + + − ≥ + + + + ⇔

+ + + − − + + − ≥ + + + + + ⇔

+ + + + − − + + + − ≥ + + + + + + ⇔

+ + − ≥ + + ⇔ + + − ≥ + ⇔ + + − ≥ +

Που ισχύει από το ερώτηµα (i)

iii)Από την τριγωνική ανισότητα έχουµε:

z 8 z 8 z 8 z 8

z 7 z 4 3 z 4 3 z 7 z 4 3

z 3 z 1 2 z 1 2 z 3 z 1 2

+ ≤ + + − ≤

+ = + + ≤ + + ⇒ + − + ≤ + = + + ≤ + + + − + ≤

Προσθέτουµε κατά µέλη:

z 8 z z 7 z 4 z 3 z 1 8 3 2 z 8 z 7 z 4 z 3 z 1 z 13+ − + + − + + + − + ≤ + + ⇔ + + + − + + + − + − ≤



9)Αν ο µιγαδικός z ,επαληθεύει την εξίσωση 2z 2 3 2+ = λ − λ + και την ανίσωση z i 2+ < λ ,λ ∈ℝ .

Να προσδιορίσετε τις τιµές του λ.

Λύση

2 2z 2 3 2 3 2 0 1ή 2+ = λ − λ + ⇒ λ − λ + ≥ ⇔ λ ≤ λ ≥ (1)

z i 2 0+ < λ ⇒ λ > (2)

Από(1),(2):0 1 2< λ ≤ και λ ≥ (3)

Από την τριγωνική ανισότητα για 1 2z z i 2, z z 2= + = + λαµβάνουµε :

( ) ( ) 2i 2 2 z i 2 z 2 z i 2 z 2 2 2− = + − + ≤ + + + < λ − λ + ⇒

2 22 2 2 0 2 0ή 2< λ − λ + ⇔ < λ − λ ⇔ λ < λ > .

Συναληθεύουµε µε την (3) και έχουµε : 2λ > .

10)i)Αν 1 2z , z ∈ℂ , να δείξετε ότι: 2 2 2 21 2 1 2 1 2z z z z 2( z z )+ + − = + .(Bασική ταυτότητα)

ii)Αν Α,Β είναι τα σηµεία που παριστάνουν τους µιγαδικούς 1 2z , z στο µιγαδικό επίπεδο, τότε τι εκφράζει

γεωµετρικά η παραπάνω σχέση.

iii)Αν z w 8+ = , z w 6− = , z 1= να υπολογίσετε την τιµή του w .

( Υπόδειξη: χρησιµοποιήστε το ερώτηµα i)

Λύση

i)Α τρόπος

( )( )2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2z z z z (z z )(z z ) z z z z ... 2( z z )+ + − = + + + − − = = +

Β τρόπος

Αν 1z 0= τότε προκύπτει άµεσα η σχέση.

Τριγωνική ανισότητα

Για κάθε 1 2z , z ∈ℂ

1 2 1 2 1 2z z z z z z− ≤ ± ≤ +



Υποθέτουµε ότι 1z 0≠ και η σχέση προς απόδειξη παίρνει την µορφή

. ( ) ( )

z2 z i2 2 2 z12 2 2 2 2 2 21 2 1 2 1 2

1 1 1

2 2 2 22 2 2 2

2 2

z z zz z z z 2( z z ) 1 1 2 2

z z z

1 i 1 i 2 2 i 1 1 2 2 2 ...

2 2 2 2

= =α+β

+ + − = + ⇔ + + − = + ⇔

+ α + β + − α − β = + α + β ⇔ + α + β + − α + β = + α + β ⇔ ⇔

+ α = + α ισχυει

ii)Γεωµετρικά: Το άθροισµα των τετραγώνων των διαγωνίων

του παραλληλόγραµµου ΟΑΓΒ είναι ισο µε το διπλάσιο άθροισµα

των τετραγώνων των πλευρών του.

iii) Από το ερώτηµα i) προκύπτει: 2 2 2 2z w z w 2( z w )+ + − = +

και µε αντικατάσταση έπεται:

2 2 22 2 28 6 2(1 w ) 100 2 2 w 49 w w 7+ = + ⇔ = + ⇔ = ⇔ = .

11)Αν 1 2 1 2z z z z= = + , 1z 0≠ να δείξετε ότι : 1 2 1z z 3 z− = .

Λύση

2 21 2 1 2 1 1 2 2z z z z z z z z (1)= ⇔ = ⇔ =

Όµως

2 21 1 2 1 1 2 1 1 1 2 1 2

z z z z1 1 2 2

1 1 1 1 2 1 1 2 2 2 1 1 2 1 1 2

z z z z z z z z (z z )(z z )

z z z z z z z z z z z z z z z z 0 (2)=

= + ⇒ = + ⇒ = + + ⇔

= + + + ⇔ + + =

Η προς απόδειξη σχέση γίνεται:

2 21 2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 1

(1),(2)

1 1 2 1 1 2 2 2 1 1 2 1 1 2 1 1

z z 3 z z z 3 z (z z )(z z ) 3z z

z z z z z z z z 3z z z z z z z z 0 ύ

− = ⇔ − = ⇔ − − = ⇔

− − + = ⇔ + + = που ισχ ει

Επειδή εργαστήκαµε µε ισοδυναµίες ισχύει και η αρχική.

(εναλλακτικά θα µπορούσαµε να χρησιµοποιήσουµε

το αποτέλεσµα της άσκησης 10)

Β

Γ

Α

1z

Ο

1 2z z++++

2z

1 2z z−−−−

Καλό είναι να ξέρουµε ότι …

Αν συναντήσουµε µια ισότητα µέτρων

A(z) B(z)= (1) τότε συνήθως υψώνουµε και

τα δυο µέλη στο τετράγωνο , οπότε παίρνει την µορφή:

2 2A(z) B(z) A(z) A(z) B(z)B(z)= ⇔ ⋅ =

από την τελευταία ,υπολογίζουµε είτε το z , είτε

το πραγµατικό είτε το φανταστικό του µέρος .

-Αν ζητηθεί να βρούµε το w ,µε

w z , ,= λ + µ λ µ ∈ℝ τότε λύνουµε ως προς z

(w

z− µ

=λ

)και αντικαθιστούµε στην (1)

-Αν δοθεί ισότητα µε δυνάµεις

( ) ( )A(z) (z)ν ν

= Β τότε παίρνουµε µέτρα και στα

δυο µέλη και καταλήγουµε στην (1).

Όλα αυτά εφαρµόζονται συνήθως …

Καµιά µεθόδευση δεν υποκαθιστά την πολύτιµη µαθηµατική εµπειρία που αποκτά ο υποψήφιος µε την διαρκή του ενασχόληση µε ασκήσεις. Είναι λανθασµένη τακτική, ο υποψήφιος να εγκλωβίζεται σε µεθοδολογίες .



12)α) Αν 1 2z , z ∈ℂ ,να αποδείξετε την ισοδυναµία:

( )( )( )2 21 2

1 2 1 22 2

1 2

z z1 z z 2 Re z z 1

1 z 1 z

−= ⇔ + = −

+ +

β) Αν 1 2z , z ∈ℂ και 1 2z z 1= = ,να δείξετε την ισοδυναµία:

1 2 1 2 1 2 1 2z z z z 1 0 z z z z 1 0+ − + = ⇔ + + − =

γ) Αν 1 2z , z ∈ℂ και 1 2z 1, z 1< < , να δείξετε ότι : 1 2 1 2z z 1 z z− < −

Λύση

α)

( )( )( )( ) ( )( )

22 2 2 2 21 2

1 2 1 2 1 2 1 22 2

1 2

z z1 z z 1 z 1 z z z 1 z 1 z

1 z 1 z

− = ⇔ − = + + ⇔ − = + + ⇔ + +

( )( ) 2 2 2 2 2 21 2 1 2 2 1 1 2 1 1 1 2 2 1 2 2 1 1 2 2 1 2z z z z 1 z z z z z z z z z z z z 1 z z z z z z− − = + + + ⇔ − − + = + + + ⇔

2 2 2 2 2 2 2 21 2 2 1 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2z z z z 1 z z 1 z z z z z z 1 z z z z z z 1 2 Re(z z ) z z− − = + ⇔ − = + + ⇔ − = + + ⇔ − = +

β) 2 21 1 1 1 1 2 2 2 2 2

1 2

1 1z 1 z 1 z z 1 z z 1 z 1 z z 1 z

z z= ⇔ = ⇔ = ⇔ = και = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 21 2 1 2

2 1 1 2 2 1 1 21 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 1 1z z z z 1 0 z z z z 1 0 z z z z 1 0 1 0

z z z z

z z z z z z 1 z z10 0 z z z z 1 0

z z z z z z z z z z

+ − + = ⇔ + − + = ⇔ + − + = ⇔ + − + = ⇔

+ − ++ − + = ⇔ = ⇔ + + − =

γ) ( )( ) ( )( )221 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2z z 1 z z z z 1 z z z z z z 1 z z 1 z z− < − ⇔ − < − ⇔ − − < − − ⇔

( )( ) ( )( )1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2z z z z 1 z z 1 z z z z z z z z z z 1 z z z z z z z z− − < − − ⇔ − − + < − − + ⇔

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2z z z z z z 1 z z z z z z z z 1 z z z z 1 z z− − + < − − + ⇔ + < + ⇔ + < + ⇔

2 2 2 2 2 2 2 21 2 1 2 1 1 2 2z z 1 z z 0 z z z z 1 0+ − − < ⇔ − + − < ⇔

( )2 2 2 2 21 2 2 1 2z (1 z ) 1 z 0 ( z 1)(1 z ) 0 ύ ό− − − < ⇔ − − < ισχ ειαπο υπ θεση

13)α)Αν z C,z 0∈ ≠ να δείξετε ότι :

i) z z

zz+ ∈ℝ

ii) z z2 2

zz− ≤ + ≤ (άσκηση 6 ,β οµάδα σχολικού)

β)∆ίνεται οι µιγαδικός z 0≠ µε 1z 1

z+ = να δείξετε ότι 1

z 5z

+ ≤ .

Λύση



α)i) Αν z x yi, x, y= + ∈ℝ , τότε ( )( )( )

( )( )( )

2 2 2 2

2 2

x yi x yiz z x yi x yi 2x 2y..

z x yi x yi x yi x yi x yi x yi x yz

+ −+ − −+ = + = + = = ∈

− + − + − + +ℝ .

ii)2 22 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

x yz z 2x 2y x y x y2 2 2 2 1 1 1 1

z x y x y x yz x y

−− − −− ≤ + ≤ ⇔ − ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔

+ + + +

( ) ( )x,y 2 22 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2x y x y x y x y x y x y

∈

− ≤ + ⇔ − ≤ + ⇔ − ≤ + ⇔ℝ

4 4 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2x y 2x y x y 2x y 2x y 2x y 0 4x y+ − ≤ + + ⇔ − ≤ ⇔ ≤ που ισχύει για κάθε x, y∈ℝ .

β)2

2

2

1 1 1 1 z zz 1 z z 1 ... z 1

z z zz zz

+ = ⇔ + + = ⇔ ⇔ + + + =

.Από το ερώτηµα (α ii) z z2 2

zz− ≤ + ≤ άρα η (1)

γίνεται:z z2 2 2 2

zz2 2

2 2

1 z z 1 1 z z 1 z z z z 1z 1 z 2 z 1 2 z 3 3 z

z z z z z z zz z z zz z

− ≤ + ≤

+ + + = ⇔ + + + + = + ⇔ + + + = ⇔ + = − + ⇒

1z 02 2

z1 1 13 z 2 5 z z 5

z z z

+ ≥

− + ≥ − ⇔ ≥ + ⇒ + ≤

.

14)Αν ,α β∈ℂ τότε υπάρχει *z∈ℂ τέτοιο ώστε 2zα ⋅β = .Με αυτά τα δεδοµένα να δείξετε την ισότητα :

z z2 2

α + β α + βα + β = + + − (Πανελλήνιες 1979)

Λύση

22 z

zα ⋅β = ⇔ α =β

Β µέλος:

2 2z z2z 2z

2z 2zz z

2 2 2 2 2 2

+ β + + β −α + β α + β α + β + α + β − β β

+ + − = + = + =

2 2 2 2

2 2 2 2z 2 z z 2 z

z 2 z z 2 z

2 2 2 2

+ β + β + β − β+ β + β + β − ββ β

= + = + =β β

( ) ( ) ( )( ) ( )( )2 22 2 z z z zz zz z

2 2 2 2 2 2

+ β + β − β − β+ β − β+ β − β= + = + = + =

β β β β β β

22 2 zzzz z z zz z z 2zz 2

2 2

+ β αβ α β+ β + β + ββ + − β − β + ββ + ββ= = = + β = + β = + β = α + β

β β β β β β



15)Αν < ∈ν ν

α 2,α ℝ για 1 ν≤ ≤ Ν τότε η εξίσωση 2 N

1 2 N1 α z α z ... α z 0+ + + + = δεν έχει µιγαδική ρίζα z

τέτοια ώστε 1z

3< .(Θέµα του 1967 µαθηµατικού διαγωνισµού Indiana College mathematics competition)

Λύση .Θα το αποδείξουµε µε άτοπο .Έστω z µιγαδική ρίζα της (1) τέτοια ώστε 1

z3

< .Τότε

2 N 2 N

1 2 N 1 2 N

2 N 2 N

1 2 N 1 2 N

1 α z α z ... α z 0 α z α z ... α z 1

α z α z ... α z 1 α z α z ... α z 1

+ + + + = ⇔ + + + = − ⇔

⇒ + + + = − ⇔ + + + =

Με χρήση της τριγωνικής ανισότητας:

να 2,1 ν2 N 2 N

1 2 N 1 2 N 2 N1z

3

1 1 1α z α z ... α z α z α z .. α z 2( .. )

3 3 3

< ≤ ≤Ν

<

+ + + ≤ + + + < + + + =

1 11 1

1 1 13 32 2 1 11 23 3 3

13 3

Ν Ν

Ν

− − = = = − <

− −

.Άτοπο.

16)Αν 0λ ≥ ,να βρείτε τους µιγαδικούς αριθµούς z x yi, x, y= + ∈ℝ ,που ικανοποιούν την εξίσωση :

2z 2iz 2 (1 i) 0− + λ + = (Φυσικό τµήµα Μόσχας 1966, Πολυτεχνικός κύκλος 1977)

Λύση

( )

2 2 2 2

2 2 2 22 2

z 2iz 2 (1 i) 0 x yi 2i(x yi) 2 (1 i) 0 x y 2xi 2y 2 2 i 0

x y 2y 2 0 y 2y 2 0 (1)x y 2y 2 2 2x i 0

2 2x 0 x

− + λ + = ⇔ + − + + λ + = ⇔ + − + + λ + λ = ⇔

+ + + λ = λ + + + λ = + + + λ + λ − = ⇔ ⇔

λ − = λ =

H (1) 2 2y 2y 2 0+ + λ + λ = β βαθµού ως προς y.Υπολογίζουµε την διακρίνουσα

( )2 2 2 22 4 2 4(1 2 ) 4( 2 1)∆ = − λ + λ = − λ − λ = −λ − λ +

Πρέπει να βρούµε το πρόσηµο της διακρίνουσας άρα εξετάζουµε το πρόσηµο του τριώνυµου

2 2 1−λ − λ + , ' 8 0∆ = > , 1,2 1 2λ = − ± οπότε το τριώνυµο είναι µεγαλύτερο ή ίσο του µηδέν όταν

0

1 2, 1 2 0, 1 2λ≥

λ ∈ − − − + ⇒ λ ∈ − + και οι ρίζες του y είναι : 21,2y 1 2 1= − ± −λ − λ + .

Έτσι οι ζητούµενοι µιγαδικοί είναι : 2z ( 1 2 1)i, 0, 1 2 = λ + − ± −λ − λ + λ ∈ − + .



17)∆ίνονται οι µιγαδικοί z, w µε z 1z x yi, w

z 2

−= + =

−, z 2≠ .

α)Αν ο w είναι φανταστικός, να βρείτε τον γ.τ των Μ(z) που είναι εικόνες των µιγαδικών z.

β) Αν 1 2,z z είναι δυο µιγαδικοί που ανήκουν στον παραπάνω γεωµετρικό τόπο να δείξετε ότι: 1 2 1z z− ≤

Λύση

α) z 1 z 1 z 1 z 1w I w w (z 1)(z 2) (z 2)(z 1)

z 2 z 2 z 2z 2

− − − − ∈ ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ − − = − − − ⇔ − − −−

zz 2z z 2 (zz z 2z 2) zz 2z z 2 zz z 2z 2⇔ − − + = − − − + ⇔ − − + = − + + −

( )2 2 2 2 22zz 3z 3z 4 0 2 z 3(z z) 4 0 2 x y 3(2x) 4 0 x y 3x 2 0⇔ − − + = ⇔ − + + = ⇔ + − + = ⇔ + − + =

2 2 22 2 2 2 2 23 9 9 3 1 3 1

x 3x 2 y 0 x 2 x 2 y 0 x y x y2 4 4 2 4 2 2

− + + = ⇔ − + − + + = ⇔ − + = ⇔ − + =

2 223 1

C : x y2 2

− + =

Άρα ο ζητούµενος γ.τ είναι κύκλος µε κέντρο 3K ,0

2

, 1

2ρ = εξαιρουµένου του σηµείου (2,0).

β) Εφόσον 1 2( ), ( )z z CΜ Ε ∈ τότε το µέτρο 1 2z z− εκφράζει το µήκος της χορδής ΜΕ του κύκλου και θα ισχύει

1 2 1 2

12 2 1

2z z z zρΜΕ ≤ ⇒ − ≤ ⇔ − ≤ .

18)Να αντιστοιχίσετε κάθε τριάδα µιγαδικών της πρώτης στήλης µε το είδος του τριγώνου των εικόνων τους ως προς τις πλευρές και τις γωνίες .

Στήλη Α Στήλη β

1. 1 2 3z 2i, z 2, z 2 2i= = = + i) Ορθογώνιο και ισοσκελές

2. 1 2 3z 5 5i, z 1 5i, z 3 4i= + = + = + ii) οξυγώνιο και ισόπλευρο

3. 1 2 3z 1 2i, z 1 2i, z 3i= − + = + = − iii) Αµβλυγώνιο και ισοσκελές



1-> i 2->iii 3->ii

19)Να βρείτε το µιγαδικό z x yi= + αν ισχύει :

z 1 2i z 2 i z 3 3i− + = − − = − +

Να ερµηνεύσετε γεωµετρικά την παραπάνω ισότητα .

Λύση

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 22 2

2 2 2 2

z 1 2i z 2 i x yi 1 2i x yi 2 i x 1 2 y i x 2 (y 1)i

x 1 2 y x 2 (y 1) x 1 2 y x 2 (y 1)

x 2x 1 4 4y y x 4x 4 y 2y 1 2x 2y 0 x y (1)

− + = − − ⇔ − − + = + − − ⇔ − + − = − + − ⇔

− + − = − + − ⇔ − + − = − + − ⇔

− + + − + = − + + − + ⇔ − = ⇔ =

z 2 i z 3 3i x yi 2 i x yi 3 3i x 2 (y 1)i x 3 (3 y)i− − = − + ⇔ + − − = − − + ⇔ − + − = − + −

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 2 2 2x 2 (y 1) x 3 (3 y) x 2 (y 1) x 3 (3 y)− + − = − + − ⇔ − + − = − + − ⇔

2 2 2 2x 4x 4 y 2y 1 x 6x 9 9 6y y− + + − + = − + + − + ⇔ 2x 4y 13 (2)+ =

Λύνουµε το σύστηµα των (1) και (2) και προκύπτει: 13 13x , y

6 6= = , 13 13

z i6 6

= + . Η σχέση γίνεται:

z 1 2i z 2 i z 3 3i z (1 2i) z (2 i) z (3 3i)− + = − − = − + ⇔ − + = − + = − +

Η εικόνα του z ισαπέχει από τα σηµεία Α(1,2),Β(2,1) ,Γ(3,3) άρα είναι το σηµείο τοµής των µεσοκαθετων των ευθύγραµµων τµηµάτων ΑΒ,ΒΓ,ΑΓ.

Υπενθυμίζουμε ότι..

Αν Α,Β,Γ οι εικόνες των μιγαδικών 1 2 3z , z , z τότε ισχύουν τα παρακάτω:

Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο όταν 1 2 2 3 1 3AB z z z z z z= ΒΓ = ΑΓ ⇔ − = − = −

Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές µε βάση ΑΓ όταν 1 2 2 3AB z z z z= ΒΓ ⇔ − = −

Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο ( oA 90= ) όταν 2 222 2 22 3 1 2 1 3z z z z z zΒΓ = ΑΒ + ΑΓ ⇔ − = − + −

Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι αµβλυγώνιο ( oA 90= ) όταν 2 2 22 2 22 3 1 3 1 2z z z z z zα > β + γ ⇔ − > − + −

Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι οξυγώνιο (µε α µεγαλύτερη πλευρά του τριγώνου) όταν 2 2 22 2 2

2 3 1 3 1 2z z z z z zα < β + γ ⇔ − < − + −

Τα σηµεία Α,Β,Γ είναι µη συνευθειακά (σχηµατίζουν τρίγωνο) όταν det(AB, ) 0ΑΓ ≠

.

( Εναλλακτικά µπορούµε να χρησιµοποιήσουµε την τριγωνική ανισότητα )



20)(Άσκηση bonus στην 20)

Αν ισχύει 31 2

1 2 3

z iz i z i2

z i z i z i

− λ− λ − λ+ + <

+ λ + λ + λ, 0λ > και Α,Β,Γ οι εικόνες των µιγαδικών 1 2 3z , z , z στο µιγαδικό

επίπεδο. Να δείξετε ότι το πολύ µια κορυφή του τριγώνου ΑΒΓ βρίσκεται «πάνω» στον πραγµατικό άξονα.

Λύση

Αρκεί να δείξουµε ότι το πολύ ένας από τους 1 2 3z ,z ,z µπορεί να είναι πραγµατικός( Im(z)=0).Θα το

χειριστούµε µε άτοπο έστω ότι δυο από τους 1 2 3z ,z ,z είναι πραγµατικοί αριθµοί. Χωρίς βλάβη της

γενικότητας µπορούµε να πούµε ότι ∈1 2z ,z ℝ .Τότε όµως οι εικόνες των

1 2z ,z στο µιγαδικό επίπεδο είναι

σηµεία του άξονα χ΄χ οπότε θα ισαπέχουν από τις εικόνες των −λi, λi γιατί ο χ’χ είναι η µεσοκάθετη του

ευθύγραµµου τµήµατος που έχει άκρα τις εικόνες των −λi, λi .Οπότε:

01

1 11

z iz i z i 1

z i

λ> − λ− λ = + λ ⇔ =

+ λ ,οµοίως 2

2

z i1

z i

− λ=

+ λ

και θα ισχύει 31 2

1 2 3

z iz i z i2

z i z i z i

− λ− λ − λ+ + ≥

+ λ + λ + λ, άτοπο.

21) Έστω z∈ℂ και ισχύει 11 11z iz 8= +

α)Να βρεθεί ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων του 11z στο µιγαδικό επίπεδο.

β)Να βρείτε την ελάχιστη τιµή του 11z .

Λύση

α) 11 1111 11 11 11 112

8 8iz iz 8 z i(z ) z i (z )

i i= + ⇔ = + ⇔ = + ⇔

11 11 11 11z z 8i z (0 0i) z (0 8i)= − ⇔ − + = − +

Ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων του 11z στο µιγαδικό επίπεδο είναι η µεσοκάθετος του ευθυγράµµου τµήµατος µε άκρα Ο(0,0),Α(0,8), η ευθεία y 4= .

β) 11min z 4=



22)( Μεζεδάκια θεωρίας, δεν χρησιµοποιούνται αυτούσια στις εξετάσεις πρέπει πρώτα να αποδειχτούν.) α) Να δείξετε ότι η εξίσωση 22

0 0zz 2 Re(zz ) z= + λ − ,παριστάνει κύκλο µε κέντρο 0z και ακτίνα λ ( 0λ > ).

β) Να δείξετε ότι η εξίσωση 1 2u z u z+ = + , u∈ℂ 1 2z , z σταθεροί µιγαδικοί αριθµοί παριστάνει στο επίπεδο

µια ευθεία . γ) Έστω οι διαφορετικοί ανά δυο µιγαδικοί αριθµοί 1 2 3z , z , z µε εικόνες τα σηµεία Α,Β,Γ αντίστοιχα. Να δείξετε

ότι τα σηµεία Α,Β,Γ είναι συνευθειακά, αν και µόνο αν 1 3

3 2

z z

z z

−∈

−ℝ .

δ) Έστω ρ∈ℝ και z∈ℂ ώστε: Re(z) z+ ρ = − ρ .Να αποδείξετε ότι ο γ.τ των εικόνων του z είναι

παραβολή. Λύση α)

( ) ( ) ( )( )

2 222 2 20 00 0 0 0 0 0

22 2 2 20 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0

zz zzzz 2 Re(zz ) z z 2 Re(zz ) z zz 2 z z

2

zz zz zz z z z z z z z z z z z z z z

z z

+= + λ − ⇔ = + λ − ⇔ = + λ − ⇔

− − = λ − ⇔ − − − = λ ⇔ − − = λ ⇔ − = λ

⇔ − = λ

β)

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

u x yi

1 2z i,z i1 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

u z u z x yi i x yi i

x y i x y i x y x y

x y x y x 2 x y 2y x 2x y 2y

2 2 x 2 2 y 0 (1)

= +

=α+β =γ+δ+ = + ⇔ ⇔ + + α + β = + + γ + δ ⇔

⇔ + α + + β = + γ + + δ ⇔ + α + + β = + γ + + δ ⇔

+ α + + β = + γ + + δ ⇔ + α + α + + β + β = + γ + γ + + δ + δ ⇔

α − γ + β − δ + α + β − γ − δ =

Η (1) επειδή , , ,α β γ δ ∈ℝ παριστάνει ευθεία . γ) Τα σηµεία Α,Β,Γ είναι συνευθειακά ,αν και µόνο αν / /ΓΑ ΒΓ

δηλαδή υπάρχει λ ∈ℝ ώστε ΓΑ = λΒΓ

⇔

1 31 3 3 2

3 2

z z( ) z z (z z )

z z

−ΟΑ − ΟΓ = λ ΟΓ − ΟΒ ⇔ − = λ − ⇔ λ =

−

.

δ) Έστω z x yi, x, y= + ∈ℝ , οπότε M(x, y) είναι τυχαίο σηµείο του γ.τ. Έχουµε:

( )

2 2

22 2 2 2 2 2 2 2

2

Re(z) z x x yi x x yi

x 2x x y x 2x x 2x y

y 4 x

+ ρ = − ρ ⇔ + ρ = − ρ + ⇔ + ρ = − ρ + ⇔

+ ρ + ρ = − ρ + ⇔ + ρ + ρ = − ρ + ρ + ⇔

= ρ

Ο γ.τ είναι η παραβολή µε εξίσωση 2y 4 x= ρ . .

23)Αν 3z i ,= ηµθ + συνθ θ∈ℝ , λ ∈ℝ να δείξετε ότι :

4 3 2 4 3 2(1 z )(1 z )(1 z )(1 z) (z l)(z l)(z l)(z )− λ − λ − λ − λ = − − − − λ

Λύση

3 3 23 3 2 2 1z i z i z z 1 z 1 z 1 zz 1 z

z= ηµθ + συνθ ⇒ = ηµθ + συνθ ⇔ = ηµ θ + συ νθ ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =



Α µέλος 4 3 24 3 2 4 3 2(1 z )(1 z )(1 z )(1 z) (1 z )(1 z )(1 z )(1 z) (1 z )(1 z )(1 z )(1 z)− λ − λ − λ − λ = − λ − λ − λ − λ = − λ − λ − λ − λ =

4 3 2 4 3 2

4 3 2 4 3 2 4 3 2

1 1 1 1 z z z z z z z z(1 )(1 )(1 )(1 )

z z zz z z z z z z z z

− λ − λ − λ − λ − λ − λ − λ − λ− λ − λ − λ − λ = ⋅ ⋅ ⋅ = =

4 3 24 3 24 3 2

4 3 2 4 3 2

z z z zz z z z(z l)(z l)(z l)(z )

z zz z z z z z

− λ − λ − λ − λ− λ − λ − λ − λ= = − − − − λ

24)(*)Αν 0 1 10z , z ,...., z ∈ℂ και 0 1 10z z .... z w+ + + = να δείξετε ότι

αν 1 0 2 0 10 0

1 0 2 0 10 0

z z z z z z... 1

z z z z z z

− − −+ + + <

+ + + (1) τότε 0

0

w z1

w z

−<

+.

Λύση

1 0

1 02 2

1 0 1 01 0 1 02 02 2

2 0 2 0 2 0 2 0 2 0

1 0 2 0 10 0

1 0 2 0 10 0

2 210 0 10 010 0 10 0 10 0

10 0

z z1

z zz z z zz z z zz z

1z z z z z z z z z z

z z z z z z... 1 . . .

z z z z z z. . .

z z z zz z z z z z1z z

−<

+ − < + − < +− < + − < + − < + − − −

+ + + < ⇒ ⇔ ⇔ + + +

− < +− − < +< +

( )( ) ( )( )( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

221 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0

222 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0

2 210 0 10 0 10 0 10 010 0 10 0 10 0 10 0

z z z z z z z z z z 2 Re(z z ) z z 2 Re(z z )

z z z z z z z z z z 2 Re(z z ) z z 2 Re(z z )...

..

z z 2 Re(z z ) z z 2 Re(z z )z z z z z z z z

2 Re

− − < + + + − < + + − − < + + + − < + +

⇔ ⇔ ⇔

+ − < + +− − < + +

−

1 0 1 0

1 0 1 0 1 0

2 0 2 02 0 2 0 2 0

10 0 10 0 10 010 0 10 0

z z z z0

2(z z ) 2 Re(z z ) Re(z z ) 0z z z z

2 Re(z z ) 2 Re(z z ) Re(z z ) 0 0( )2

. ..

2 Re(z z ) 2 Re(z z ) Re(z z ) 0z z z z

02

+>

< > +− < > >

⇔ ⇔ + − < > +

>

1 0 1 0 2 0 2 0 10 0 10 00 1 2 10 0 1 2 10

z z z z z z z z z z z z... 0 z (z z .. z ) z (z z .. z ) 0

2 2 2

+ + ++ + + > ⇔ + + + + + + + > ⇔

0 0 0z w z w 0 Re(z w) 0⇔ + > ⇔ > (2) και 0Re(z w) 0− < (3). Από (2) ,(3) :



2 22 20 0 0 0 0 0

222 2 0 0 0

0 0 20 00

Re(z w) Re(z w) z w Re(z w) z w Re(z w)

z w z w z wz w z w 1 1 1

z w z wz w

> − ⇔ + + > + − ⇔

− − −+ > − ⇔ < ⇔ < ⇒ <

+ ++

25)∆ίνεται ο µιγαδικός z (1 i 2 )( i),= + λ − λ ∈ℝ . i)Να γράψετε τον z στην µορφή i, ,α + β α β∈ℝ . ii)Να βρείτε την πραγµατική τιµή του λ ώστε η εικόνα του z στο µιγαδικό επίπεδο να βρίσκεται: α)στον άξονα y’y β) στην διχοτόµο της 1ης-3ης γωνίας των αξόνων. iii)Να βρείτε τον γεωµετρικό τόπο των εικόνων του z στο µιγαδικό επίπεδο για κάθε λ ∈ℝ . iv)Να βρείτε τον γεωµετρικό τόπο των εικόνων του w στο µιγαδικό επίπεδο έτσι ώστε να ισχύει η σχέση:

( )( )( )( )1 2 3 *2w 1 i 1 i 1 i 1 i ,

3κ κ+ κ+ κ+− + + + + = κ ∈ℕ

v)Να βρείτε την ελάχιστη τιµή της παράστασης w z− .

(θέµα εισαγωγικών εξετάσεων Thadeus Gorian College) Λύση

i) ( )z (1 i 2)( i) i i 2 2 2 ( 2 1)i= + λ − = λ − + λ + = λ + + λ −

ii) α) Re(z) 0 2 0 2= ⇔ λ + = ⇔ λ = −

β) 2 1Re(z) Im(z) 2 2 1 1 2 2 3 2 2

2 1

+= ⇔ λ + = λ − ⇔ + = λ − λ ⇔ λ = = +

−

iii) ( )z 2 ( 2 1)i= λ + + λ − .Αν Μ(x,y) η εικόνα του z ,τότε:

x 2 x 2 x 2 x 2

y 2 1 y 2 1 y 2(x 2) 1 y 2x 3

= λ + λ = − λ = − λ = − ⇔ ⇔ ⇔

= λ − = λ − = − − = −

Άρα ο ζητούµενος γ.τ είναι η ευθεία: : y 2x 3ε = − iv) Οι θετικοί ακέραιοι κ,κ+1,κ+2,κ+3 είναι διαδοχικοί οπότε , κάποιος από αυτούς είναι της µορφής 4ν+2 (ν φυσικός) ,άρα µια από τις δυνάµεις 1 2 3i , i , i , iκ κ+ κ+ κ+ είναι ίση µε -1, οπότε ένας από τους oρους του γινοµένου

( )( )( )( )1 2 31 i 1 i 1 i 1 iκ κ+ κ+ κ++ + + + ισούται µε µηδέν .Έτσι ( )( )( )( )1 2 31 i 1 i 1 i 1 i 0κ κ+ κ+ κ++ + + + = και η δοθείσα

σχέση παίρνει την µορφή: 2w

3= .Ο γ.τ των εικόνων των µιγαδικών w είναι κύκλος µε κέντρο (0,0)Κ και ακτίνα

2

3ρ = .

v)Oι γ.τ των εικόνων των z και w είναι αντίστοιχα η ευθεία : y 2x 3ε = − και ο κύκλος 2 2 2C : x y

3+ =

Το ελάχιστο µέτρο w z− εκφράζει την ελάχιστη απόσταση του κύκλου C από την ευθεία (ε) την οποία θα

υπολογίσουµε , υπολογίζοντας αρχικά την εξίσωση της ευθείας (η) που είναι κάθετη στην (ε) και διέρχεται από την

αρχή των αξόνων. Η (η) έχει εξίσωση 2: y x

2η = − .Θα βρούµε τα σηµεία τοµής της ευθείας (η) µε τον κύκλο C

και την (ε) λύνοντας το σύστηµα των εξισώσεων τους :



2

2 2 2 2 2 22

2 22 2 2 2y x yy x y x y x y x2 32 2 2 22 2 2 6 2 4 22 2

x y x x x x xx x3 4 3 4 3 9 32 3

= − = ±= − = − = − = − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

+ = + = = = = ±+ − =

2 22 2y x y x y 1y x y x2 2

2 22 x 22 xy 2x 3 6 3 2xx 2x 322

= − = − = −= − = − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

= == − =− = −

Άρα τα σηµεία τοµής είναι 2 2 2 2A( , ), B( , ), ( 2, 1)

3 3 3 3− − Γ − .(Βλέπε σχήµα)

Το ζητούµενο µέτρο είναι η απόσταση (ΑΓ).

2( ) ( ) ( ) ( ) 3

3ΑΓ = ΟΓ − ΟΑ = ΟΓ − ρ = −

26) ∆ίνονται οι µιγαδικοί z, w ώστε να ισχύει η σχέση

( )( )

( )77

7777

13z 17 z 19w ,17z 13 z 19 0

17z 13 z 19

+ += + + ≠

+ +

α) Να δείξετε ότι ο γ.τ των εικόνων των µιγαδικών w είναι κύκλος µε κέντρο την αρχή των αξόνων και

ακτίνα ρ=1.( Υπόδειξη: Προσπαθήστε να δείξετε ότι 1w

w= )

Β) Να βρείτε το γ.τ των εικόνων των µιγαδικών u αν ικανοποιούν τις παρακάτω σχέσεις :

u w≤ και 2 2 Im(u)4 u (u u) 0

2+ − + =

Γ

Β

Α x ‘ x ‘

y

Ο

y ‘



Λύση

α) ( )( )

( )( ) ( )

( )

777 7

7 7 77 77

7 7

13z 17 z 19 13z 17 z 19 1 1w

w17z 13 z 19 17z 13 z 1917z 13 z 19

13z 17 z 19

+ + + += = = =

+ + + ++ +

+ +

άρα 21w ww 1 w 1 w 1

w= ⇔ = ⇔ = ⇔ =

Οπότε ο γ.τ των εικόνων των µιγαδικών w είναι κύκλος µε κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα ρ=1. β) u w u 1≤ ⇒ ≤ (1) .Η σχέση (1) εκφράζει τις εικόνες των u που βρίσκονται στον κυκλικό δίσκο µε κέντρο την

αρχή των αξόνων και ακτίνα ρ=1. Η σχέση (2) παίρνει την µορφή:

u x yi.x ,y2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

Im(u) y4 u (u u) 0 4(x y ) (2yi) 0

2 2y y y 1 1

4x 4y 4y 0 4x 0 4x x y x 2 y (2)2 2 2 8 16

= + ∈

+ − + = ⇔ + + + = ⇔

+ − + = ⇔ + = ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = −

ℝ

Η εξίσωση (2) παριστάνει παραβολή µε 1p

16= − , εστία 1

E 0,32

−

και διευθετούσα 1y

32= .Αν ισχύουν

ταυτόχρονα οι (1) και (2) ο ζητούµενος γ.τ είναι το τµήµα της παραβολής που βρίσκεται στο κυκλικό δίσκο. (δες το σχήµα) 27)Έστω ο µιγαδικός z για τον οποίο ισχύει η σχέση:

( ) ( )7 1974 7 1974(1 iz) e i (1 iz) e i+ − συνα = − + συνα ,α ∈ℝ

Και τα σηµεία A(i),B( i)− του µιγαδικού επιπέδου.

Α) Να αποδείξετε ότι :

i) 1 iz 1 iz+ = − (1)

ii)Η εξίσωση (1) παριστάνει την µεσοκάθετη του ευθύγραµµου τµήµατος ΑΒ.

Β) Αν θεωρήσουµε τους µιγαδικούς 1 2 3w , w , w µε 2 3w w≠ .Θεωρούµε τον µιγαδικό

2 3u z w (1 z)w= ⋅ + − , όπου z τυχαίος µιγαδικός που επαληθεύει την (1) .

Να δείξετε ότι οι εικόνες των µιγαδικών 2 3u, w , w είναι συνευθειακά σηµεία.

(Υπόδειξη: Παρατηρήστε ότι z∈ℝ )



Λύση

Α)i) ( ) ( )7 1974 7 1974 7 1974 7 1974(1 iz) e i (1 iz) e i (1 iz) e i (1 iz) e i+ − συνα = − + συνα ⇒ + − συνα = − + συνα ⇔

1974 1974e i e i7 77 1974 7 1974(1 iz) e i (1 iz) e i 1 iz 1 iz 1 iz 1 iz

− συνα = − συνα

+ − συνα = − − συνα ⇔ + = − ⇔ + = −

ii) 2 21 iz 1 iz 1 iz 1 iz i iz i iz+ = − ⇔ − − = − + ⇔ − = + ⇔

i(i z) i(i z) i i z i i z i z i z z i z i− = + ⇔ − = + ⇔ − = + ⇔ − = + (2)

Η εξίσωση (2) παριστάνει την εξίσωση της µεσοκάθετης του ευθύγραµµου τµήµατος ΑΒ µε A(i),B( i)− .

Β) Παρατηρούµε ότι τα Α,Β είναι συµµετρικά σηµεία του άξονα y ' y ως προς στην αρχή των αξόνων Ο(0,0), οι

εικόνες του z βρίσκονται πάνω στον άξονα x ' x ,άρα διαπιστώνουµε ότι z∈ℝ .

Άρα ,z = λ ∈ℝ ,αν Γ,∆,Ε είναι οι εικόνες των 2 3u, w , w στο µιγαδικό επίπεδο τότε η δοθείσα σχέση γίνεται:

( )2 3u w (1 )w (1 )= λ ⋅ + − λ ⇔ ΟΓ = λ ⋅ Ο∆ + − λ ΟΕ ⇔ ΟΓ = λ ⋅ Ο∆ + ΟΕ − λΟΕ ⇔

ΟΓ − ΟΕ = λΟ∆ − λΟΕ ⇔ ΟΓ − ΟΕ = λ Ο∆ − ΟΕ ⇔ ΕΓ = λ ⋅ Ε∆

Οπότε τα σηµεία Ε,Γ,∆ είναι συνευθειακά.

28)Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 1 2 2013

1 1 1... 2014

z z z+ + + =

− α − α − α , 1 2 3 2013, , ,...,α α α α ∈ℝ δεν έχει

µιγαδική ρίζα.( Υπόδειξη: Με απαγωγή σε άτοπο)

Λύση

Έστω ότι έχει µιγαδική ρίζα την z x yi, x, y , y 0= + ∈ ≠ℝ τότε:

1 2 2013 1 2 2013

20131 22 2 2 2 2 2

1 2 2013

1 22 2 2 2

1 2

1 1 1 1 1 1... 2014 ... 2014

(x yi) (x yi) (x yi) (x ) yi (x ) yi (x ) yi

(x ) yi(x ) yi (x ) yi... 2014

(x ) y (x ) y (x ) y

(x ) (x ).

(x ) y (x ) y

+ + + = ⇔ + + + = ⇔+ − α + − α + − α − α + − α + − α +

− α −− α − − α −+ + + = ⇔

− α + − α + − α +

− α − α+ +

− α + − α +2013

2 2 2 2 2 2 2 22013 1 2 2013

20131 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 2 2013 1 2 2013

(x ) y y y. .. i 2014

(x ) y (x ) y (x ) y (x ) y

(x )(x ) (x ) 1 1 1.. y ..

(x ) y (x ) y (x ) y (x ) y (x ) y (x ) y

− α − − −+ + + + + = − α + − α + − α + − α +

− α− α − α+ + + − + + + − α + − α + − α + − α + − α + − α +

2

2 2 2 2 2 21 2 2013

i 2014

1 1 1... 0, .

(x ) y (x ) y (x ) y

=

+ + + = Ατοπο − α + − α + − α +



29) ∆ίνονται οι µιγαδικοί z, w για τους οποίους ισχύουν οι ισότητες : w (4 4) (4 3)i, (1)= ηµθ + + συνθ + θ∈ℝ , ( ) *ln ( 1)(3 ) 1 z ( z ), (2)κ − − κ + − κ = − κ κ ∈ℤ

α) Να δείξετε ότι ο γ.τ των εικόνων των µιγαδικών w είναι κύκλος µε κέντρο Κ(4,3) και ακτίνα ρ1=4. β) Να δείξετε ότι ο γ.τ των εικόνων των µιγαδικών z είναι κύκλος µε κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα ρ2=1. γ) Να δείξετε ότι υπάρχει µοναδικός µιγαδικός που η εικόνα του ανήκει και στους δυο γ.τ. δ) Για τους παραπάνω γ.τ να δείξετε ότι z w 10− ≤ και z w 10+ ≤ .

ε) Από τον γ.τ του ερωτήµατος (β) να βρείτε τις εικόνες αυτών που ικανοποιούν την παρακάτω σχέση. 22z 3z 2zz 5− − =

Λύση α) Αν M(w) (x, y)= εικόνες του w στο µιγαδικό επίπεδο τότε θα ισχύει:

( ) ( )

22

2 2( )2 2

22

x 4x 4x 4 4 x 4 y 344 1y 4 3 y 3 16 16y 3

4 4

+

− − = ηµ θ= ηµθ = ηµθ + − − ⇔ ⇒ ⇒ + = ηµ θ + συν θ =

= συνθ + − − = συνθ = συν θ

Έτσι ( ) ( )2 2x 4 y 3 16− + − = οπότε ο γ.τ των εικόνων των µιγαδικών w είναι κύκλος µε κέντρο Κ(4,3) και

ακτίνα ρ1=4. β) Από την ισότητα (2) λαµβάνουµε τους περιορισµούς

* *

( 1)(3 ) 0 1 32

κ − − κ > < κ < ⇔ ⇒ κ =

κ ∈ κ ∈ ℤ ℤ

Για κ=2 η ισότητα (2) παίρνει την µορφή:

( ) ( )22ln (2 1)(3 2) 1 2 z ( z 2) 1 z 2 z z 1 0 z 1− − + − = − ⇔ − = − ⇔ − = ⇔ =

Άρα γ.τ των εικόνων των µιγαδικών z είναι κύκλος µε κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα ρ2=1.(σχήµα 1)

σχήµα 1

γ).Η διάκεντρος των κύκλων είναι : 2 21 2( ) 4 3 25 5ΟΚ = + = = = ρ + ρ οπότε οι δύο κύκλοι εφάπτονται

εξωτερικά, άρα υπάρχει µοναδικός µιγαδικός, του οποίου η εικόνα ανήκει και στους δύο γεωµετρικούς τόπους. (Εναλλακτικά θα µπορούσαµε να λύσουµε το σύστηµα των εξισώσεων των δυο κύκλων και να βρούµε ότι έχει µοναδική λύση)



δ)Έστω Μ(z), Λ(w) οι εικόνες των µιγαδικών z,w αντίστοιχα. Η απόσταση των εικόνων τους ισχύει

1 20 2( ) 0 10≤ − ≤ + ⇒ ≤ − ≤z w z wρ ρ αφού εφάπτονται εξωτερικά στο σηµείο Γ. (σχήµα 2)

σχήµα 2

Η ισότητα (µέγιστη τιµή) λαµβάνεται για τα αντιδιαµετρικά σηµεία Α(z),Β(w).

Για το w ισχύει:

2 2( ) ( ) 1 9 10ΟΚ − ≤ ≤ ΟΚ + ⇒ ≤ ≤ ⇒ + ≤w w z wρ ρ .Από την τριγωνική ανισότητα

10+ ≤ + ≤z w z w

ε) Έστω , ,= + ∈z x yi x y ℝ έχουµε = −z x yi και 2− =z z yi.

22z 3z 2zz 5 z(2z 3 2z) 5 z 2z 3 2z 5 2z 3 2z 5− − = ⇔ − − = ⇔ − − = ⇔ − − =

( )2 2 2 22( ) 3 5 4 3 5 4 3 5 16 16 1 1− − = ⇒ − = ⇔ + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ±z z yi y y y y

1 1

2 21 1 ... 0= =−

= ⇒ + = ⇔ ⇔ =y ή y

z x y x Όµως άρα 1 =z i ή. 2 = −z i

22z 3z 2zz 5 z(2z 3 2z) 5 z 2z 3 2z 5 2z 3 2z 5− − = ⇔ − − = ⇔ − − = ⇔ − − =

30)∆ίνεται η εξίσωση [ ]8 4 4iw w 4 Re i(i 2)w ,

2 i

+ συνθ + ηµθ+ = + θ∈

+ συνθ − ηµθℝ .

α) Να παραστήσετε γεωµετρικά το σύνολο των µιγαδικών w που επαληθεύουν την παραπάνω εξίσωση.

β) Αν 1 2w , w είναι δυο λύσεις της παραπάνω εξίσωσης, να δείξετε ότι 1 2w w 8− ≤ .

γ) Αν 1 2z , z είναι οι τιµές των µιγαδικών 1 2w , w ( του ερωτήµατος β) για τις οποίες η παράσταση

1 2w w− γίνεται µέγιστη, να δείξετε ότι:

2v 4 11 2 1 210(z z ) z z 2 5ν ν+ ν− + + = ⋅

Λύση



α)

[ ]

( ) ( )

( ) ( )[ ]

( )

w x yi,x ,y2 2 2

2 2

2 2 2 2 2

2 2

2 2

2 i8 4 4iw w 4 Re i(i 2)w x y 4 4 Re (i 2i)(x yi)

2 i 2 i

2x y 4 4 Re ( 1 2i)(x yi) x y 4 4 Re x yi 2ix 2yi

2

x y 4 4 Re x 2y

= + ∈ + συνθ + ηµθ+ συνθ + ηµθ + = + ⇔ + + = + + ⇔ + συνθ − ηµθ + συνθ − ηµθ

+ συνθ + ηµθ + + = − + + ⇔ + + = − − + + ⇔

+ συνθ + −ηµθ

+ + = − − + −

ℝ

( ) ( )2 2 2 2

2 2 2

y 2x i x y 4 4 x 2y x 4x y 8y 4 0

(x 2) (y 4) 4

+ ⇔ + + = − − ⇔ + + + + = ⇔

⇔ + + + =

Άρα η δοσµένη εξίσωση παριστάνει κύκλο µε κέντρο Κ(-2,-4) και ακτίνα ρ=4.

β) Έστω 1 2(w ), (w )∆ Ε οι εικόνες στο µιγαδικό επίπεδο των

τυχαίων 1 2w , w που ανήκουν στον κύκλο µε κέντρο Κ(-2,-4) και

ακτίνα ρ=4.Τοτε

1 2w w ( ) ( ) 2 8− = ∆Ε ≤ ΑΒ = ρ =

γ) Αν 1 2z , z οι µιγαδικοί µε εικόνες τα Α,Β τότε:

31 2 1 2z z Max w w 2 8 2− = − = ρ = =

1 2z z 2 20 4 5+ = ΟΑ + ΟΒ = ΟΚ = =

2v 2v1 2 1 2 1 2 1 210(z z ) z z 10 z z z z

νν ν− + + = − + + =

( )2v2v3 3 2v10 2 4 5 5 2 2 4 5νν ν ν ν+ = ⋅ ⋅ + =

( )4 4v v 4 4v 45 2 2 5 5 2 2 5 2 2ν ν ν ν ν ν⋅ + = ⋅ + = ⋅ ⋅ = 4 12 5ν+ ν= ⋅

31) ∆ίνονται οι µιγαδικοί z, w για τους οποίους ισχύουν

2 2z 2i z 2i 10+ + − = , 2z i

wiz 2

−=

+

α)Να δείξετε ότι οι εικόνες των µιγαδικών z,w κινούνται σε κύκλο µε κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνας ρ=1. β)Αν 1 2 3w , w , w τρεις από τους παραπάνω µιγαδικούς να δείξετε ότι :

1 2 3 1 2 3 1 2 3w w w w w w w w w+ + = + +

γ) Να δείξετε i) 9 z 6 8i 11≤ − + ≤

ii) 0 z w 2≤ − ≤

δ)Να δείξετε ότι:

2 2

1 iw w i 4+ + − =

ε)Να ερµηνεύσετε γεωµετρικά την ισότητα του ερωτήµατος δ). Λύση

α) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )2 2z 2i z 2i 10 z 2i z 2i z 2i z 2i 10 z 2i z 2i z 2i z 2i 10+ + − = ⇔ + + + − − = ⇔ + − + − + =

2 2zz 2zi 2zi 4i zz 2zi 2zi 4i 10 2zz 8 10 zz 1 z 1− + − + + − − = ⇔ + = ⇔ = ⇔ =



222z i 2z i

w wiz 2 iz 2

− −= ⇒ =

+ +

Έχουµε:

( )( )( )( )

( )( )( )( )

2 22 z 12

2 22 2

2z i 2z i 2z i 2z i2z i 4 z 2zi 2zi 14zz 2zi 2zi iw

i zz 2iz 2iz 4iz 2 iz 2 iz 2 iz 2iz 2 i z 2iz 2iz 4

4 2zi 2zi 11 w 1

1 2iz 2iz 4

=− + − +− + − ++ − −= = = = = =

− + − ++ − + + − ++ − + − +

+ − += ⇔ =

+ − +

Άρα οι εικόνες των µιγαδικών z,w κινούνται σε κύκλο µε κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνας ρ=1.

β)Ισχύει: 1 2 3w w w 1= = = έτσι: 21 1 1 1

1

1w 1 w w 1 w

w= ⇔ = ⇔ = , οµοίως 2 3

2 3

1 1w , w

w w= =

Α µέλος : 1 2 3 1 2 3 1 2 31 2 3

1 1 1w w w w w w w w w

w w w+ + = + + = + + = + + =

2 3 1 3 1 2 2 3 1 3 1 22 3 1 3 1 22 3 1 3 1 2

1 2 3 1 2 3 1 2 3

w w w w w w w w w w w ww w w w w ww w w w w w

w w w w w w w w w

+ + + ++ += = = + +

γ)i)Από την τριγωνική ανισότητα z 6 8i z ( 6 8i) z 6 8i 1 10 z ( 6 8i) 1 10 9 z ( 6 8i) 11− − + ≤ + − + ≤ + − + ⇔ − ≤ + − + ≤ + ⇔ ≤ + − + ≤

ii) Όµοια µε το i) z w z w z w 0 z w 2− ≤ − ≤ + ⇔ ≤ − ≤

δ)

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )2 2

22 2

1 iw w i 1 iw 1 iw w i w i 1 iw 1 iw w i w i

1 iw iw i ww w w wi iw i 2 2 w 4

+ + − = + + + − − = + − + − + =

− + − + + − − = + =

ε)2 2 2 2 2 2

1 iw w i 4 1 iw w i 4 1 iw w (0 i) 4+ + − = ⇔ − + − = ⇔ − + + − + = ⇔ 2 2 2 2 2 2 22i iw w (0 i) 4 i i w w (0 i) 4 w (0 i) w (0 i) 4⇔ + + − + = ⇔ + + − + = ⇔ − − + − + = (1)

Αν Μ είναι η εικόνα του w και Α,Β οι εικόνες των 1z 0 i= − και 2z 0 i= + τότε η σχέση (1) παίρνει την µορφή:

( ) ( )2 22 2 2 2(MA) (MB) AB (MA) (MB) 2+ = ⇒ + = ρ και εκφράζει το πυθαγόρειο θεώρηµα.( ∆είτε σχήµα)

Μ(w)

Α(0,-1)

Β(0,1)



32)∆ίνονται οι µιγαδικοί 1 2z , z έτσι ώστε 1974 19741 2z 3 i , z 1 3i= + = + .

α) Να αποδείξετε ότι ο µιγαδικός 1

2

zw

z= δεν είναι πραγµατικός .

(Υπόδειξη: Μια προσέγγιση θα ήταν να χρησιµοποιήσετε απαγωγή σε άτοπο.) β)Να δείξετε ότι w 1= .

γ)Να δείξετε ότι ο µιγαδικός w 1z

w 1

+=

−είναι φανταστικός.

δ)Να βρείτε την µικρότερη τιµή της παράστασης A(u) u w u w ,u= + + − ∈ℂ

ε) Να βρείτε την ελάχιστη απόσταση της εικόνας του µιγαδικού 3948 39481 2m z z= + από τις εικόνες των

µιγαδικών c , όταν : i) c 2 3i,= ηµθ + θ∈ℝ ii) c 2 2 i, , m(c) 0= ηµθ + συνθ θ∈ Ι ≤ℝ . (θέµα εισαγωγικών εξετάσεων Thadeus Gorian College) Λύση α)Έστω ότι w ∈ ⇒ℝ 1974w ∈ℝ Όµως

( )( )( )( )

1974 21974 1

19742

3 i 1 3iz 3 9i i 3i 6 8iw

1 3i 1 3i 10 10z

+ − − + − −= = = = ∉

+ −ℝ ,άτοπο.

β) 19741974 19746 8i 6 8iw w w 1 w 1

10 10

− −= ⇒ = ⇔ = ⇔ =

γ) Από το ερώτηµα (β) 2 1w 1 w 1 w w 1 w

w= ⇔ = ⇔ = ⇔ =

1 1 w1w 1 w 1 w 1w wz z z I

1 1 ww 1 w 1w 1 1w w

++ + + +

= = = = = − = − ⇒ ∈ −− −− −

δ) ( ) ( )A(u) u w u w u w u w 2w 2 w 2 A(0) A(u) A(0)= + + − ≥ + − − = = = = ⇒ ≥ για κάθε u∈ℂ ,αρα η

µικρότερη τιµή της παράστασης Α είναι 2.

ε) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 23948 3948 1974 1974

1 2 1 2m z z z z 3 i 1 3i 9 6i 1 1 6i 9 12i= + = + = + + + = + − + + − =

Άρα η εικόνα του m είναι το σηµείο Α(0,12) i) c 2 3i,= ηµθ + θ∈ℝ .Θέτουµε x 2 , y 3= ηµθ =

Αλλά για κάθε θ∈ℝ 1 1 2 2 2 2 x 2− ≤ ηµθ ≤ ⇔ − ≤ ηµθ ≤ ⇔ − ≤ ≤ . Ο γ.τ των µιγαδικών c είναι όλα τα σηµεία του µιγαδικού επίπεδου για τα οποία ισχύει: 2 x 2, y 3− ≤ ≤ = .Ένα ευθύγραµµο τµήµα ΒΓ µε άκρα Β( -2,3),Γ(2,3).∆είτε σχήµα . Άρα η ζητούµενη ελάχιστη απόσταση ισούται µε 9 . ii) c 2 2 i, , m(c) 0= ηµθ + συνθ θ∈ Ι ≤ℝ . θέτουµε x 2 , y 2= ηµθ = συνθ

Β(-2,3) Γ(2,3)

Α(0,12)



2 22 2 2 2 2 2

2 2

x 2 x 4( ) x y 4( ) x y 4 (1)

y 2 y 4

= ηµθ = ηµ θ ⇔ + ⇒ + = ηµ θ + συν θ ⇔ + =

= συνθ = συν θ

Από υπόθεση όµως m(c) 0 y 0Ι ≤ ⇒ ≤ (2) Άρα γ.τ των µιγαδικών c είναι ηµικύκλιο µε κέντρο την αρχή των αξόνων ακτίνα ρ=2 και σηµεία µε τεταγµένες αρνητικές ή µηδέν. ∆είτε σχήµα .Η ελάχιστη απόσταση είναι η απόσταση του Α από το σηµείο Β είτε το σηµείο Γ

.Όπου προκύπτει µε εφαρµογή του πυθαγόρειου θεωρήµατος : ( ) ( )2 2 2AB 2 12 AB 148= + ⇔ =

33)α)∆ίνεται η εξίσωση 4z 1 0+ = (1).Να την λύσετε στο σύνολο των µιγαδικών αριθµών . β)Έστω c C∈ µε nc 3 4i= − + και n 1c 11 2i+ = − − , *n N∈ ,να βρείτε το c και το n.

γ)Για τους µιγαδικούς u ισχύει η σχέση : zu 5z 10zi 2z

c 2i n

− +=

−.Αν z είναι οι µιγαδικές λύσεις της εξίσωσης (1)

,να βρείτε τον γ.τ των εικόνων των µιγαδικών u στο µιγαδικό επίπεδο. δ) Αν 1z είναι µια από τις µιγαδικές λύσεις της εξίσωσης (1) και για κάθε µιγαδικό w x yi, x, y R= + ∈ ισχύει: 1 1 1 12 2 Re(z ) x 2 2 Re(z ) και 2 2 Im(z ) y 2 2 Im(z )− ≤ ≤ − ≤ ≤

Να βρείτε τον γ.τ των εικόνων των µιγαδικών w στο µιγαδικό επίπεδο. ε) Να σχεδιάσετε στο ίδιο µιγαδικό σύστηµα αξόνων τους γ.τ των εικόνων των u,w και στην συνέχεια µε την βοήθεια του σχήµατος να δείξετε ότι : 3 2 1 u w 7 2 1− ≤ − ≤ +

Λύση

α) ( ) ( )( )2 2z x yi24 2 2 2 2

2 2

z i 0 (x yi) i 0z 1 0 z i 0 z i z i 0

z i 0 (x yi) i 0

= + − = + − = + = ⇔ − = ⇔ − + = ⇔ ⇔ ⇔

+ = + + =

2 2 2 2

2 2 2 2

x y 2xyi i 0 x y (2xy 1)i 0 (1)

x y 2xyi i 0 x y (2xy 1)i 0 (2)

− + − = − + − = ⇔

− + + = − + + =

(1)( )( )2 2

2 2

x y ή x yx y x y 0 x y ή x yx y 0

x y (2xyi 1)i 0 22xy 1 02xy 1 0 2xy 1 0 x2

= = − − + = = = − − =

− + − = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ − =− = − = = ±

Γ(-2,0) Β(2,0)

Α(0,12)



Άρα 1 2

2 2 2 2z i, z i

2 2 2 2= + = − −

(2)( ) ( )2 2

2 2

x y ή x yx y x y 0 x y ή x yx y 0

x y (2xy 1)i 0 22xy 1 02xy 1 0 2xy 1 0 x2

= = − − + = = = − − =

− + + = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ + =+ = + = = ±

Άρα 3 4

2 2 2 2z i, z i

2 2 2 2= − = − +

β) ( ) ( )n 1 nc 11 2i c c 11 2i 3 4i c 11 2i 3 4i (x yi) 11 2i+ = − − ⇒ ⋅ = − − ⇔ − + ⋅ = − − ⇔ − + ⋅ + = − − ⇔

( )2 3x 4y 11 3x 4y 113x 3yi 4xi 4yi 11 2i 3x 4y 3y 4x i 11 2i

3y 4x 2 4x 3y 2

y 2

x 1

− − = − + = − − + + = − − ⇔ − − + − + = − − ⇔ ⇔

− + = − − = −

=⇔

=

Άρα c 1 2i= + ,αντικαθιστούµε στην σχέση n 1c 11 2i+ = − − και έχουµε:

( ) ( ) ( )n 1 3n 1n 1n 1n 1 2 2

n 1 3c 11 2i 1 2i 11 2i 1 2i 11 2i 5 125 5 5 n 2

2 2

+++++ += − − ⇒ + = − − ⇒ + = − − ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

γ)Για καθεµία από τις παραπάνω τέσσερεις λύσεις παρατηρούµε ότι 1 2 3 4z z z z 1= = = = (3)

Η σχέση που δόθηκε παίρνει την µορφή: zu 5z 10zi 2z zu 5z 10zi 2z

zu 5z 5zi zc 2i n 1 2i 2i 2

zu 5z 5zi z z(u 5 5i) z z(u 5 5i) z

z u 5 5i z u 5 5i 1 u (5 5i) 1

− + − += ⇒ = ⇔ − = + ⇔

− + −

− − = ⇔ − − = ⇒ − − = ⇔

− − = ⇔ − − = ⇔ − + =

άρα ο γ.τ των µιγαδικών u είναι κύκλος µε κέντρο Ε(5,5) και ακτίνα ρ=1.

δ) 1 1

1 1

2 2 Re(z ) x 2 2 Re(z ) 2 x 2...

2 y 22 2 Im(z ) y 2 2 Im(z )

− ≤ ≤ − ≤ ≤⇔ ⇔

− ≤ ≤− ≤ ≤

Άρα ο ζητούµενος γ.τ είναι τετράγωνο ΑΒΓ∆ µε A( 2,2),B(2,2),Γ( 2, 2),∆( 2, 2)− − − − − . ε)Από το σχήµα προκύπτει:.

2 2min u w (BZ) (BE) ρ (5 2) (5 2) 1 3 2 1− = = − = − + − − = −

max u w (ΓΒ) (ΒΖ) (ΖΗ) 4 2 3 2 1 2 7 2 1− = + + = + − + = +



34) α) Αν ισχύει ( )2013 2013z 1 z ,z− = ∈ℂ ,τότε να δείξετε ότι 1Re(z)

2=

β) Να δειχτεί ότι η εξίσωση ( )2013 2013 iiz 1

1 2013i

++ =

+δεν έχει πραγµατική ρίζα .

Λύση

α) ( ) ( )

( )( )

2013 2013 2 22013 20132013 2013z 1 z z 1 z z 1 z z 1 z z 1 z

1z 1 z 1 zz zz z z 1 zz z z 1 2Re(z) 1 Re(z)

2

− = ⇒ − = ⇔ − = ⇔ − = ⇒ − = ⇔

− − = ⇔ − − + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ =

β) Έστω ότι έχει πραγµατική ρίζα την α τοτε

( ) ( )

( ) ( )

220132013 2013

2

22013 20132 2 2 2

2

2013 i 2013 i 2013 1iα 1 iα 1 iα 1

1 2013i 1 2013i 1 2013

2013 1α 1 α 1 1 α 1 1 α 1 1 α 0

1 2013

+ + ++ = ⇒ + = ⇔ + = ⇔

+ + +

++ = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ =

+

Αν όµως α 0= τότε µε αντικατάσταση στην αρχική εξίσωση λαµβάνουµε:

( )2013 2013 i 2013 ii 0 1 1 1 2013i 2013 i

1 2013i 1 2013i

+ +⋅ + = ⇔ = ⇔ + = +

+ +, άτοπο άρα η εξίσωση δεν έχει πραγµατική ρίζα.

2 2

2 2

1

1

(5,5)

(2,2)

Προσέχω…

Σε σχέσεις µιγαδικών που εµφανίζονται µεγάλοι εκθέτες είναι πολύ πιθανό να χρειαστεί να πάρουµε µέτρα, και να εφαρµόσουµε την

ιδιότητα ννz z= .∆είτε το α

ερώτηµα της 28.



35)Αν Α,Β,Γ είναι οι εικόνες των µιγαδικών 1 2 3z , z , z ,όλοι διαφορετικοί µεταξύ τους και ισχύει: 2 2 2

1 2 3 1 2 2 3 1 3z z z z z z z z z+ + = + + ,να δείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο. Λύση

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( )( ) ( )( )

2 2 2 2 2 2 2 2 21 2 3 1 2 2 3 1 3 1 2 1 2 2 3 1 3 3 1 2 1 2 1 2 2 3 1 3 3

2 2 221 2 1 2 1 3 2 3 3 1 2 1 2 3 3 2 3 1 2 2 3 3 1

33

1 2 1 2 2 3 3 1 1 2 1 2 2 3 3

z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z 2z z z z z z z z z

z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z

z z z z z z z z z z z z z z z

+ + = + + ⇔ + = + + − ⇔ + − = − + + − ⇔

− = − + + − ⇔ − = − − + − ⇔ − = − − ⇔

− = − − − ⇒ − = − − −( ) 3

1 1 2 1 2 2 3 3 1

31 2 1 2 2 3 3 1

z z z z z z z z z

z z z z z z z z

⇔ − = − − − ⇔

− = − − −

Όµοια προκύπτει:

32 3 1 2 2 3 3 1z z z z z z z z− = − − −

3

1 3 1 2 2 3 3 1z z z z z z z z− = − − −

Άρα 2 3 1 3 1 2z z z z z z− = − = − οπότε ΑΒΓ ισόπλευρο τρίγωνο.

36) α)Να λυθούν στο σύνολο των µιγαδικών οι εξισώσεις:

i) 2z z , z 0= ≠ ii) 7 10z z 1⋅ =

β) Να λυθεί στο σύνολο των µιγαδικών το σύστηµα :

3 5

42

z w 0

z w 1

+ =

⋅ =

Λύση α)i) 2 2z z z z z 1= ⇒ = ⇔ =

Αν z 1= τότε η αρχική εξίσωση 2 2z z z 1 z 1= ⇔ = ⇔ = ± .

ii) 7 10z z 1⋅ = (1).Παίρνουµε µέτρα και στα δυο µέλη:

7 7 7 10 1710 10z z 1 z z 1 z z 1 z 1 z 1⋅ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = (2)

Η (1) µετασχηµατίζεται:

( ) ( )

( )( )

777 7 210 7 3 3 3 3 3 3

22

1,2

z z 1 z z z 1 z z z 1 z z 1 z 1 z 1 0 z 1 0

z 1z 1 0

z 1 z z 1 0 1 3iz z 1 0 z

2

⋅ = ⇔ ⋅ ⋅ = ⇔ ⋅ ⋅ = ⇔ ⋅ = ⇔ = ⇔ − = ⇔ − =

=− = − + + = ⇔ ⇔ − ±

+ + = =

β)

3 5

42

z w 0

z w 1

+ =

⋅ =

Από την δεύτερη εξίσωση είναι προφανές ότι: z 0≠ και w 0≠

Προσέχoυµε…

Στο σύνολο των µιγαδικών αριθµών ℂ οι εξισώσεις απαιτούν προσεκτικούς και ιδιαίτερους χειρισµούς .Η αντικατάσταση των άγνωστων µε την γραφή τους σαν άθροισµα πραγµατικού και φανταστικού µέρους( z x yi, x, y= + ∈ℝ )είναι η τελευταία

µας επιλογή. Πέρα από τις µεθόδους που παρουσιάζονται στο σχολικό βιβλίο µπορεί να γίνει χρήση ταυτοτήτων , παραγοντοποιήσεων και σχήµατος Horner . Προσέξτε την τεχνική που χρησιµοποιείται στην δεύτερη εξίσωση και στο σύστηµα µε την χρήση µέτρων και της ιδιότητας

2z zz= .



3 5 3 5 6 103 5

3 5

2 2 6242 44 4 12

z w z w z wz wz w 011 1 1zz z zz w 1

w w ww

= − = = = − + = ⇔ ⇒ ⇔ ⇔ == = =⋅ =

Άρα 10 22

12

1w w 1 w 1

w= ⇔ = ⇔ = .

Εργαζόµαστε ξανά στο αρχικό σύστηµα:

( )

5 53 53 5 4 4

2422 24

4 4

44 4 25 4

22 2 244 4 4

1 1z w 0 z wz w 0z w 0 w w

1z 1 1z w 1 z zw

w w

z wz w wz w w z ww w11 1 1 zz z z

ww w w

+ = = − + = + = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =⋅ = = =

= −= −= − = − ⇔ ⇔ ⇔ == = =

Άρα z w= − µε αντικατάσταση στην αρχική εξίσωση του συστήµατος

z 03 5 3 5 3 2 2z w 0 z z 0 z (1 z ) 0 1 z 0 z 1

≠

+ = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ± και w 1= ∓ 37)(∆ιάταξη στο C;;) Να λύσετε τις ανισώσεις i) 2z 5z 4 0− + < ii) 2z 4 5z+ < Λύση i) Έστω z x yi, x, y= + ∈ℝ τότε η ανίσωση γίνεται

( ) ( )2

2 2 2

2 2

2 2

x yi 5 x yi 4 0

x 2xyi y i 5x 5yi 4 0

x 2xyi y 5x 5yi 4 0

x y 5x 4 (2xy 5y)i 0

+ − + + < ⇔

+ + − − + < ⇔

+ − − − + < ⇔

− − + + − < ⇔

Θα ισχύει:

2 22 2 2 2 x y 5x 4 0

x y 5x 4 0 x y 5x 4 05

2xy 5y 0 y(2x 5) 0 y 0 ή x2

− − + < − − + < − − + < ⇔ ⇔

− = − = = =

Όταν y 0= τότε ( )2x 5x 4 0 ... x 1, 4− + < ⇔ ⇔ ∈ άρα ( )z x, x 1,4= ∈

Όταν 5x

2= τότε

22 2 25 5 25 25 9

y 5 4 0 y 4 0 y2 2 4 2 4

− − + < ⇔ − − + < ⇔ > −

που ισχύει για κάθε y ∈ℝ άρα

5z yi, y

2= + ∈ℝ .

Άρα η ανίσωση 2z 5z 4 0− + < αληθεύει για κάθε µιγαδικό z της µορφής: ( )z x, x 1,4= ∈ ή 5z yi, y

2= + ∈ℝ .

ii) Έστω z x yi, x, y= + ∈ℝ τότε η ανίσωση γίνεται

Στο σύνολο των µιγαδικών αριθµών ℂ δεν ορίζεται διάταξη. ∆εν έχει νόηµα λοιπόν να λεµέ ότι ένας µιγαδικός είναι θετικός αρνητικός ή ένας µιγαδικός είναι µεγαλύτερος από κάποιον άλλο.

-Αν λοιπόν δοθεί z 0< ή z 0> τότε z∈ℝ .

-Αν δοθεί z w< ή z w> τότε

Im(z) Im(w) 0= = και

Re(z) Re(w)< ή Re(z) Re(w)> αντίστοιχα.



2 2 2 2 2

2 2

z 4 5z (x yi) 4 5(x yi) x 2xyi y i 4 5x 5yi

x y 4 2xyi 5x 5yi

+ < ⇔ + + < + ⇔ + + + < + ⇔

− + + < +

Έτσι:

( )2 2 2 x 1, 4x y 4 5x x 4 5x

2xy 0 x 0ή y 0 x 0ή y 0

5y 0 y 0 y 0

∈ − + < + < και και και

= ⇔ = = ⇔ = =

και και και = = =

Άρα ( )z x, x 1,4= ∈ .

Παρατηρούµε ότι οι ανισώσεις 2z 5z 4 0− + < και 2z 4 5z+ < δεν έχουν τις ίδιες λύσεις .Οπότε σε ανισώσεις στο ℂ δεν µπορούµε να µεταφέρουµε όρους από το ένα µέλος στο άλλο διότι δεν προκύπτουν ισοδύναµες ανισώσεις , εκτός και αν οι όροι που µεταφέρουµε είναι πραγµατικοί. 38)Να αντιστοιχίσετε κάθε ανίσωση της πρώτης στήλης µε την λύση της στην δεύτερη στήλη. ΣΤΗΛΗ Α ΣΤΗΛΗ Β 1. ( )z 0 , z 1 x 4y 4 i> = − + − α. y 1 x 1= και <

2. ( )z 0 , z 6 1 y i> = + − β. y 1=

3. ( ) ( )2z w , z 1 1 y i, w x 2 y 1 i> = + − = + + − γ. x 1 y 1< − και =

4. ( ) ( )2 2z w , z x y 4 i, w 1 y 2 i< = + − = + + δ. ( )x 1,1 y 2∈ − και = −

Λύση 1→ α, 2→ β, 3→ γ,4→ δ 39)∆ίνεται το πολυώνυµο 2 22P(x) x 2 z w x (1 z )(1 w ), z, w C, x ,= + − + + + ∈ ∈ℝ .

α) Να δείξετε ότι P(x) 0≥ ,για κάθε x ∈ℝ .

β) Αν η εξίσωση P(x) 0= έχει ρίζα στο ℝ ,να δείξετε ότι : Re(z) Re(w), z 0, w 0

Im(z) Im(w)= ≠ ≠

Λύση α)Η ανίσωση P(x) 0≥ είναι δευτέρου βαθµού µε πραγµατικούς συντελεστές ,υπολογίζουµε την διακρίνουσα:

( ) ( )( )( )( ) ( )( ) ( )

2 2 2 2 2 2

2

2 z w 4(1 z )(1 w ) 4 z w (1 z )(1 w )

4 z w z w (1 zz)(1 w w) 4 zz zw wz w w 1 w w zz zzw w

4 zw zzw w wz 1 4 zw(1 zw) wz 1 4(1 zw)(zw 1) 4(1 zw)(1zw)

4 1 zw 0

∆ = − − + + == − − + + =

− − − + + = − − + − − − − =

− + + + = − + + + = − + + = − + + =

− + ≤

Είδαµε ότι 0∆ ≤ οπότε το τριώνυµο είναι οµόσηµο του 1α = ή µηδέν .Έτσι P(x) 0≥ ,για κάθε x ∈ℝ . β) Η εξίσωση P(x) 0= έχει ρίζα στοℝ αν 0∆ = .

z i, ,2

w i,x ,y0 4 1 zw 0 1 zw 0 1 ( i)( i) 0 ..

1 0. ( 1) ( )i 0

0 (1)

=α+β α β∈

=γ+δ ∈∆ = ⇒ − + = ⇔ + = ⇔ + α − β γ + δ = ⇔

αγ + βδ + =⇔ αγ + βδ + + αδ − βγ = ⇔

αδ − βγ =

ℝ

ℝ

(1): Re(z) Re(w)0

Im(z) Im(w)

α γαδ − βγ = ⇔ αδ = βγ ⇔ = ⇔ =

β δ



Μια ανάπαυλα από το διάβασµα…. Ένας εκπληκτικός µαθηµατικός τύπος !!! Ο παραπάνω µαθηµατικός τύπος συνδυάζει τις πιο σηµαντικές µαθηµατικές σταθερές µε ένα θαυµαστό τρόπο. Συγκαταλέγεται στους πέντε πιο όµορφους µαθηµατικούς τύπους που έχουν ανακαλυφθεί . Ο νοµπελίστας φυσικός Ρ.Feynman όταν για πρώτη φορά στα δεκαπέντε του συνάντησε τον τύπο τον αποκάλεσε: “Ο πιο θαυµαστός τύπος στα µαθηµατικά” Στο κλασσικό βιβλίο των Ε.Kasner και J.Newman , Τα µαθηµατικά και η φαντασία διαβάζουµε ότι όταν ο µαθηµατικός Benjamin Pierce κατά την διάρκεια των παραδόσεων του στο πανεπιστήµιο απεδείκνυε τον τύπο, σηµείωνε εµφατικά: “Κύριοι, είναι αληθές ότι µοιάζει µε την απόλυτη παραδοξότητα; ∆εν µπορούµε να το αντιληφθούµε και δεν είµαστε σε θέση να ισχυριστούµε ότι κατανοούµε την σηµασία του. Το αποδείξαµε όµως, άρα, είναι σίγουρα αληθές”. Ήταν διαχρονικά τα λόγια του; Η µόνη διαφορά είναι η αντικατάσταση της προσφώνησης Κύριοι µε το Κυρίες και κύριοι. 40)Εστω 1 2z ,z οι ρίζες της εξίσωσης 2z αz β 0,α,β+ + = ∈ℝ µε 1z 2 2= και 2Re(z ) 2= .

α) Να βρείτε τα α,β καθώς και τις ρίζες 1 2z ,z της εξίσωσης .

β )Αν 1 2z ,z οι λύσεις της παραπάνω εξίσωσης να αποδείξετε ότι 1974 1976

1 2

2 1

z z0

z z

+ =

.

γ)Αν για τον µιγαδικό w ∈ℂ ισχύει2 2

1 2w z w z 16− + − = (2) όπου 1 2z ,z οι λύσεις της παραπάνω εξισωσης

τότε να βρείτε το γεωµετρικό τόπο των w και να δικαιολογήσετε ότι w 2 2− = .

δ)Έστω οι µιγαδικοί 1 2w , w που ικανοποιούν τη (2) και για τους οποίους ισχύει 1 2w w 4− = . Να αποδείξετε

ότι 1 2w w 4+ = .

ε)Αν οι µιγαδικοί 1 2 3w , w , w ικανοποιούν την (2), να αποδειχθεί ότι:

1 2 3

1 2 3

w w w 6 1 1 1

4 w 2 w 2 w 2

+ + −= + +

− − −

Λύση α) Οι ρίζες 1 2z ,z της εξίσωσης είναι συζυγείς και από την υπόθεση έχουν την µορφή:

1 2z 2 λi, z 2 λi= + = + για κάποιο πραγµατικό λ.

Θα ισχύει ^2

2 2 21z 2 2 2 λ 2 2 4 λ 8 λ 2= ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = ± , οπότε 1 2z 2 2i,z 2 2i= + = − .Από τους τύπους του

Vieta προκύπτει: 1 2

αS z z 2 2i 2 2i α 4

1= + ⇒ − = + + − ⇔ = − , ( )( )1 2

βP z z 2 2i 2 2i β 8

1= ⇒ = + − ⇔ =

β) Είναι,

( ) ( )1974 19762 21974 1976 1974 1976 1974 1976

2 2

1974 1976 1974 2

1 i 1 i2 2i 2 2i 1 i 1 i 2i 2i

2 2i 2 2i 1 i 1 i 2 21 i 1 i

i i i (1 i ) 1 0 0

+ −+ − + − − + = + = + = + = − + − + − −

= + = + = ⋅ =

1+eiπ

=0



γ) Για w α βi,α,β= + ∈ℂ είναι: 2 2 2 2

1 2

22 2

w z w z 16 α βi (2 2i) α βi (2 2i) 16 ..

(α 2) β 4 w 2 4 w 2 2

− + − = ⇒ + − + + + − − = ⇔ ⇔

− + = ⇔ − = ⇔ − =

Άρα ο γεωµετρικός τόπος είναι κύκλος µε κέντρο Κ(2,0) και ακτίνα ρ=2. Οπότε η απόσταση της εικόνας του w από το κέντρο του κύκλου ισούται µε 2 έτσι θα ισχύει: w 2 2− =

δ)Εφ' όσον οι µιγαδικοί 1 2w , w ικανοποιούν την σχέση (2), οι εικόνες τους είναι σηµεία του προαναφερθέντος κύκλου. Οπότε , το µέτρο 1 2w w− , εκφράζει την απόσταση των εικόνων τους, είναι το µήκος της χορδής του κύκλου

µε άκρα τις εικόνες αυτών. Επειδή 1 2w w 4 2ρ− = = , τα σηµεία αυτά είναι αντιδιαµετρικά.

Ο κύκλος διέρχεται από την αρχή των αξόνων.Έτσι, η γωνία που σχηµατίζουν τα διανύσµαταΟΒ,ΟΑ

, όπου

1 2Α(w ),B(w ) είναι ορθή, οπότε,

2 2 2

1 2 1 2w w w w 16+ = − = .

Από τον κανόνα του παραλληλογράµµου, παίρνουµε: 2 2 2 2

1 2 1 2 1 2w w w w 2 w w − + + = + ⇔ 2 2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2w w 2 w w w w 32 16 16 w w 4 + = + − − ⇒ − = ⇒ + =

(2ος τρόπος: ΑΒ διάµετρος του κύκλου, άρα Κ το µέσο της, οπότε

1 2w w OA OB 2OK 2 OK 2 2 4+ = + = = = ⋅ =

.

ε) Για κάθε i 1,2,3= έχουµε, ( )( )2 ii i i i

i

w 2 1w 2 2 w 2 4 w 2 w 2 4

4 w 2

−− = ⇒ − = ⇒ − − = ⇔ =

−

Συνεπώς,

1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3

31 2

1 2 3

w w w 6 w w w 6 w w w 6 w 2 w 2 w 2

4 4 4 4

w 2w 2 w 2 1 1 1

4 4 4 w 2 w 2 w 2

+ + − + + − + + − − + − + −= = = =

−− −= + + = + +

− − −

41)(**)Ο Γιωργάκης και οι µιγαδικοί αριθµοί.

∆όθηκε στον Γιωργάκη η άσκηση:

∆ίνεται ο µιγαδικός αριθµός zz

wz z

= + , z , z 0∈ ≠ℂ .

α) Να δείξετε ότι w 2≤ .

β) Να βρείτε τον γεωµετρικό τόπο των εικόνων του w

στο µιγαδικό επίπεδο.

Ο Γιωργάκης λοιπόν έγραψε:

α)z z z zz z

w 2z z z z z z

= + ≤ + = + =

zzw

z z= + ??



β) Στην συνέχεια από την σχέση που απέδειξε w 2 w (0 0i) 2≤ ⇔ − + ≤ ισχυρίστηκε ότι ο ζητούµενος γ.τ

είναι κυκλικός δίσκος µε κέντρο Κ(0,0) και ακτίνα 2ρ = .

Όµως δυστυχώς ο Γιωργάκης έδωσε λάθος λύση .Μπορείτε να εντοπίσετε το λάθος;

Λύση

Το λάθος βρίσκεται στην λύση του ερωτήµατος β). Ισχύει :

2

2

zz z z z z z z zz z z z z zw w

z z z z z z z z zz z z zz z

⋅ ⋅⋅ = + = + = + = + = + = + = ⋅ ⋅⋅

.Άρα w ∈ℝ .

Οπότε ο ζητούµενος γ.τ είναι το ευθύγραµµο τµήµα ΑΒ µε άκρα Α(-2,0),Β(2,0).

42)θεωρούµε τους µιγαδικούς αριθµούς z για τους οποίους ισχύει:

2z 2Re(3zi) 5 0+ + =

i)Nα βρείτε τον γ.τ των εικόνων των µιγαδικών z.

ii)Να αποδείξετε ότι 1 z 5≤ ≤ .

iii) Έστω ο µιγαδικός w αν ισχύει η σχέση 8w z ,z 3i

z 3i+ = ≠

−.

α)Να βρείτε τον γ.τ των εικόνων του w.

β) Να αποδείξετε ( )2w z 0− ≤ .

γ) Να αποδείξετε ότι z w Im z 3= ⇔ =

δ)Αν Α,Β είναι οι εικόνες των µιγαδικών z και w αντίστοιχα (Im z 3)≠ ,να αποδείξετε ότι το ευθύγραµµο

τµήµα ΑΒ είναι παράλληλο στον άξονα y ' y .

ε)Έστω P ένα σηµείο του ευθυγράµµου τµήµατος ΑΒ ( µε Α,Β οι εικόνες των z και w µε (Im z 3)≠ ).Αν P η

εικόνα του µιγαδικού u να δείξτε ότι 2u z u w u 3i 4− ⋅ − + − = .

Λύση

i) ( )

2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

z 2Re(3zi) 5 0 x y 2Re(3(x yi)i) 5 0

x y 2Re( 3y 3xi) 5 0 x y 2 3y 5 0 x y 6y 5 0

x y 6y 9 9 5 0 x (y 3) 4 0 x (y 3) 4

+ + = ⇔ + − + + = ⇔

+ + − + + = ⇔ + + − + = ⇔ + + + = ⇔

+ − + − + = ⇔ + − − = ⇔ + − =

Άρα ο ζητούµενος γ.τ είναι κύκλος C µε κέντρο Κ(0,3) και ακτίνα ρ=2 και µε µορφή µέτρου γράφεται: z 3i 2− =

ii)Από την τριγωνική ανισότητα για τους µιγαδικούς z,3i προκύπτει:



z 3i z 3i z 3i z 3 z 3i z 3− ≤ − ≤ + ⇔ − ≤ − ≤ + .Λαµβάνουµε την µια από τις δυο ανισοτικές σχέσεις :

z 3i 2

z 3 z 3i z 3 2 2 z 3 2 1 z 5− =

− ≤ − ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ − ≤ ⇔ ≤ ≤

Πιο εύκολη είναι η απόδειξη γεωµετρικά, αρκεί να σχεδιάσουµε στο µιγαδικό επίπεδο τον γ.τ των εικόνων των z.

iii) α)Για τους µιγαδικούς z x yi, x, y R= + ∈ ισχύει: 2 2x (y 3) 4 (1)+ − =

( )( )( )

( ) ( ) ( )2

8 z 3i 8 z 3i 8 z 3i8w z w z w z w z w z 2 z 3i

z 3i 4z 3iz 3i z 3i

− + ++ = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ + = + ⇔

− −− −

w z 2z 6i w z 6i w 3i z 3i w 3i z 3i w 3i z 3i z 3i 2 w 3i 2+ = + ⇔ = + ⇔ − = + ⇔ − = − ⇒ − = − = − = ⇔ − =

Αρα ο ζητουµενος γ.τ είναι o κυκλος C. β) Από το ερώτηµα α) iii) είδαµε ότι :

( ) ( ) ( ) ( )

z x yi,x,y

2 2 2 2

8w z .... w z 6i w z z z 6i w z 2 Im(z)i 6i

z 3i

w z 2yi 6i w z 2i y 3 4 3 y 0,

= + ∈

+ = ⇔ ⇔ = + ⇔ − = − + ⇔ − = − + ⇔−

− = − + ⇒ − = − + = − − ≤

ℝ

Άρα ( )2w z 0− ≤ .

γ)Από το ερώτηµα iii) α)

w z

w z 6i z z 6i z z 6i 2 Im(z)i 6i Im(z) 3=

= + ⇔ = + ⇔ − = ⇔ = ⇔ = δ) Από το ερώτηµα ii) α) w z 6i w x yi 6i w x (6 y)i= + ⇔ = − + ⇔ = + − άρα οι εικόνες Α και Β των z και w αντίστοιχα θα έχουν συντεταγµένες A(x, y),B(x,6 y)− .Με ισες τετµηµένες είναι προφανές ότι το ευθ. τµήµα ΑΒ είναι παράλληλο στον άξονα y ' y .

ε)Προκύπτει από το θεώρηµα τεµνουσών 2 2PA PB R PO⋅ = − µε Ο το κέντρο του κύκλου και R την ακτίνα του. 2 22 2 2PA PB R PO u z u w 2 u 3i u z u w u 3i 4⋅ = − ⇒ − ⋅ − = − − ⇔ − ⋅ − + − =

43)α)Να βρείτε τον γεωµετρικό τόπο των εικόνων των µιγαδικών w που ικανοποιούν την σχέση w 4 3 3− = .

β)Να σχεδιάσετε τον παραπάνω γεωµετρικό τόπο και µε την βοήθεια του σχήµατος να δείξετε ότι

6 3 w w 10 3≤ + ≤

γ)Να βρείτε τον µιγαδικό 1w που ανήκει στον παραπάνω γεωµετρικό τόπο και έχει το ελάχιστο µέτρο

καθώς και τις συντεταγµένες της εικόνας του Γ.

δ )Να λύσετε ℂ στο την εξίσωση 2z 2 3z 7 0− + = (1) .

ε)Αν Α,Β οι εικόνες στο µιγαδικό επίπεδο των ριζών 1 2z ,z της εξίσωσης (1) να δείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ

είναι ισόπλευρο.



στ)Να υπολογίσετε τους αριθµούς :

3 3

1 2 2 1

2 1

z z z zE

1 z z

+=

+ , 2014 2 2012

1 1 1 2 1Z 3(3z w ) 4w (3z w )= − + −

Λύση α)Ο ζητούµενος γ.τ είναι κύκλος µε κέντρο K(4 3,0) και ακτίνα 3 β) Σχήµα

από το σχήµα προκύπτει :

3 3 Re(w) 5 3 6 3 2Re(w) 10 3 6 3 w w 10 3≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ + ≤

γ)Από το σχήµα προκύπτει ότι η ελάχιστη τιµή του 1w -δηλαδή η ελάχιστη απόσταση της εικόνας του w από

την αρχή των αξόνων -είναι 1min w 3 3= και το ζητούµενο σηµείο έχει συντεταγµένες Γ(3 3,0), οπότε

1w 3 3= .

δ) 2z 2 3z 7 0,∆ 12 28 16 0− + = = − = − <

1,2

2 3 4iz 3 2i

2

±= = ± , άρα 1 2z 3 2i,z 3 2i= − = +

ε) ( )22

1(ΑΓ) w z 3 3 3 2i 2 3 2i 2 3 2 4= − = − + = + = + =

2(ΒΓ) w z 3 3 3 2i ... 4= − = − − = =

1 2(ΑΒ) z z 3 2i 3 2i ... 4= − = + − + = =

στ) Από τους τύπους του Vieta 1 2

βS z z 2 3

α= + = − = , 1 2

γP z z 7

α= ⋅ = = .Έτσι:

3 3 2 2 21 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1

2 1 2 1 2 1

z z z z z z (z z ) z z ((z z ) 2z z ) 7E ...

1 z z 1 z z 1 z z 4

+ + + −= = = = = −

+ + +

3 3 5 3

4 3



2014 2 2012 2014 2 20121 1 1 2 1

2014 2012 2014 2012 2012

Z 3(3z w ) 4w (3z w ) 3(3( 3 2i) 3 3) 4(3 3) (3( 3 2i) 3 3)

3(3( 3 2i) 3 3) 108(3( 3 2i) 3 3) 3( 6i) 108(6i) (6i) ( 108 108) 0

= − + − = − − + + − =

− − + + − = − + = − + =

44)Αν i η φανταστική µονάδα τότε έχουµε διαδοχικά:

2

i i

1 1

1 11 1

1 1

1 1

1 1 1 1

i i 1

i 1

1 1 !!

= ⇔= ⇔= ⇔= ⇔

− = − ⇔− = − ⇔− = − ⇔− = − ⇔

−−−−= ⇔= ⇔= ⇔= ⇔

−−−−

−−−−= ⇔= ⇔= ⇔= ⇔

−−−−

− ⋅ − = ⋅ ⇔− ⋅ − = ⋅ ⇔− ⋅ − = ⋅ ⇔− ⋅ − = ⋅ ⇔

⋅ = ⇔⋅ = ⇔⋅ = ⇔⋅ = ⇔

= ⇔= ⇔= ⇔= ⇔

− =− =− =− =

Που είναι το λάθος στην διαδικασία;

Απάντηση

Το λάθος στην διαδικασία είναι ότι δεν ισχύει στο σύνολο των µιγαδικών η ιδιότητα: α αβ β

=

45)∆ίνεται η παρακάτω εξίσωση , z∈ℂ .

6 5 4 3 2 2z 2z 2z 2z z (z 1) 0+ + + + + + = (1)

α) Να δείξετε ότι η εξίσωση 6 5 4 3 2z 1 2(z z z z z 1) 0− + + + + + + = είναι ισοδύναµη µε την (1). β) Να δείξετε ότι ο µιγαδικός z 1= δεν είναι ρίζα της εξίσωσης . γ) Να λύσετε την εξίσωση . Λύση α) Μετασχηµατίζουµε κατάλληλα την εξίσωση και παραγοντοποιούµε:

6 5 4 3 2 2 6 5 4 3 2 2

6 5 4 3 2 2 6 5 4 3 2

z 2z 2z 2z z (z 1) 0 z 2z 2z 2z z z 2z 1 0

z 2z 2z 2z z z 2z 2 1 0 z 1 2(z z z z z 1) 0 (2)

+ + + + + + = ⇔ + + + + + + + = ⇔

+ + + + + + + − = ⇔ − + + + + + + =

β) Με αντικατάσταση στην (2) 6 5 4 3 21 1 2(1 1 1 1 1 1) 0 12 0− + + + + + + = ⇔ = ,άτοπο.

γ) Εφόσον z 1≠ .∆ιαιρούµε τα δυο µέλη της (2) µε τον όρο z 1− .

( ) ( )( )

( )

66 6 66 5 4 3 2 z 1

62

z 1 z 1z 1 2( ) z 1 ( ) z 1 (z 1)z 1 2(z z z z z 1) z 1 z 10 0 0 0 z 1 (z 1) 0

z 1 z 1 z 1 z 1

≠

− +− + − − +− + + + + + + − −= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇒ − + =

− − − −

( ) ( )3

3 363

z 1 0 (3)z 1 z 1 0z 1 0

z 1 0 (4)z 1 0 z 1 z 1

− = − + = − =

⇔ ⇔ ⇔ + = + = = − = −



(3) ( ) ( )3 2

2

1,2

z 1,απορz 1 0

z 1 z 1 z z 1 0 0 1 i 3z z 1 0 z2

=− = − = − + + = ⇔ ⇔ ⇔ − ±− + = =

(4) ( )( )3 2

2

3,4

z 1z 1 0

z 1 z 1 z z 1 0 0 1 i 3z z 1 0 z2

= −+ = + = + − + = ⇔ ⇔ ⇔ ±+ + = =

46)(**) Να λύσετε στο σύνολο των µιγαδικών την εξίσωση : (3z 1)(4z 1)(6z 1)(12z 1) 2+ + + + = Λύση Μετασχηµατίζουµε κατάλληλα την εξίσωση και χρησιµοποιούµε βοηθητικό άγνωστο.

24z 5 u

2w u2 2

2

(3z 1)(4z 1)(6z 1)(12z 1) 2

8(3z 1)6(4z 1)4(6z 1)2(12z 1) 8 6 4 2 2

(24z 8)(24z 6)(24z 4)(24z 2) 768

(u 3)(u 1)(u 1)(u 3) 768

(u 9)(u 1) 768 (w 9)(w 1) 768

w 33w 10w 759 0 ....

w 23

+ =

=

+ + + + = ⇔

+ + + + = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⇔

+ + + + = ⇔

+ + − − = ⇔

− − = ⇔ − − = ⇔

=− − = ⇔ ⇔ ⇔

= −

2

2

u 33

u 23

=⇔

= −

( )

( )

2

2

5 33z24z 5 33 24...

5 23 i24z 5 23 z24

− ±= + =

⇔ ⇔ ⇔ − ± ⋅+ = − =



ΘΕΜΑΤΑ ΚΑΙ ΛΥΣΕΙΣ ΠΑΛΑΙΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΣΤΟΥΣ ΜΙΓΑ∆ΙΚΟΥΣ ΑΡΙΘΜΟΥΣ.(2000-2013)

1) (2003)∆ίνονται οι µιγαδικοί αριθµοί z=α+β i ,όπου ,a β ∈ℝ και 3 4w z iz= − + ,όπου z είναι ο συζυγής του z. α . Να αποδείξετε ότι Re(w)=3α–β+4 και Ιm(w)=3β–α .

β. Να αποδείξετε ότι , αν οι εικόνες του w στο µιγαδικό επίπεδο κινούνται στην ευθεία µε εξίσωση y=x–12, τότε οι εικόνες του z κινούνται στην ευθεία µε εξίσωση y=x–2.

γ . Να βρείτε ποιος από τους µιγαδικούς αριθµούς z, οι εικόνες των οποίων κινούνται στην ευθεία µε εξίσωση y=x–2, έχει το ελάχιστο µέτρο .

Λύση

α. Είναι z a iβ= + και z a iβ= − 23 4 3( ) ( ) 4 3 3 4 3 3 4

(3 4) (3 )

w z iz a i i a i a i ia i a i ia

a a i

β β β β β ββ β

= − + = + − − + = + − + + = + − − +

= − + + −

Άρα: Re( ) 3 4w a β= − + και Im( ) 3w aβ= − .

β. Έστω w=x+yi οπότε ισχύει y=x-12 (1) x, y ∈ R

αλλά ( )

⇔−+−=−⇒−=

+−=12433

3

43 1

βααβαβ

βy

ax

⇔ 4α-4β=8 ⇔ α-β=2 ⇔ β=α-2 δηλαδή οι εικόνες του z κινούνται στην ευθεία µε εξίσωση y=x-2 γ. Ελάχιστο µέτρο θα έχει ο µιγαδικός που έχει εικόνα το σηµείο τοµής της (ε) και της κάθετης από το 0 στην (ε) y=x-2 η οποία έχει εξίσωση y=-x ως κάθετη στη προηγούµενη

⇔−=

=⇔

−=

−=−⇔

−=

−=

1

122

y

x

xy

xx

xy

xy

Σηµείο τοµής (1, -1) δηλαδή z=1-i 2)(Θέµα 2005)

α. ∆ίνονται οι µιγαδικοί αριθµοί z1, z2, z3 µε 1 2 3 3z z z= = = . ∆είξτε ότι 11

9z

z=

β . ∆είξτε ότι ο αριθµός 1 2

2 1

z z

z z+ είναι πραγµατικός .

γ . ∆είξτε ότι:

133221321 3

1zzzzzzzzz ⋅+⋅+⋅=++

Λύση

α. 1

111

2

11

9993

zzzzzz =⇔=⋅⇔=⇒=

β. Θα δείξω πρώτα: Rz∈ zz =⇔



Έστω z=x+yi τότε: x-yi=x+yi Rzyyi ∈⇔=⇔=⇔ 002

Αρκεί να δείξουµε ότι:

=

+

1

2

2

1

z

z

z

z

1

2

2

1

z

z

z

z+

Έχουµε : 2

1

1

2

1

2

2

1

1

2

2

1

1

2

2

1

/9

/9

/9

/9

z

z

z

z

z

z

z

z

z

z

z

z

z

z

z

z+=+=+=

+

γ.

1 2 31 2 3 1 2 3

1 2 3 1 2 3

z z z z z z z z z

9 9 9 1 1 19

z z z z z z

+ + = + + = + + =

= + + = + + =

2 3 1 3 1 22 3 1 3 1 2

1 2 3 1 2 3

2 3 1 3 1 2

1 2 2 3 3 1

z z z z z zz z z z z z9 9

z z z z z z

z z z z z z 19 z z z z z z

3 3 3 3

+ ++ += =

+ +

= ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅⋅ ⋅

3) (2006)∆ίνονται οι µιγαδικοί αριθµοί z1, z2, z3 µε 1 2 3 1z z z= = = και z1 + z2+z3=0

α. Να αποδείξετε ότι:

i. .321321 zzzzzz −=−=−

ii. 2

1 2 4z z− ≤ και ( ) 1Re 21 −≥zz

β. Να βρείτε το γεωµετρικό τόπο των εικόνων των 1 2 3z , z ,z στο µιγαδικό επίπεδο, καθώς και το είδος του τριγώνου που αυτές σχηµατίζουν. Λύση

α. i. ⇔−=− 3221 zzzz (((( ))))1 1 3 1 3 3z z z z z z− − − = − − − ⇔− − − = − − − ⇔− − − = − − − ⇔− − − = − − − ⇔ 3131 22 zzzz +=+ 2 2

1 3 1 32z z z 2z⇔ + = +⇔ + = +⇔ + = +⇔ + = + ή

(((( )))) (((( )))) (((( )))) (((( ))))1 3 1 31 3 1 32z z 2z z z 2z z 2z⇔ + + = + +⇔ + + = + +⇔ + + = + +⇔ + + = + +

1 3 1 3 1 3 1 31 1 3 3 1 1 3 34z z 2z z 2z z z z z z 2z z 2z z 4z z⇔ + + + = + + + ⇔⇔ + + + = + + + ⇔⇔ + + + = + + + ⇔⇔ + + + = + + + ⇔22

1 33 z 3 z= ⇔= ⇔= ⇔= ⇔ 31 zz = ισχύει.

Όµοια 3213 zzzz −=−

ii. 42

21 ≤− zz ή 221 ≤− zz

Αφού οι εικόνες των µιγαδικών διατρέχουν το µοναδιαίο κύκλο η απόσταση των εικόνων τους θα είναι µικρότερη ή ίση της διαµέτρου που είναι 2

⇔≤− 42

21 zz ( )( ) ⇔≤−− 42121 zzzz ⇔≤+−− 411 1221 zzzz

(((( ))))2 1 2 21 2 1 1z z z z 2 z z z z 2⇔ + ≥ − ⇔ + ≥ − ⇔⇔ + ≥ − ⇔ + ≥ − ⇔⇔ + ≥ − ⇔ + ≥ − ⇔⇔ + ≥ − ⇔ + ≥ − ⇔ ( ) ( ) 1Re2Re2 2121 −≥⇔−≥ zzzz

β. Οι εικόνες των z1, z2, z3 βρίσκονται στο µοναδιαίο κύκλο και επειδή οι αποστάσεις των εικόνων τους (σύµφωνα µε το α. i) είναι ίσες θα είναι κορυφές ισόπλευρου τριγώνου.

4) ( Eπαναληπτικές 2007)∆ίνονται οι µιγαδικοί 1z a iβ= + και 12

1

2

2

zz

z

−=

+ , όπου ,a β ∈ℝ µε 0β ≠ .

∆ίνεται επίσης ότι 2 1z z− ∈ℝ .

α) Να αποδείξετε ότι 2 1 1z z− =



β) Να βρείτε τον γεωµετρικό τόπο των εικόνων του 1z στο µιγαδικό επίπεδο.

γ) Αν ο αριθµός 21z είναι φανταστικός και 0aβ > , να υπολογίσετε τον 1z και να αποδείξετε ότι

20 201 1( 1 ) ( 1 ) 0z i z i+ + − + − =

Λύση

α) Είναι :

( )( )( )( )

2 21

2 2 2 2 21

2 α βi 2 α βi2 z 2 α βi 4 α β 4βz ... i

2 α βi 2 α βi 2 α βi 4 4α α β 4 4α α β2 z

− + + +− − + − −= = = = = +

+ − + − + + + + + + + ++

Επίσης είναι :

2 1 2 1 2 1 2 1

02 2 2 2

2 2

Im( ) 0 Im( ) Im( ) 0 Im( ) Im( )

40 ... ( 4 ) 0 4 0

4 4

z z z z z z z z

a aa a

βββ β β α β α

β

≠

− ∈ ⇔ − = ⇔ − = ⇔ =

⇔ − = ⇔ ⇔ + + = ⇔ + + =+ + +

ℝ

Άρα από την σχέση (1) παίρνουµε :

2 1

4 4 41 1

4 0 4 0z i i z

α βα β

+= + = + + = +

+ +

Εποµένως είναι 2 1 1z z− =

β) Σύµφωνα µε το ερώτηµα (A) παίρνουµε : 2 2 4 0a β α+ + =

Άρα η εικόνα Μ(α,β) του 1z ικανοποίει την σχεση 2 2 4 0x y x+ + = , η οποία παριστάνει τον κύκλο µε κέντρο

Κ(-2,0) και ακτίνας ρ=2.Επειδη 0β ≠ προκύπτει ότι ο γεωµετρικός τόπος του σηµείου Μ είναι ο παραπάνω

κύκλος εξαιρούµενων των σηµείων Α(-4,0) και Ο (0,0).

γ) Είναι 2 2 2 2 2 21 ( ) 2 ( ) 2z a i a a i i a a iβ β β β β= + = + + = + − , άρα 2 2 2 2 2

1 0z I a aβ β∈ ⇔ − = ⇔ =

Και επειδή 0β ≠ , προκύπτει ότι 0a ≠ . Άρα από την σχέση 2 2 4 0a β α+ + = του ερωτήµατος (α)

παίρνουµε : 0

22 4 0 2 ( 2) 0 2a

a a a aα≠

+ = ⇔ + = ⇔ = −

Από την σχέση αβ>0 παίρνουµε 2 0 0β β− > ⇔ < , άρα, επειδή 2 2a β= , προκύπτει β=-2, οπότε είναι

1 2 2z i= − − .Εποµένως έχουµε:

20 20 20 20 2 10 2 101 1

10 10

( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) (( 1 ) ) (( 1 ) )

(2 ) ( 2 ) 0

z i z i i i i i

i i

+ + − + − = − − − − + = − − − − + =

− − =



5) (2008)Αν για τους µιγαδικούς αριθµούς z και w ισχύουν

(i 2 2)z 6+ = και w (1 i) w (3 3i)− − = − −

τότε να βρείτε:

α. το γεωµετρικό τόπο των εικόνων των µιγαδικών αριθµών z .

β. το γεωµετρικό τόπο των εικόνων των µιγαδικών αριθµών w .

γ. την ελάχιστη τιµή του w

δ. την ελάχιστη τιµή του z w−

Λυση α.

2 2

(i 2 2)z i 2 2 z

1 (2 2) z 9 z 3 z 6 z 2

+ = + =

= + = = = ⇔ =

Άρα η εικόνα του z, έστω Α, βρίσκεται σε κύκλο C µε κέντρο το Ο(0,0) και ακτίνα R=2 Αντίστροφα ,oποιοδήποτε σηµείο Α του C απέχει από το Ο απόσταση ίση µε 2 οπότε Γ.Τ του Α είναι ολόκληρος ο κύκλος C (θα µπορούσαµε εναλλακτικά να θέσουµε z x iy ,x,y R= + ∈ να κάνουµε όλες τις επιµεριστικές και µετά να χρησιµοποιήσουµε τον τύπο του µέτρου µε την ρίζα, ή να υψώσουµε στο τετράγωνο και µετά να κάνουµε τις

πράξεις, θα καταλήξουµε σε κάθε περίπτωση στην εξίσωση του C : 2 2x y 4+ = .)

β. Αν Β η εικόνα του w x iy ,x, y R= + ∈ τότε

2 2 2 2

| w (1 i) | | w (3 3i) |

| (x 1) i(y 1) | | (x 3) i(y 3) |

(x 1) (y 1) (x 3) (y 3)

... x y 4 0

− − = − − ⇔

− + + = − + + ⇔

− + + = − + +

⇔ ⇔ − − =

Οπότε o Γ. Τ του Β είναι η ευθεία (ε) : x y 4 0− − = γ.| w | | w 0 |= − = απόσταση του Ο(0,0) από το τυχαίο σηµείο Β της (ε) Το µήκος της ΟΒ, έστω d, γίνεται ελάχιστο όταν OB ( )⊥ ε

min 2 2

0 0 4d d(O, ) 2 2

1 ( 1)

− −= ε = =

+ −

δ.Είναι | z w | | w | | z | | w | 2 2 2 2− ≥ − = − ≥ − Άρα αν υπάρχουν µιγαδικοί ώστε οι παραπάνω ανισότητες να γίνονται ισότητες τότε η ελάχιστη τιµή

min| z w | 2 2 2− = −

Πράγµατι αρκεί οι εικόνες Ο,Α και Β να είναι συνευθειακά σηµεία και τα OB OA↑↑

ώστε η πρώτη ανισότητα να γίνει ισότητα, γνωστό από την β λυκείου και το Β να ταυτιστεί µε το Β0 ώστε και η δεύτερη ανισότητα να γίνει ισότητα λόγω του προηγουµένου ερωτήµατος



6) (2009)Θεωρούµε τους µιγαδικούς αριθµούς

z=(2λ+1)+(2λ−1)i , λ∈∈∈∈R

α. Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας πάνω στην οποία βρίσκονται οι εικόνες των µιγαδικών αριθµών z, για τις διάφορες τιµές του λ∈∈∈∈R

β. Από τους παραπάνω µιγαδικούς αριθµούς να αποδείξετε ότι ο µιγαδικός αριθµός z0=1-i έχει το µικρότερο δυνατό µέτρο.

Β. Να βρεθούν οι µιγαδικοί αριθµοί w οι οποίοι ικανοποιούν την εξίσωση

0

212 zww =−+

όπου z0 ο µιγαδικός αριθµός που αναφέρεται στο προηγούµενο ερώτηµα.

Λύση α) Θέτω z x yi= +

Τότε:

2 1x λ= + και 2 1y λ= − , λ ∈ℝ

Αφαιρώ κατά µέλη: 2 2x y y x− = ⇒ = − .

Άρα οι εικόνες των z βρίσκονται στην ευθεία : 2y xε = − .

β) Ο µιγαδικός z µε το µικρότερο δυνατό µέτρο έχει ως εικόνα κ το σηµείο τοµής της : 2y xε = − και της

κάθετης σ΄αυτή 'ε που διέρχεται από το (0, 0): ' ' 1 1 ' 1 ' 1ε ε λε λε λε λε⊥ ⇔ ⋅ = − ⇔ ⋅ = − ⇔ = − .

Άρα ' : y xε = − , αφού διέρχεται από το (0, 0)

−=

−=

xy

xy 2

)2(

)1(

122:)2()1( −=⇔−=+ yy και 11:)2( =⇔−=− xx

Άρα Κ(1, -1) η εικόνα του z0 και z0=1-i ο µιγαδικός µε το µικρότερο µέτρο.



γ. Θέτω a iω β= + και 1oz i= − 2 2 2

2 2 2 2

ω ω 12 0 α β α βi 12 1 i

α β α 13 α β α 13 (1)

β 1 β 1

+ − = ⇒ + + − − = − ⇒

+ + = + + =⇔

− = − =

(1)2

112 0 4a α α+ − = ⇔ = − και 2 3a = µε 1β = .

Άρα 1 4 iω = − + και 2 3 iω = + .

7) (2009 Επαναληπτικές) Θεωρούµε τους µιγαδικούς αριθµούς z για τους οποίους ισχύει:

( ) ( )2- i z + 2+ i z -8 = 0

α. Nα βρείτε τον γεωµετρικό τόπο των εικόνων των µιγαδικών αριθµών z = x + yi οι οποίοι ικανοποιούν την παραπάνω εξίσωση. β.Nα βρείτε τον µοναδικό πραγµατικό αριθµό και τον µοναδικό φανταστικό αριθµό οι οποίοι ικανοποιούν

την παραπάνω εξίσωση. γ. Για τους αριθµούς που βρέθηκαν στο προηγούµενο ερώτηµα να αποδείξετε ότι

2 2

1 2 1 2+ + −z z z z = 40

Λύση α. Έχουµε:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ),

2 2 8 0 2 8 2 2 2 8

2 4 2 4

z x iy

x y Ri z i z z z i z z x i yi

x y y x

= +

∈− + + − = ⇔ + − − = ⇔ ⋅ − = ⇔

⇔ + = ⇔ = − +

Άρα ο γ.τ. των εικόνων των µιγαδικών z είναι η ευθεία

(ε): 2 4y x= − +

β. Ένας µιγαδικός είναι πραγµατικός αν και µόνο αν η εικόνα του ανήκει στο άξονα των πραγµατικών αριθµών και αντίστοιχα φανταστικός αν και µόνο αν η εικόνα του ανήκει στον άξονα των φανταστικών. Γνωρίζουµε όµως ότι, η εικόνα των µιγαδικών z ανήκει και στην (ε), άρα αρκεί να βρούµε τα σηµεία τοµής της ευθείας (ε) µε την άξονες x x,y y′ ′ .

Για y = 0 είναι x x= − + ⇔ =0 2 4 2 , άρα 1 2z =

Για x = 0 είναι y y= − ⋅ + ⇔ =2 0 4 4 , άρα 2 4z i=

γ. Είναι

( ) ( )( )z z z z i i+ + − = + + − =

= + + + − =

= + =

2 2 2 2

1 2 1 2

2222 2 2

2 4 2 4

2 4 2 4

20 20 40



8) (2010)∆ίνεται η εξίσωση 2

2zz

+ = όπου z∈ℂ µε 0z ≠

B1. Να βρείτε τις ρίζες z1 και z2 της εξίσωσης. B2. Να αποδείξετε ότι :

020102

20101 =+ zz

B3. Αν για τους µιγαδικούς αριθµούς w ισχύει:

2134 zziw −=+−

τότε να βρείτε το γεωµετρικό τόπο των εικόνων των w στο µιγαδικό επίπεδο. B4. Για τους µιγαδικούς αριθµούς w του ερωτήµατος Β3, να αποδείξετε ότι3 7w≤ ≤

Λυση Β 1: 2z 2 2z+ = (αφού z 0≠ ) ⇒ 2

1 2z 2z 2 0 z 1 i, z 1 i− + = ⇒ = + = −

Β2: ( ) ( )100522

100521

20102

20101 zzzz +=+

Όπου ( ) iiiiiz 2121211 22221 =−+=++=+=

( ) iiiiiz 2121211 22222 −=−−=+−=−=

Άρα ( ) ( ) =−+=+ 1005100520102

20101 22 iizz

022 1005100510051005 =⋅−⋅= ii Β 3:

⇒−=+− 2134 zziw

⇒+−+=+− iiiw 1134

⇒=+− iiw 234

2)34( =−− iw

Άρα ο γεωµετρικός τόπος των ε ικόνων του w ε ίναι ο κύκλος

( ) ( ) 434 22 =++− yx

Β 4: max w (OK) 5 2 7= + ρ = + == + ρ = + == + ρ = + == + ρ = + = , min ( ) 5 2 3w OK ρ= − = − = .Άρα , 3 7w≤ ≤

9)(2011)Έστω οι µιγαδικοί αριθµοί z και w µε 3z i≠ , οι οποίοι ικανοποιούν τις σχέσεις

3 3 2z i z i− + + = και 1

33

w z iz i

= − +−

Β1. Να βρείτε τον γεωµετρικό τόπο των εικόνων των µιγαδικών αριθµών z.

Β2. Να αποδείξετε ότι 1

33

z iz i

+ =−

Β3.Να αποδείξετε ότι ο w είναι πραγµατικός αριθµός και ότι 2 w 2− ≤ ≤− ≤ ≤− ≤ ≤− ≤ ≤

Β4. Να αποδείξετε ότι : z w z− =

Λύση Β1.Για τους µιγαδικούς αριθµούς z και w µε 3z i≠ , ισχύουν :

3 3 2z i z i− + + = (1) και 1

33

w z iz i

= − +−

(2)



Επειδή 3 3 3z i z i z i+ = − = − η (1) γίνεται :

3 3 2 3 3 2 2 3 2 3 1z i z i z i z i z i z i− + + = ⇔ − + − = ⇔ − = ⇔ − = (3).Αρα ο γεωµετρικός

τόπος των εικόνων των µιγαδικών αριθµών z είναι ο κύκλος µε κέντρο το σηµείο Κ( 0,3) και ακτίνα ρ=1.

Β2. 2 2

1 1( 3 ) 3 3 3 33

3 1( 3 )( 3 ) ( 3 )( 3 ) 3 3

z i z i z i z i z iz i

z i z i z i z i z i z i z i

− − − + += = = = = = +

− − − − − − −

Β3, Λογω του Β2. Η (2) γίνεται 1

3 3 3 2Re( )3

w z i z i z i z z zz i

= − + = − + + = + = ∈−

ℝ

Επειδή οι εικόνες των µιγαδικών αριθµών z είναι ο κύκλος µε κέντρο το Κ(0,3) και ακτίνα ιση µε 1 έπεται : 1 Re( ) 1 2 2Re( ) 2 2 2z z w− ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤

Β4, ( )z w z z z z z− = − + = − =

10)(2007) ∆ίνονται οι µιγαδικοί αριθµοί : 1z i= , 2 1z = , 3 1z i= +

Α). Να αποδείξετε ότι 2 2 2

1 2 3z z z+ =

Β)Αν για το µιγαδικό z ισχύει : 1 2z z z z− = − τότε να αποδείξετε ότι :

i ) Re( ) Im( )z z=

i i ) Για 0z ≠ , να υπολογίσετε την τιµή της παράστασης z z

Azz

= + .

Λύση Α)

( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 22 2 2 2

1 2

2 2 22 2 2 2 23

1 1 2

1 1 1 1 2 2

z z

z

+ = + =

= + = + = =

Β) i ) Από την δοθείσα σχέση 1 2z z z z− = − , υψώνουµε στο τετράγωνο και εφαρµόζουµε

την ιδιότητα 2

z z z= ⋅ . 2 2

1 2 1 1 2 2( )( ) ( )( )z z z z z z z z z z z z

zz

− = − ⇔ − − = − − ⇔

1 1 1 1zz z z z z zz− − + = 2 2 2 2

2

1 1 1 1

1

1

zz z z z z

zi iz i i z z

zi iz i z z

zi iz

− − + ⇔

− − + ⋅ = − ⋅ − ⋅ + ⋅ ⇔

− + − = − − + ⇔

− + + 1z z= − − +2Im( )

2Re( )

( ) 2 Im( ) 2 Re( ) Im( ) Re( )z z z i

z z z

i z z z z i z i z z z− =

+ =

⇔

− + = − − ⋅ ⋅ = − ⋅ ⇔ =⇔

i i )



2 22 2 2 2 ) ,

2

2

( ) ( )

2

ώ i z k ki kz z z z z z k ki k kiA

z kz zz zz

k

απο ερ τηµα Β = + ∈+ + + + −= + = = ==

ℝ

22k i+ 2 2k i+ 2k+ 22k i− 2 2k i+2

02k

=

11) (2011 επαναληπτικές ) ∆ίνονται οι µιγαδικοί αριθµοί ,z w οι οποίοι ικανοποιούν αντίστοιχα τις σχέσεις

1 Im( )z i z− = + (1) ( 3 ) (3 )w w i i w i+ = + (2)

Β1) Να αποδείξετε ότι ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των µιγαδικών αριθµών z

είναι η παραβολή 21

4y x= .

Β2 ) Να αποδείξετε ότι ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των µιγαδικών w είναι ο

κύκλος µε κέντρο το σηµείο Κ(0,3) και ακτίνα 2 2ρ = . Β3) Να βρείτε τα σηµεία Α και Β του µιγαδικού επίπεδου , τα οποία είναι εικόνες των µιγαδικών z,w µε z w= . Β4) Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΚΑΒ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές και , στην συνέχεια , να βρείτε τον µιγαδικό αριθµό u µε εικόνα στο µιγαδικό επίπεδο το σηµείο Λ , έτσι ώστε το τετράπλευρο µε κορυφές τα σηµεία Κ ,Α,Λ ,Β να είναι τετράγωνο . Λύση Β1. Έχουµε 1 Im( )z i z− = + οπότε αν , ,z x yi x y= + ∈ℝ , έχουµε διαδοχικά :

2 2

12 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

1 ( 1) 1 ( 1) 1

( ( 1) ) (1 ) ( 1) 1 2 2 1 1 2y

x yi i y x y i y x y y

x y y x y y y x y y y y

x y

≥

+ − = + ⇔ + − = + ⇔ + − = +

⇔ + − = + ⇔ + − = + + ⇔ + − + = + +

⇔ + 2 1y− + 1= 22y y+ + 2 214 , 1

4x y x y y⇔ = ⇔ = ≥

Οπότε ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των µιγαδικών αριθµών z µε την ιδιότητα :

1 Im( )z i z− = + είναι η παραβολή µε εξίσωση 21

4y x= .

Β2. Έστω , ,w x yi x y= + ∈ℝ µε την ιδιότητα :

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

( 3 ) (3 ) ( )( 3 ) (3( ) )

( )( 3 ) (3( ) )

3 3 3 3

3 3 3 3 1 3 1 3 0 6 1 0

6 9 9 1 0 ( 3) 8

w w i i w i x yi x yi i i x yi i

x yi x yi i i x yi i

x xyi xi yxi y i yi xi yi i

x xyi xi yxi y y xi y x y y y x y y

x y y x y

+ = + ⇔ + − + = − + ⇔

+ − + = − + ⇔

⇔ − + + − + = − + ⇔

− + + + − = + − ⇔ − + + − = ⇔ − + + =

⇔ + − + − + = ⇔ + − = ⇔ ( )22 2( 3) 2 2x y+ − =

∆ηλαδή ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των µιγαδικών w µε την ιδιότητα

( 3 ) (3 )w w i i w i+ = + , είναι ο κύκλος µε κέντρο το σηµείο Κ(0,3) και ακτίνα ρ 2 2=

Β3. Έστω z w= , τότε θα υπάρχουν 1 1,x y ∈ℝ µε 1 1z x y i= + και 1 1w x y i= + , οπότε

21 1

11 Im( )

4z i z y x− = + ⇔ = και ( )2

2 21 1( 3 ) (3 ) ( 3) 2 2w w i i w i x y+ = + ⇔ + − = άρα :



( )

2 22 1 1 1 1

1 1

22 2 2 22 2

1 1 1 1 11 1

2 2 2 2 21 1 1 1 1 1 1 1 1 1

2 2 2 21 1 1 1 1 1 1 1 1 1

1 4 44

( 3) 2 2 6 1 0( 3) 2 2

4 4 4 4 4

4 6 1 0 2 1 0 2 1 0 2 1 0 (

y x y xy x

x y x y yx y

y x y x y x y x y x

y y y y y y y y y y

και και

= == ⇔ ⇔ ⇔

+ − = + − + =+ − =

= = = = =

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ + − + = − + = − + = − + =

2

2 2 21 1 1 1 1 1

1 1 1 1

1) 0

4 4 4 2

1 0 1 1 1

y x y x x x

y y y y

και και και και

− =

= = = = ±

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ − = = = =

Άρα τα ζητούµενα σηµεία του µιγαδικού επιπέδου για τα οποία ισχύει z w= είναι τα Α(2,1),Β( -2,1). Β4.Εχουµε τα σηµεία Κ(0,3) , Α(2,1),Β( -2,1), τα διανύσµατα

(2 0,1 3) (2, 2)

( 2 0,1 3) ( 2, 2)

ΚΑ = − − = −

ΚΒ = − − − = − −

Και τα µέτρα τους 2 2

2 2

2 ( 2) 8 2 2

( 2) ( 2) 8 2 2

ΚΑ = + − = =

ΚΒ = − + − = =

Επειδή το εσωτερικό γινόµενο (2, 2)( 2, 2) 4 4 0ΚΑ ΚΒ = − − − = − + = i το τρίγωνο ΚΑΒ είναι

ορθογώνιο . Έστω τώρα το µέσο Μ του ΑΒ τότε 02

Α ΒΜ

Χ + ΧΧ = = και 1

2Α Β

Μ

Υ + ΥΥ = = ,

άρα Μ(0,1), τότε

0 02

Κ ΛΜ Κ Λ Λ

Χ + ΧΧ = = ⇔ Χ = −Χ ⇔ Χ = και

31 1 1

2 2Κ Λ Λ

Μ Λ

Υ + Υ + ΥΥ = = ⇔ = ⇔ Υ = − .Άρα το Λ(0,-1) και ο µιγαδικός 0 ( 1)u i i= + − = −

12) (2012) ∆ίνονται οι µιγαδικοί αριθµοί ,z w οι οποίοι ικανοποιούν αντίστοιχα τις σχέσεις :

2 2

1 1 4 (1)z z− + + =

5 12 (2)w w− = (2)

Β1) Να αποδείξετε ότι ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των µιγαδικών αριθµών z στο επίπεδο είναι κύκλος µε κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα ρ=1.

Β2)Αν 1 2,z z είναι δυο από τους παραπάνω µιγαδικούς αριθµούς z µε 1 2 2z z− = τότε

,να βρείτε το 1 2z z+ .



Β3)Να αποδείξετε ότι ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των µιγαδικών αριθµών w στο

επίπεδο είναι η έλλειψη µε εξίσωση 2 2

19 4

x y+ = και στην συνέχεια να βρείτε την

µέγιστη και την ελάχιστη τιµή του w .

Β4) Για τους µιγαδικούς αριθµούς z,w που επαληθεύουν τις σχέσεις (1) και (2) να αποδείξετε ότι : 1 4≤ − ≤z w .

Λύση Β1)Για τους µιγαδικούς αριθµούς z,w ισχύουν οι επόµενες σχέσεις :

2 21 1 4 (1)z z− + + = και 5 12 (2)w w− = .Έτσι

2 2

2

1 1 4 ( 1)( 1) ( 1)( 1) 4

1 1 4 2 2 1 1 1 (3)

− + + = ⇔ − − + + + = ⇔

− − + + + + + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

z z z z z z

zz z z zz z z zz zz z z

Άρα , ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων z είναι ο κύκλος µε κέντρο το (0,0) και ακτίνα ρ=1.

Β2)Εχουµε ότι 1 2 1= =z z .

Επίσης 1 2 1

2

1 2 1 2 1 22 2 .... Re( ) 0= =

− = ⇒ − = ⇔ ⇔ =z z

z z z z z z .Οπότε 2 2 2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 22Re( ) 1 1 0 2 2+ = + + = + + = ⇒ + =z z z z z z z z

Β3) Αν , ,= + ∈w x yi x y ℝ και Μ(x,y) η εικόνα του τότε 2 22 225 12 5 12 4 6 144 1

9 4− = ⇔ − = ⇔ − + = ⇔ + =

x yw w w w x yi .Άρα ο γεωµετρικός τόπος των

εικόνων των µιγαδικών w είναι η έλλειψη µε εξίσωση 2 2

19 4

+ =x y

Οι κορυφες της έλλειψης είναι Α(3,0),Ά΄( -3,0) και Β(0,2) και Β΄(0.-2). Ο µεγάλος άξονας έχει µήκος (ΑΑ΄)=6 και ο µικρός άξονας (ΒΒ΄)=4.Για οποιαδήποτε σηµείο Μ της έλλειψης

ισχύει ότι ( ') ( ')

( )2 2

≤ ≤BB AA

OM άρα 2 3 (4)≤ ≤w

Για 2=w i ή 2= −w i ,έχω ότι min( ) 2=w

Για 3=w ή 3= −w ,έχω ότι max( ) 3w = Β4) Από τις σχέσεις (3) και (4) και την τριγωνική ανισότητα προκύπτει :



(4) (3) (3) (4)

1 2 1 1 1 ( ) 1 3 1 4w w w z w z z w z w z w w= − ≤ − = − = − ≤ + = + − = − ≤ + − = + ≤ + =

13)(2013)Θεωρούµε τους µιγαδικούς αριθµούς z για τους οποίους ισχύει

( )( )z 2 z 2 z 2 2− − + − =

Β1. Να αποδείξετε ότι ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των µιγαδικών z , είναι κύκλος µε κέντρο Κ(2,0) και ακτίνα ρ=1.

Στην συνέχεια για κάθε µιγαδικό z που ανήκει στον παραπάνω γεωµετρικό τόπο, να αποδείξετε ότι z 3≤ .

Β2.Αν οι µιγαδικοί αριθµοί 1 2z , z που ανήκουν στον παραπάνω γεωµετρικό τόπο είναι ρίζες της εξίσωσης 2w w 0+ β + γ = , µε w µιγαδικό αριθµό, ,β γ ∈ℝ , και 1 2m(z ) m(z ) 2Ι − Ι = τότε να αποδείξετε ότι: 4, 5β = − γ =

Β3.Θεωρουµε τους µιγαδικούς αριθµούς 0 1 2, ,α α α οι οποίοι ανήκουν στον γεωµετρικό τόπο του

ερωτήµατοςΒ1.Αν ο µιγαδικός αριθµός ν ικανοποιεί την σχέση:

3 22 1 0 0ν + α ν + α ν + α =

τότε να αποδείξετε ότι: 4ν < .

Λύση

Β1.Για να βρούµε τον γ.τ του z

( )( ) 2z 2 z 2 z 2 2 z 2 z 2 2 0 z 2 1ή z 2 2− − + − = ⇔ − + − − = ⇔ − = − = − απορρίπτεται. Άρα ο γ.τ των εικόνων

του z είναι ο κύκλος µε κέντρο το Κ(2,0) και ακτίνα ρ=2.

Β2.Αν 1z x yi= + ,τότε 2 1z z x yi= = − και 1 2m(z ) m(z ) 2 2y 2 y 1Ι − Ι = ⇔ = ⇔ = ±

Τότε 2z 2 1 (x 2) 1 1 x 2,− = ⇔ − + = ⇔ = οπότε 1z 2 i= + και 2z 2 i= − .

Είναι 2 21 2 1 2z z 4,z z 2 1 5+ = −β ⇔ β = − = γ ⇔ γ = + = .

Β3 33 2 3 2 22 1 0 2 1 0 2 1 00ν + α ν + α ν + α = ⇔ −ν = α ν + α ν + α ⇒ ν = α ν + α ν + α

3 2 2 222 1 0 2 1 0 3 3 3 3( 1)ν = α ν + α ν + α ≤ α ν + α ν + α ≤ ν + ν + = ν + ν +

Όµως

( )

3 2 2 3 2

2

3 3 3 3 3 4 3 3 4 0

4 ( 1) 0 4

ν ≤ ν + ν + < ν + ν + ⇔ ν − ν − ν − < ⇔

ν − ν + ν + < ⇔ ν <



14)(2013 επαναληπτικές) Θεωρούµε τους µιγαδικούς αριθµούς z και w για τους οποίους ισχύουν η εξίσωση 22 4 3 2 ,− − − = − ∈x w i x z x ℝ έχει µια διπλή ρίζα, την 1=x .

Β1)Να αποδείξετε ότι ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των z στο µιγαδικό επίπεδο είναι κύκλος µε κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα ρ1= 1, καθώς επίσης ότι ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των w στο µιγαδικό επίπεδο είναι κύκλος µε κέντρο Κ(4,3) και ακτίνα ρ2= 4. Β2)Να αποδείξετε ότι υπάρχει µοναδικός µιγαδικός αριθµός, η εικόνα του οποίου ανήκει και στους δύο παραπάνω γεωµετρικούς τόπους. Β3)Για τους παραπάνω µιγαδικούς αριθµούς z, w του ερωτήµατος Β1 να αποδείξετε ότι: 10− ≤z w και

10+ ≤z w

Β4)Από τους παραπάνω µιγαδικούς αριθµούς z του ερωτήµατος Β1 να βρείτε εκείνους, για τους οποίους ισχύει:

22 3 2 5− − =z z zz

Λύσεις Β1.Η δοσµένη σχέση γίνεται:

2 22 4 3 2 2 4 3 2 0 (1)− − − = − ⇔ − − − + =x w i x z x w i x z

Η δευτεροβάθµια εξίσωση (1) έχει διπλή ρίζα την x=1 ,µε χρήση των τύπων Vieta:

1 2 1 1 24 3

2 (4 3 ) 44 32

2

= + = + =− − −

⇒ − = ⇔ − + = − − −= − = −

S x xw i

w iw iS

βα

άρα ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των w στο µιγαδικό επίπεδο είναι κύκλος µε κέντρο Κ(4,3) και ακτίνα ρ2= 4 Από την (1) αφού το x=1 είναι ρίζα έχουµε µε αντικατάσταση:

2(1) : 2 1 4 1 2 1⋅ − ⋅ = − ⇒ =z z , άρα ο γεωµετρικός τόπος των εικόνων των z στο µιγαδικό επίπεδο είναι

κύκλος µε κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα ρ1= 1(σχήµα 1)

σχήµα 3

Β2.Η διάκεντρος των κύκλων είναι : 2 21 2( ) 4 3 25 5= + = = = +OK ρ ρ οπότε οι δύο κύκλοι εφάπτονται

εξωτερικά, άρα υπάρχει µοναδικός µιγαδικός, του οποίου η εικόνα ανήκει και στους δύο γεωµετρικούς τόπους.



(Εναλλακτικά θα µπορούσαµε να λύσουµε το σύστηµα των εξισώσεων των δυο κύκλων και να βρούµε ότι έχει µοναδική λύση) B3Έστω Μ(z), Λ(w) οι εικόνες των µιγαδικών z,w αντίστοιχα. Η απόσταση των εικόνων τους ισχύει

1 20 2( ) 0 10≤ − ≤ + ⇒ ≤ − ≤z w z wρ ρ αφού εφάπτονται εξωτερικά στο σηµείο Γ. (σχήµα 2)

σχήµα 4

Η ισότητα (µέγιστη τιµή) λαµβάνεται για τα αντιδιαµετρικά σηµεία Α(z),Β(w).

Για το w ισχύει:

2 2( ) ( ) 1 9 10ΟΚ − ≤ ≤ ΟΚ + ⇒ ≤ ≤ ⇒ + ≤w w z wρ ρ .Από την τριγωνική ανισότητα

10+ ≤ + ≤z w z w

Β4. Έστω , ,= + ∈z x yi x y ℝ έχουµε = −z x yi και 2− =z z yi. 22z 3z 2zz 5 z(2z 3 2z) 5 z 2z 3 2z 5 2z 3 2z 5− − = ⇔ − − = ⇔ − − = ⇔ − − =

( )2 2 2 22( ) 3 5 4 3 5 4 3 5 16 16 1 1− − = ⇒ − = ⇔ + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ±z z yi y y y y

1 12 21 1 ... 0

= =−

= ⇒ + = ⇔ ⇔ =y ή y

z x y x . Άρα 1 =z i ή 2 = −z i .

Βιβλιογραφία

Αλγεβρικά θέµατα , Μ.Γ Μαραγκάκης ,

Μιγαδικοί ,Ροδόλφος Μπόρης (εξαιρετικό, µπορείτε να το βρείτε δωρεάν στο ιστολόγιο του Μ. Χατζόπουλου)

Μαθηµατικά κατεύθυνσης Γ λυκείου ,Μαυρίδης .Γ.

Μιγαδικοί Αριθµοί , Βαρδάκη Σπύρου

Μαθηµατικά κατεύθυνσης Γ λυκείου ,Σκοµπρής

Άλγεβρα για την Α δέσµη ,Τσουλφανίδης Αιµ.

Άλγεβρα Γ λυκείου, Ευρυπιώτης Στέλιος

Συνδυαστικές ασκήσεις για τα µαθηµατικά της 1ης δέσµης , Αβραµόπουλος ,Θεοδωρίδης



Complex Numbers From A To Z, Titu Andreescu - Dorin Andrica

A Problem Book in Algebra, V.A.Krechmar,

Algebra and Trigonometry , A.K.Bettinger,J.A.Englund

Complex. Numbers .In. Geometry Ι.Μ.Yaglom

THEMES MATHEMATIQUES, Gaston Aligniac

Friendly Mathematics Competition-35 Years of Teamwork in Indiana

Ευκλείδης Β

θέµατα εισ. εξετάσεων Thadeus Gorian College

Problems in High School Mathematics, Prilepko

study4exams.gr( http://www.study4exams.gr/math_k/course/view.php?id=68)

….και φυσικά το forum του mathematica.gr που είναι «αδαµαντωρυχείο».

επανάληψη μιγαδικών 2013-2014

Education

Transcript of επανάληψη μιγαδικών 2013-2014