IME / ITA ⇒ (AMAN - 2000) Números Complexos Tópico resolvido

[Auto Excluído (ID:3002)]

Considere os números complexos [tex3]z[/tex3] tais que, [tex3]| z + 1/z | =1[/tex3].
Determine o valor máximo do módulo de [tex3]z[/tex3].

[fabit]

Por mim, o melhor é pesquisar exatamente quem são os z tais que [tex3]z+\frac{1}{z}[/tex3] são unitários. E a velha técnica é chamar z=x+yi, substituir e braço neles!

[tex3]\frac{1}{x+yi}=\frac{x-yi}{x^2+y^2}\Rightarrow z+\frac{1}{z}=\[\frac{x(x^2+y^2)+x}{x^2+y^2}\]+i\[\frac{y(x^2+y^2)-y}{x^2+y^2}\][/tex3]

O quadrado do módulo disso é [tex3]\[ \frac{x(x^2+y^2+1)}{x^2+y^2}\]^2+\[\frac{y(x^2+y^2-1)}{x^2+y^2}\]^2[/tex3].

Como tem que dar 1, fica [tex3]x^2(x^2+y^2+1)^2+y^2(x^2+y^2-1)^2=x^4+2x^2y^2+y^4[/tex3]

Prometi braço, não prometi? Aguenta!

[tex3]x^2(x^4+y^4+1+2x^2+2y^2+2x^2y^2)+y^2(x^4+y^4+1-2x^2-2y^2+2x^2y^2)=...[/tex3]
[tex3]...=x^4+2x^2y^2+y^4[/tex3]

[tex3]x^6+x^2y^4+x^2+2x^4+2x^2y^2+2x^4y^2+x^4y^2+y^6+y^2-2x^2y^2-2y^4+2x^2y^4=...[/tex3]
[tex3]...=x^4+2x^2y^2+y^4[/tex3]

[tex3]x^6+3x^2y^4+x^2+x^4+3x^4y^2+y^6+y^2-3y^4-2x^2y^2=0[/tex3]

Não vai dar pra identificar que droga é essa, mas via Multiplicadores de Lagrange não deve ser difícil determinar o maior valor possível para o módulo de z (pode fazer o quadrado do módulo pra facilitar e só no final tirar raiz).

O problema é de maximização condicionada:
[tex3]\begin{cases}\text{maximizar} f(x,y)=x^2+y^2\\s.a. x^6+3x^2y^4+x^2+x^4+3x^4y^2+y^6+y^2-3y^4-2x^2y^2=0\end{cases}[/tex3]

Viu só? Agora é só resolver o sistema abaixo:
[tex3]\begin{cases}x^6+3x^2y^4+x^2+x^4+3x^4y^2+y^6+y^2-3y^4-2x^2y^2=0\\2x=\lambda(6x^5+6xy^4+2x+4x^3+12x^3y^2-4xy^4)\\2y=\lambda(12x^2y^3+6x^4y+6y^5-2y-12y^3-4x^2y)\end{cases}[/tex3]

Eu desisti. E você?

[triplebig]

Antes de meter o braço acho que vale a pena tirar a ambiguidade do mal uso de latex:

O problema é o que o fabit entendeu ou é [tex3]\frac{z+1}{z}[/tex3] ??

[Auto Excluído (ID:3002)]

[tex3]z+\frac{1}{z}[/tex3]

[John]

Usando a desigualdade [tex3]||a|-|b|| \leq |a+b|[/tex3], temos:

[tex3]\left|\left| \frac{1}{z} \right| - |z|\right| \leq \left|z + \frac{1}{z}\right|[/tex3]

Como [tex3]|z + \frac{1}{z}| = 1[/tex3] e [tex3]|\frac{1}{z}| = \frac{1}{|z|}[/tex3], temos:

[tex3]\left|\frac{1}{|z|} - |z| \right| \leq 1[/tex3]

[tex3]\frac{}{}-1 \leq \frac{1}{|z|} - |z| \leq 1[/tex3]

Então: [tex3]\frac{}{} - 1 \leq \frac{1}{|z|} - |z|[/tex3] se e somente se [tex3]0 < |z| \leq \frac{1 + \sqrt{5}}{2}[/tex3].

E, [tex3]\frac{1}{|z|} - |z| \leq 1[/tex3] se e somente se [tex3]|z| \geq \frac{-1 +\sqrt{5}}{2}[/tex3].

Portanto, [tex3]\left|\frac{1}{|z|} - |z| \right| \leq 1[/tex3] se e somente se [tex3]\frac{\sqrt{5}-1}{2} \leq |z| \leq \frac{1 + \sqrt{5}}{2}[/tex3].

[fabit]

Agora consegui fazer o Lagrange, mas não nas variáveis x e y. Fiz o problema todo em coordenadas polares [tex3]\rho[/tex3] e [tex3]\theta[/tex3].

A condição [tex3]|z+\frac{1}{z}|=1[/tex3], me dará a restrição [tex3]\boxed{4\sen^2\theta-\rho^2-\frac{1}{\rho^2}=1}[/tex3].
Para ver isso, siga os seguintes passos:
Primeiro, faça uma figura com z=3+4i (que tem módulo 5). O inverso é [tex3]w=\frac{3-4i}{25}[/tex3], que tem módulo 1/5 e tem direção e sentido do conjugado de z. Desenhe z e w, chamando de M o afixo de z e N o afixo de z+w.

Segundo, chame de x o módulo de z+w e aplique a lei dos cossenos no triângulo OMN:
[tex3]x^2=\rho^2+\frac{1}{\rho^2}-2.\rho.\frac{1}{\rho}.\cos2\alpha[/tex3], onde [tex3]\alpha=90^\circ-\theta[/tex3]. Tirando o [tex3]\alpha[/tex3] da jogada e isolando o 1 (para ficar com uma curva de nível na forma [tex3]g(\rho,\theta)=k[/tex3]), obtemos a restrição destacada acima.
A função módulo [tex3]m(\rho,\theta)=\rho[/tex3] possui gradiente [tex3]\(\frac{\partial f}{\partial\rho},\frac{\partial f}{\partial\theta}\)=\(1,0\)[/tex3]

Por outro lado, g tem gradiente [tex3]\(\frac{\partial g}{\partial\rho},\frac{\partial g}{\partial\theta}\)=\(\frac{2}{\rho^3}-2\rho,4\sen2\theta\)[/tex3]

O sistema pro Lagrange ficou [tex3]\begin{cases}4\sen^2\theta-\rho^2-\frac{1}{\rho^2}=1\\2\lambda\(\frac{1}{\rho^3}-\rho \)\\0\lambda=4\sen2\theta\end{cases}[/tex3]

Da terceira equação os [tex3]\theta[/tex3] possíveis no primeiro quadrante são 0 e [tex3]90^\circ[/tex3]. Nos demais quadrantes não precisa pesquisar porque z e 1/z ficarão “congruentes” a casos do primeiro quadrante por simetria axial.

[tex3]\theta=0[/tex3] substituído na primeira gera uma equação impossível: [tex3]\rho^2+\frac{1}{\rho^2}=-1[/tex3].
[tex3]\theta=90^\circ[/tex3] substituído na primeira gera uma equação biquadrada na qual os dois possíveis valores para [tex3]\rho[/tex3] são [tex3]\begin{cases}\rho_1=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\\\rho_2 =\frac{\sqrt{5}+1}{2}\end{cases}[/tex3].
Para achar os valores limítrofes do módulo, parou-se por aí. Provavelmente, se continuarmos com o sistema até achar o [tex3]\lambda[/tex3] correspondente a cada [tex3]\rho[/tex3], um dará positivo (ponto de máximo) e o outro dará negativo (ponto de mínimo).

Isso confirma o que o John concluiu.

De qualquer forma, a resposta é [tex3]\rho_{max}=\frac{\sqrt{5}+1}{2}[/tex3]