Номер 17.16, страница 396 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Авторы: Никольский С. М., Потапов М. К., Решетников Н. Н., Шевкин А. В.
Тип: Учебник
Серия: мгу - школе
Издательство: Просвещение
Год издания: 2014 - 2025
Уровень обучения: базовый и углублённый
Цвет обложки: голубой в сеточку
ISBN: 978-5-09-087641-4
Допущено Министерством просвещения Российской Федерации
Математика: алгебра и начала математического анализа, геометрия
Популярные ГДЗ в 11 классе
Параграф 17. Тригонометрическая форма комплексных чисел. Глава 3. Комплексные числа - номер 17.16, страница 396.
№17.16 (с. 396)
Условие. №17.16 (с. 396)
скриншот условия

17.16 Докажите, что для любых комплексных чисел $z_1$ и $z_2$ справедливо неравенство:
а) $|z_1 + z_2| \leq |z_1| + |z_2|$;
б) $|z_1 - z_2| \leq |z_1| + |z_2|$;
в) $||z_1| - |z_2|| \leq |z_1 + z_2|$;
г) $||z_1| - |z_2|| \leq |z_1 - z_2|$.
Решение 1. №17.16 (с. 396)




Решение 2. №17.16 (с. 396)



Решение 4. №17.16 (с. 396)
а) Докажем неравенство треугольника $|z_1 + z_2| \le |z_1| + |z_2|$.
Возведём обе части неравенства в квадрат. Поскольку модуль комплексного числа — величина неотрицательная, такое преобразование является равносильным.
$|z_1 + z_2|^2 \le (|z_1| + |z_2|)^2$
Используем свойство модуля $|z|^2 = z \cdot \bar{z}$, где $\bar{z}$ — комплексно сопряжённое число.
Левая часть: $|z_1 + z_2|^2 = (z_1 + z_2)(\overline{z_1 + z_2}) = (z_1 + z_2)(\bar{z_1} + \bar{z_2}) = z_1\bar{z_1} + z_1\bar{z_2} + z_2\bar{z_1} + z_2\bar{z_2}$.
Так как $z_1\bar{z_1} = |z_1|^2$ и $z_2\bar{z_2} = |z_2|^2$, а также $z_2\bar{z_1} = \overline{z_1\bar{z_2}}$, выражение принимает вид: $|z_1|^2 + |z_2|^2 + z_1\bar{z_2} + \overline{z_1\bar{z_2}}$.
Для любого комплексного числа $w$ справедливо равенство $w + \bar{w} = 2\text{Re}(w)$, где $\text{Re}(w)$ — действительная часть числа $w$. Следовательно, $z_1\bar{z_2} + \overline{z_1\bar{z_2}} = 2\text{Re}(z_1\bar{z_2})$.
Таким образом, левая часть равна: $|z_1|^2 + |z_2|^2 + 2\text{Re}(z_1\bar{z_2})$.
Правая часть: $(|z_1| + |z_2|)^2 = |z_1|^2 + 2|z_1||z_2| + |z_2|^2$.
Теперь неравенство $|z_1 + z_2|^2 \le (|z_1| + |z_2|)^2$ принимает вид: $|z_1|^2 + |z_2|^2 + 2\text{Re}(z_1\bar{z_2}) \le |z_1|^2 + 2|z_1||z_2| + |z_2|^2$.
Упрощая, получаем: $2\text{Re}(z_1\bar{z_2}) \le 2|z_1||z_2|$, или $\text{Re}(z_1\bar{z_2}) \le |z_1||z_2|$.
Для любого комплексного числа $w$ верно, что $\text{Re}(w) \le |w|$. Пусть $w = z_1\bar{z_2}$. Тогда $\text{Re}(z_1\bar{z_2}) \le |z_1\bar{z_2}|$. Используя свойство модуля $|w_1 w_2| = |w_1||w_2|$ и $|\bar{w}| = |w|$, получаем: $|z_1\bar{z_2}| = |z_1||\bar{z_2}| = |z_1||z_2|$.
Таким образом, мы пришли к верному неравенству $\text{Re}(z_1\bar{z_2}) \le |z_1||z_2|$, что доказывает исходное неравенство.
Ответ: $|z_1 + z_2| \le |z_1| + |z_2|$.
б) Докажем неравенство $|z_1 - z_2| \le |z_1| + |z_2|$.
Воспользуемся уже доказанным неравенством треугольника из пункта а): $|a + b| \le |a| + |b|$.
Представим разность $z_1 - z_2$ как сумму $z_1 + (-z_2)$.
Применим неравенство треугольника к числам $z_1$ и $-z_2$: $|z_1 - z_2| = |z_1 + (-z_2)| \le |z_1| + |-z_2|$.
По определению модуля, $|-z_2| = |(-1) \cdot z_2| = |-1| \cdot |z_2| = 1 \cdot |z_2| = |z_2|$.
Подставляя это в неравенство, получаем: $|z_1 - z_2| \le |z_1| + |z_2|$.
Ответ: $|z_1 - z_2| \le |z_1| + |z_2|$.
в) Докажем неравенство $||z_1| - |z_2|| \le |z_1 + z_2|$.
Это неравенство является следствием неравенства треугольника.
Рассмотрим $|z_1|$: $|z_1| = |(z_1 + z_2) - z_2|$.
Применяя неравенство треугольника $|a+b| \le |a|+|b|$ к числам $a = z_1 + z_2$ и $b = -z_2$, получаем: $|(z_1 + z_2) + (-z_2)| \le |z_1 + z_2| + |-z_2|$.
Так как $|-z_2| = |z_2|$, имеем: $|z_1| \le |z_1 + z_2| + |z_2|$.
Перенеся $|z_2|$ в левую часть, получим: $|z_1| - |z_2| \le |z_1 + z_2|$. (1)
Теперь рассмотрим $|z_2|$: $|z_2| = |(z_2 + z_1) - z_1|$.
Аналогично, применяя неравенство треугольника к числам $z_1+z_2$ и $-z_1$: $|z_2| \le |z_1 + z_2| + |-z_1| = |z_1 + z_2| + |z_1|$.
Перенеся $|z_1|$ в левую часть, получим: $|z_2| - |z_1| \le |z_1 + z_2|$.
Умножим обе части на -1, изменив знак неравенства: $|z_1| - |z_2| \ge -|z_1 + z_2|$. (2)
Объединяя неравенства (1) и (2), получаем двойное неравенство: $-|z_1 + z_2| \le |z_1| - |z_2| \le |z_1 + z_2|$.
Это в точности соответствует определению модуля: $||z_1| - |z_2|| \le |z_1 + z_2|$.
Ответ: $||z_1| - |z_2|| \le |z_1 + z_2|$.
г) Докажем неравенство $||z_1| - |z_2|| \le |z_1 - z_2|$.
Это неравенство, известное как обратное неравенство треугольника, доказывается аналогично пункту в).
Рассмотрим $|z_1|$: $|z_1| = |(z_1 - z_2) + z_2|$.
Применяя неравенство треугольника $|a+b| \le |a|+|b|$ к числам $a = z_1 - z_2$ и $b = z_2$, получаем: $|z_1| \le |z_1 - z_2| + |z_2|$.
Перенеся $|z_2|$ в левую часть, получим: $|z_1| - |z_2| \le |z_1 - z_2|$. (1)
Теперь рассмотрим $|z_2|$: $|z_2| = |(z_2 - z_1) + z_1|$.
Применяя неравенство треугольника, получаем: $|z_2| \le |z_2 - z_1| + |z_1|$.
Так как $|z_2 - z_1| = |(-1)(z_1 - z_2)| = |-1| |z_1 - z_2| = |z_1 - z_2|$, имеем: $|z_2| \le |z_1 - z_2| + |z_1|$.
Перенеся $|z_1|$ в левую часть, получим: $|z_2| - |z_1| \le |z_1 - z_2|$.
Умножим обе части на -1, изменив знак неравенства: $|z_1| - |z_2| \ge -|z_1 - z_2|$. (2)
Объединяя неравенства (1) и (2), получаем двойное неравенство: $-|z_1 - z_2| \le |z_1| - |z_2| \le |z_1 - z_2|$.
Это эквивалентно: $||z_1| - |z_2|| \le |z_1 - z_2|$.
Ответ: $||z_1| - |z_2|| \le |z_1 - z_2|$.
Другие задания:
Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.
Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz
ПрисоединитьсяМы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по алгебре за 11 класс, для упражнения номер 17.16 расположенного на странице 396 к учебнику серии мгу - школе 2014 года издания для учащихся школ и гимназий.
Теперь на нашем сайте ГДЗ.ТОП вы всегда легко и бесплатно найдёте условие с правильным ответом на вопрос «Как решить ДЗ» и «Как сделать» задание по алгебре к упражнению №17.16 (с. 396), авторов: Никольский (Сергей Михайлович), Потапов (Михаил Константинович), Решетников (Николай Николаевич), Шевкин (Александр Владимирович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.