IME / ITA ⇒ (ITA 2006) Complexos Tópico resolvido

[snooplammer]

Se para todo [tex3]z \in \mathbb{C}, |f(z)|=|z| [/tex3]

Código: Selecionar tudoSHIFT+Click na eq = ZOOM

[tex3]z \in \mathbb{C}, |f(z)|=|z| [/tex3]

e [tex3]|f(z)-f(1)|=|z-1|[/tex3]

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[tex3]|f(z)-f(1)|=|z-1|[/tex3]

, então para todo [tex3]z \in \mathbb{C}, \ \overline{f(1)}f(z)+f(1)\overline{f(z)}[/tex3]

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[tex3]z \in \mathbb{C}, \ \overline{f(1)}f(z)+f(1)\overline{f(z)}[/tex3]

é igual a:

[tex3]A)1 \\B)2z\\C)2Re\ z\\D)2Im\ z\\E)2|z|^2[/tex3]

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[tex3]A)1 \\B)2z\\C)2Re\ z\\D)2Im\ z\\E)2|z|^2[/tex3]

Carteada e Gabarito

---

Gabarito: C

De [tex3]|f(z)-f(1)|=|z-1|[/tex3]

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[tex3]|f(z)-f(1)|=|z-1|[/tex3]

, a carteada já veio que
[tex3]f(z)=z \ \wedge \ f(1)=1 [/tex3]

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[tex3]f(z)=z \ \wedge \ f(1)=1 [/tex3]

Logo, [tex3]f(z)+\overline{f(z)}=2 Re\ z[/tex3]

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[tex3]f(z)+\overline{f(z)}=2 Re\ z[/tex3]

Nunca pensei que iria cartear uma questão do ITA e acertar, kkkkj
A solução formal é chatinha, cartear is new era

[TakeMeDown]

[tex3](f(z)-f(1))(\overline{f(z)}-\overline{f(1)})=|f(z)|^2+|f(1)|^2-(\overline{f(z)}f(1)+\overline{f(1)}f(z))[/tex3]

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[tex3](f(z)-f(1))(\overline{f(z)}-\overline{f(1)})=|f(z)|^2+|f(1)|^2-(\overline{f(z)}f(1)+\overline{f(1)}f(z))[/tex3]

[tex3]\Rightarrow \overline{f(z)}f(1)+\overline{f(1)}f(z)=|f(z)|^2+|f(1)|^2-(f(z)-f(1))\overline{(f(z)-f(1))}[/tex3]

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[tex3]\Rightarrow \overline{f(z)}f(1)+\overline{f(1)}f(z)=|f(z)|^2+|f(1)|^2-(f(z)-f(1))\overline{(f(z)-f(1))}[/tex3]

[tex3]\Rightarrow \overline{f(z)}f(1)+\overline{f(1)}f(z)=|f(z)|^2+|f(1)|^2-|f(z)-f(1)|^2=|z|^2+|f(1)|^2-|z-1|^2[/tex3]

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[tex3]\Rightarrow \overline{f(z)}f(1)+\overline{f(1)}f(z)=|f(z)|^2+|f(1)|^2-|f(z)-f(1)|^2=|z|^2+|f(1)|^2-|z-1|^2[/tex3]

Sabemos de [tex3]|f(z)|=|z|[/tex3]

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[tex3]|f(z)|=|z|[/tex3]

que [tex3]f(0)=0[/tex3]

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[tex3]f(0)=0[/tex3]

Além disso, temos de [tex3]|f(z)-f(1)|=|z-1|[/tex3]

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[tex3]|f(z)-f(1)|=|z-1|[/tex3]

que [tex3]|f(0)-f(1)|=1[/tex3]

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[tex3]|f(0)-f(1)|=1[/tex3]

Logo [tex3]|f(1)|=1[/tex3]

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[tex3]|f(1)|=1[/tex3]

Concluimos, portanto, que, para [tex3]z=x+yi[/tex3]

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[tex3]z=x+yi[/tex3]

, teremos

[tex3]\Rightarrow \overline{f(z)}f(1)+\overline{f(1)}f(z)=|z|^2+1-|z-1|^2=x^2+y^2+1-(x-1)^2-y^2=2x=2Re(z)[/tex3]

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[tex3]\Rightarrow \overline{f(z)}f(1)+\overline{f(1)}f(z)=|z|^2+1-|z-1|^2=x^2+y^2+1-(x-1)^2-y^2=2x=2Re(z)[/tex3]

[TakeMeDown]

https://www.youtube.com/watch?v=Ecyu3t6mRkk

[snooplammer]

https://www.youtube.com/watch?v=Ecyu3t6mRkk

Legal o vídeo. Você dá aula no Sonnart? Eu fui de lá, que coincidência kkk.

Na época eu carteei, mas é uma das maneiras mais rápidas de verificar a questão pra um caso específico e de fato cartear que isso ali vale pra qualquer possível [tex3]f(z) \neq z[/tex3]

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[tex3]f(z) \neq z[/tex3]

caso exista.

A função [tex3]f(z) = z[/tex3]

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[tex3]f(z) = z[/tex3]

de fato satisfaz [tex3]|f(z)| = |z|[/tex3]

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[tex3]|f(z)| = |z|[/tex3]

e ao mesmo tempo satisfaz [tex3]|f(z)-f(1)| = |z -1|[/tex3]

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[tex3]|f(z)-f(1)| = |z -1|[/tex3]

. Calculando um caso específico, supomos que isso possa ser generalizado, de modo que seja válido mesmo se existir alguma [tex3]f(z) \neq z[/tex3]

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[tex3]f(z) \neq z[/tex3]

.

Existe uma maneira bem mais rápida de verificar isso e que de fato é formal, vou mostra-lá a seguir. Quem me ensinou essa foi o Ricardo Bertolucci.

[tex3]|f(z)-f(1)|=|z-1|[/tex3]

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[tex3]|f(z)-f(1)|=|z-1|[/tex3]

é uma isometria, então preserva o produto interno. Logo

[tex3]< f(z),f(1)> \ = \ < z,1> [/tex3]

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[tex3]< f(z),f(1)> \ = \ < z,1> [/tex3]

O produto interno canônico de [tex3]\mathbb{C}[/tex3]

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[tex3]\mathbb{C}[/tex3]

é [tex3]< z,w> \ := \ z\overline{w} + \bar{z}w [/tex3]

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[tex3]< z,w> \ := \ z\overline{w} + \bar{z}w [/tex3]

. Logo

[tex3]< f(z),f(1)> \ =\ z\cdot 1 + 1\cdot \bar{z} = 2Re(z) [/tex3]

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[tex3]< f(z),f(1)> \ =\ z\cdot 1 + 1\cdot \bar{z} = 2Re(z) [/tex3]