Eine Ungleichung zweier komplexer Zahlen

Question

Eine Ungleichung zweier komplexer Zahlen

Ungleichheit
Mathematik
komplexe Zahlen
Algebra-Vorkalkül

Benutzer350331

Lassen $z_1, z_2 \in \mathbb C$ Und $a,b \in \mathbb{R} \setminus \{0\}$ . Beweise das

$| z_{1} |^{2} + | z_{2} |^{2} - | z_{1}^{2} + z_{2}^{2} | \leq 2 \frac{| A z_{1} + B z_{2} |^{2}}{A^{2} + B^{2}} \leq | z_{1} |^{2} + | z_{2} |^{2} + | z_{1}^{2} + z_{2}^{2} |$ $|z_1|^2+|z_2|^2-|z_1^2+z_2^2|\le 2\dfrac{|az_1+bz_2|^2}{a^2+b^2}\le |z_1|^2+|z_2|^2+|z_1^2+z_2^2|$

Lösungsversuch: Let $z=a+ib$ . Dann, $2\dfrac{|az_1+bz_2|^2}{a^2+b^2}$ lässt sich wie folgt vereinfachen

2 \frac{| A z_{1} + B z_{2} |^{2}}{A^{2} + B^{2}} ⟹ 2 {| \frac{(\frac{z + \bar{z}}{2}) z_{1} + (\frac{z - \bar{z}}{2 ich}) z_{2}}{z} |}^{2} ⟹ \frac{{| ℜ (z (z_{1} + ich z_{2})) |}^{2}}{| z |^{2}}

$\begin{equation} 2\dfrac{|az_1+bz_2|^2}{a^2+b^2} \implies 2\left|\dfrac{\left(\dfrac{z+\bar{z}}{2}\right)z_1+\left(\dfrac{z-\bar{z}}{2i}\right)z_2}{z}\right|^2 \implies\dfrac{\left|\Re(z(z_1+iz_2))\right|^2}{|z|^2} \end{equation}$

Ich habe versucht zu ersetzen $z=a+ib; z_1=x_1+iy_1; z_2=x_2+iy_2$ aber es wurde einfach ein Durcheinander, von dem ich denke, dass ich es nicht neu anordnen kann, um es zu etwas Nützlichem zu machen, um die Ungleichung zu beweisen. Geben Sie nach Möglichkeit auch die geometrische Bedeutung dieser Ungleichung an.

Labor bhattacharjee

Lassen

z_{r} = x_{r} + i y_{r}

$z_r=x_r+iy_r$ für

r = 1, 2

$r=1,2$

2 | A z_{1} + B z_{2} |^{2} - (A^{2} + B^{2}) (| z_{1} |^{2} + | z_{2} |^{2}) = \dots

$2|az_1+bz_2|^2-(a^2+b^2)(|z_1|^2+|z_2|^2)=\cdots$

= (A X_{1} + B X_{2})^{2} + (A j_{1} + B j_{2})^{2} - {(A X_{2} - B X_{1}) + (A j_{2} - B j_{1})^{2}}

$=(ax_1+bx_2)^2+(ay_1+by_2)^2-\{(ax_2-bx_1)+(ay_2-by_1)^2\}$

| z_{1}^{2} + z_{2}^{2} | = \sqrt{(A_{1}^{2} X_{1}^{2} - B_{1}^{2} j_{1}^{2} + A_{2}^{2} X_{2}^{2} - B_{2}^{2} j_{2}^{2})^{2} + (2 A_{1} B_{1} X_{1} j_{1} + 2 A_{2} B_{2} X_{2} j_{2})^{2}}

$|z_1^2+z_2^2|=\sqrt{(a_1^2x_1^2-b_1^2y_1^2+a_2^2x_2^2-b_2^2y_2^2)^2+(2a_1b_1x_1y_1+2a_2b_2x_2y_2)^2}$

Antworten (1)

Eine Ungleichung zweier komplexer Zahlen

Lassen $z_r=x_r+iy_r$ für $r=1,2$ $2 | A z_{1} + B z_{2} |^{2} - (A^{2} + B^{2}) (| z_{1} |^{2} + | z_{2} |^{2}) = \dots$ $2|az_1+bz_2|^2-(a^2+b^2)(|z_1|^2+|z_2|^2)=\cdots$ $= (A X_{1} + B X_{2})^{2} + (A j_{1} + B j_{2})^{2} - {(A X_{2} - B X_{1}) + (A j_{2} - B j_{1})^{2}}$ $=(ax_1+bx_2)^2+(ay_1+by_2)^2-\{(ax_2-bx_1)+(ay_2-by_1)^2\}$ $| z_{1}^{2} + z_{2}^{2} | = \sqrt{(A_{1}^{2} X_{1}^{2} - B_{1}^{2} j_{1}^{2} + A_{2}^{2} X_{2}^{2} - B_{2}^{2} j_{2}^{2})^{2} + (2 A_{1} B_{1} X_{1} j_{1} + 2 A_{2} B_{2} X_{2} j_{2})^{2}}$ $|z_1^2+z_2^2|=\sqrt{(a_1^2x_1^2-b_1^2y_1^2+a_2^2x_2^2-b_2^2y_2^2)^2+(2a_1b_1x_1y_1+2a_2b_2x_2y_2)^2}$

mathlove · Answer 1

Lassen $z_1=x_1+iy_1,z_2=x_2+iy_2$ Wo $x_1,y_1,x_2,y_2\in\mathbb R$ .

Dann,

| z_{1} |^{2} + | z_{2} |^{2} - | z_{1}^{2} + z_{2}^{2} | \leq 2 \frac{| A z_{1} + B z_{2} |^{2}}{A^{2} + B^{2}} \leq | z_{1} |^{2} + | z_{2} |^{2} + | z_{1}^{2} + z_{2}^{2} |

$|z_1|^2+|z_2|^2-|z_1^2+z_2^2|\le 2\dfrac{|az_1+bz_2|^2}{a^2+b^2}\le |z_1|^2+|z_2|^2+|z_1^2+z_2^2|$ ist äquivalent zu

X_{1}^{2} + j_{1}^{2} + X_{2}^{2} + j_{2}^{2} - \sqrt{(X_{1}^{2} - j_{1}^{2} + X_{2}^{2} - j_{2}^{2})^{2} + (2 X_{1} j_{1} + 2 X_{2} j_{2})^{2}} \leq 2 \frac{(A X_{1} + B X_{2})^{2} + (A j_{1} + B j_{2})^{2}}{A^{2} + B^{2}} \leq X_{1}^{2} + j_{1}^{2} + X_{2}^{2} + j_{2}^{2} + \sqrt{(X_{1}^{2} - j_{1}^{2} + X_{2}^{2} - j_{2}^{2})^{2} + (2 X_{1} j_{1} + 2 X_{2} j_{2})^{2}}

$x_1^2+y_1^2+x_2^2+y_2^2-\sqrt{(x_1^2-y_1^2+x_2^2-y_2^2)^2+(2x_1y_1+2x_2y_2)^2}\le 2\dfrac{(ax_1+bx_2)^2+(ay_1+by_2)^2}{a^2+b^2}\le x_1^2+y_1^2+x_2^2+y_2^2+\sqrt{(x_1^2-y_1^2+x_2^2-y_2^2)^2+(2x_1y_1+2x_2y_2)^2}$ Es reicht also aus, dies zu beweisen

\sqrt{(X_{1}^{2} - j_{1}^{2} + X_{2}^{2} - j_{2}^{2})^{2} + (2 X_{1} j_{1} + 2 X_{2} j_{2})^{2}} \geq | X_{1}^{2} + j_{1}^{2} + X_{2}^{2} + j_{2}^{2} - 2 \frac{(A X_{1} + B X_{2})^{2} + (A j_{1} + B j_{2})^{2}}{A^{2} + B^{2}} |

$\sqrt{(x_1^2-y_1^2+x_2^2-y_2^2)^2+(2x_1y_1+2x_2y_2)^2}\ge \left|x_1^2+y_1^2+x_2^2+y_2^2-2\dfrac{(ax_1+bx_2)^2+(ay_1+by_2)^2}{a^2+b^2}\right|$

Quadrieren der beiden Seiten,

(X_{1}^{2} - j_{1}^{2} + X_{2}^{2} - j_{2}^{2})^{2} + (2 X_{1} j_{1} + 2 X_{2} j_{2})^{2} \geq {(X_{1}^{2} + j_{1}^{2} + X_{2}^{2} + j_{2}^{2} - 2 \frac{(A X_{1} + B X_{2})^{2} + (A j_{1} + B j_{2})^{2}}{A^{2} + B^{2}})}^{2}

$(x_1^2-y_1^2+x_2^2-y_2^2)^2+(2x_1y_1+2x_2y_2)^2\ge \left(x_1^2+y_1^2+x_2^2+y_2^2-2\dfrac{(ax_1+bx_2)^2+(ay_1+by_2)^2}{a^2+b^2}\right)^2$ was äquivalent ist

(X_{1}^{2} - j_{1}^{2} + X_{2}^{2} - j_{2}^{2})^{2} + (2 X_{1} j_{1} + 2 X_{2} j_{2})^{2} - (X_{1}^{2} + j_{1}^{2} + X_{2}^{2} + j_{2}^{2})^{2} \geq - 4 (X_{1}^{2} + j_{1}^{2} + X_{2}^{2} + j_{2}^{2}) \frac{(A X_{1} + B X_{2})^{2} + (A j_{1} + B j_{2})^{2}}{A^{2} + B^{2}} + 4 {(\frac{(A X_{1} + B X_{2})^{2} + (A j_{1} + B j_{2})^{2}}{A^{2} + B^{2}})}^{2}

$(x_1^2-y_1^2+x_2^2-y_2^2)^2+(2x_1y_1+2x_2y_2)^2-(x_1^2+y_1^2+x_2^2+y_2^2)^2\ge -4(x_1^2+y_1^2+x_2^2+y_2^2)\dfrac{(ax_1+bx_2)^2+(ay_1+by_2)^2}{a^2+b^2}+4\left(\dfrac{(ax_1+bx_2)^2+(ay_1+by_2)^2}{a^2+b^2}\right)^2$ was äquivalent ist

- (X_{1} j_{2} - j_{1} X_{2})^{2} \geq \frac{(A X_{1} + B X_{2})^{2} + (A j_{1} + B j_{2})^{2}}{A^{2} + B^{2}} \cdot \frac{- (A X_{2} - B X_{1})^{2} - (A j_{2} - B j_{1})^{2}}{A^{2} + B^{2}}

$-(x_1y_2-y_1x_2)^2\ge \dfrac{(ax_1+bx_2)^2+(ay_1+by_2)^2}{a^2+b^2}\cdot\frac{-(ax_2-bx_1)^2-(ay_2-by_1)^2}{a^2+b^2}$ Multiplizieren der beiden Seiten mit

- (a^{2} + b^{2})^{2}

$-(a^2+b^2)^2$ ,

(A^{2} + B^{2})^{2} (X_{1} j_{2} - j_{1} X_{2})^{2} \leq ((A X_{1} + B X_{2})^{2} + (A j_{1} + B j_{2})^{2}) ((A j_{2} - B j_{1})^{2} + (B X_{1} - A X_{2})^{2})

$(a^2+b^2)^2(x_1y_2-y_1x_2)^2\color{red}{\le} ((ax_1+bx_2)^2+(ay_1+by_2)^2)((ay_2-by_1)^2+(bx_1-ax_2)^2)$ Nun gilt diese Ungleichung durch die Cauchy-Schwarz-Ungleichung.

Eine Ungleichung zweier komplexer Zahlen

Benutzer350331

Labor bhattacharjee

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mathlove

Beweisen Sie grundlegende Ungleichungen komplexer Zahlen

Ist diese Intervallnotation zur Lösung eines Ungleichungsproblems korrekt?

Gibt es einen natürlichen Weg, um zu beweisen, dass trigonometrische Identitäten auch für komplexe Zahlen gelten?

Geometrische Anwendungen komplexer Zahlen

Ist die folgende Verallgemeinerung der Cauchy-Schwarz-Ungleichung wahr?

Ungleichung mit Cauchy Schwarz

Beweis für die Eigenschaft komplexer Zahlen

Lösen von 8+2x−x2−−−−−−−−−√>6−3x8+2x−x2>6−3x\sqrt{8+2x-x^2} > 6-3x.

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Wie könnte ich das für zwei beliebige Tupel (x1,y1)(x1,y1)\left( {{x_1},{y_1}} \right) und (x2,y2)(x2,y2)\left( {{ x_2},{y_2}} \right) in R2R2\mathbb R^2, ...