Επιμόρφωση Εκπαιδευτικών Β Επιπέδου 2010-2011 Κλάδος Μαθηματικών

Πρόβλημα από Ολυμπιάδα της Ισπανίας

Να αποδείξετε ότι η εξίσωση $z^2-4(1+i)z+1=0$ έχει τέσσερις λύσεις, μία σε κάθε τεταρτημόριο.

Λύση:

Η εξίσωση $z^4+4(i+1)z+1=0$ για $z=w(1-i) \ \ (1)$ γίνεται $4w^4-8w-1=0 \ \ (2)$ η οποία είναι πλέον εξίσωση με πραγματικούς συντελεστές. Οι λύσεις της αρχικής εξίσωσης προκύπτουν από τις λύσεις της $(2)$ αν στραφούν κατά $\displaystyle\frac{3\pi}{4}$ όσο δηλαδή είναι το όρισμα του $1-i$.

Είναι εύκολο να δούμε (με χρήση διαφορικού λογισμού) ότι η $(2)$ έχει ακριβώς δύο πραγματικές ρίζες μία θετική και μία αρνητική, άρα και δύο μιγαδικές συζυγείς. Μάλιστα οι πραγματικές ρίζες αντιστοιχούν σε δύο ρίζες της αρχικής εξίσωσης οι οποίες ανήκουν στο 2ο και 4ο τεταρτημόριο (απλά τις στρέφουμε κατά $\displaystyle\frac{3\pi}{4}$).

Συνεπώς αρκεί να αποδείξουμε ότι η $(2)$ έχει 2 μη πραγματικές μιγαδικές (οι οποίες είναι συζυγείς) λύσεις ώστε να ισχύει $Re(w)< 0$ και $|Im(w)|\geq - Re(w)$ (Γεωμετρικά σημαίνει ότι οι δύο συζυγείς λύσεις ανήκουν στο χωρίο που ορίζεται από τις εξισώσεις $x<0$, $y\geq -x$ και $y\leq x$. Όταν αυτές περιστραφούν κατά $\displaystyle\frac{3\pi}{4}$ θα ανήκουν στο 1ο και 3ο τεταρτημόριο κάτι που ολοκληρώνει την άσκηση).


Θέτουμε $w=x+yi$ και παίρνουμε το ισοδύναμο σύστημα $2x(x^2-y^2)=1 \ \ (3)$ και $4x^4+4y^4-24x^2y^2-8x-1=0$ δηλαδή $4(x^2-y^2)^2-16x^2y^2-8x-1 \ \ (4)$

Αν $x=0$ η εξίσωση $(2)$ δεν έχει φανταστικές λύσεις. Άρα $x \neq 0$ οπότε η $(3)$ γίνεται $x^2-y^2=\displaystyle\frac{1}{2x} \ \ (5)$ και με τη βοήθεια της τελευταίας η $(4)$ γίνεται τελικά $16x^2y^2=\displaystyle\frac{1}{x^2}-8x-1$ δηλαδή $y^2=\displaystyle\frac{1}{16x^4}-\frac{1}{2x}-\displaystyle\frac{1}{16x^2}$ οπότε η $(3)$ τελικά γίνεται: $16x^6+x^2-1=0 \ \ (6)$. Παρατηρούμε ότι αν η τελευταία έχει τη λύση $x$ τότε και η $-x$ έχει λύση.

Είναι εύκολο να δούμε ότι η συνάρτηση $f(x)=16x^6+x^2-1$ είναι γνησίως αύξουσα στο $[0,+\infty)$ και γνησίως φθίνουσα στο $(-\infty,0]$ άρα έχει το πολύ δύο λύσεις (μία θετική και μία αρνητική). Η θετική λύση είναι εύκολο να δούμε (π.χ. με θεώρημα Bolzano) ότι είναι μικρότερη του $\displaystyle\frac{6}{10}$.

Από την $(5)$ παίρνουμε $y^2=x^2-\displaystyle\frac{1}{2x}$. Λόγω του ότι το αριστερό μέλος πρέπει να είναι θετικό άρα και το δεξί οπότε $x\in(-\infty,0)\cup\left(\sqrt[3]{\displaystyle\frac{1}{2}},+\infty\right)$.

Όμως η θετική ρίζα της $(6)$ δεν ανήκει στο παραπάνω διάστημα άρα η μόνη δεκτή λύση είναι η αρνητική ρίζα της $(6)$.

Τότε όμως από την $(3)$ για $x<0$ έχουμε $x^2-y^2<0$ άρα $x^2<|y|$ οπότε $|y|>-x$ που είναι αυτό που θέλαμε να αποδείξουμε.