Ομοκυκλικά(δύσκολη)

#1

Να δειχθεί ότι τα σημεία που είναι εικόνες των μιγαδικών : $\displaystyle{{{z}_{1}}=\alpha +\alpha \text{i}{{,}^{{}}}{{\text{ z}}_{\text{2}}}=\alpha -\text{5}\alpha \text{i}{{,}^{{}}}{{\text{ z}}_{\text{3}}}=-\alpha -\text{7}\alpha \text{i}{{,}_{{}}}{{\text{ z}}_{\text{4}}}=-\alpha +\text{3}\alpha \text{i}}$
είναι ομοκυκλικά.

Γιώργος Απόκης · #2

Aν

τα σημεία ταυτίζονται. Για $a\ne 0$ , αρκεί να υπάρχουν $A,B,C\in \mathbb R$ με A^2+B^2-4C>0

για τα οποία η εξίσωση x^2+y^2+Ax+By+C=0

επαληθεύεται από τις συντεταγμένες των τεσσάρων εικόνων.

Αντικαθιστώντας, έχουμε: aA+aB+C=-2a^2

(1),

(2),

(3),

(4). Mε αφαίρεση των (1), (2) κατά μέλη έχουμε

$6aB=24a^2\overset{a\ne 0}\Leftrightarrow \color{blue}B=4a$ . Mε πρόσθεση των (1), (3) κατά μέλη: $-6aB+2C=-52a^2\overset{B=4a}\Leftrightarrow \color{blue}C=-14a^2$

και με αντικατάσταση στην (1) προκύπτει $\color{blue}A=8a$ . Oι τιμές αυτές επαληθεύουν την (4) και ισχύει

A^2+B^2-4C=64a^2+16a^2+56a^2=136a^2>0

αφού $a\ne 0$ . Eπομένως, από τις εικόνες των τεσσάρων μιγαδικών

διέρχεται, για κάθε $a\ne 0$ , ο κύκλος x^2+y^2+8ax+4ay-14a^2=0

που έχει κέντρο το K(-4a,-2a)

και ακτίνα

$\displaystyle{R=\frac{1}{2}\sqrt{136a^2}=|a|\sqrt{34}}$

#3

Αν δούμε το πρόβλημα γεωμετρικά, (για $a\lpha \neq 0$ ) τα τέσσερα σημεία σχηματίζουν ισοσκελές τραπέζιο και είναι γνωστό ότι τα ισοσκελή τραπέζια είναι εγγράψιμα.

Γιώργος Απόκης · #4

Demetres έγραψε:Αν δούμε το πρόβλημα γεωμετρικά, (για $a\lpha \neq 0$ ) τα τέσσερα σημεία σχηματίζουν ισοσκελές τραπέζιο και είναι γνωστό ότι τα ισοσκελή τραπέζια είναι εγγράψιμα.

Δημήτρη καλή χρονιά! Μα να χρησιμοποιήσεις τρία ολόκληρα σύμβολα στο Latex

;

pito · #5

Δημήτρη καλή χρονιά! Μα να χρησιμοποιήσεις τρία ολόκληρα σύμβολα στο Latex

;

[/quote]

Η ιδέα του Δημήτρη πραγματικά σε κολλάει στον τοίχο!

slash · #6

Επίσης μπορεί να χρησιμοποιηθεί το θέωρημα που λέει ότι για να ειναι τα $M_{1}(z_{1}),M_{2}(z_{2}),M_{3}(z_{3}),M_{4}(z_{4})$ συνευθειακά , αρκεί :
$\frac{z_{3}-z_{2}}{z_{1}-z_{2}}:\frac{z_{3}-z_{4}}{z_{1}-z_{4}}\in R$ * ( Titu Andreescu - Complex numbers from A to Z - καταπληκτικό βιβλίο)

Γιώργος Απόκης · #7

Κι ένα σχήμα...

parmenides51 · #8

Μια άλλη αντιμετώπιση είναι να αποδείξουμε ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος των τριών σημείων διέρχεται και από το τέταρτο σημείο.
Με την πρώτη ευκαιρία θα κάνω αναλυτικά τις σχετικές πράξεις.

pito · #9

Είναι ξεχωριστό θέμα ,αλλά μιας και ο slash το αναφέρει ήθελα να ρωτήσω τη γνώμη σας για την απόδειξη της πρότασης: " Οι εικόνες $A_{1}, A_{2}, A_{3},A_{4}$ των μιγαδικών $z_{1},z_{2},z_{3},z_{4}$ είναι συνευθειακά σημεία αν και μόνο αν $\frac{z_{2}-z_{1}}{z_{4}-z_{3}}\in R$ ".

Σε ένα βιβλίο είδα την εξής αντιμετώπιση :
Θα πρέπει $\vec{A_{1}A_{2}}//\vec{A_{3}A_{4}}$ , άρα θα υπάρχει $\lambda \in R$ τέτοιο ώστε $\vec{A_{1}A_{2}}=\lambda \vec{A_{3}A_{4}}\Rightarrow \vec{OA_{2}}-\vec{OA_{1}}=\lambda (\vec{OA_{4}}-\vec{OA_{3}})\Rightarrow z_{2}-z_{1}=\lambda (z_{4}-z_{3})\Rightarrow \frac{z_{2}-z_{1}}{z_{4}-z_{3}}=\lambda \in R$ .

Είναι σωστή αυτή η αντιμετώπιση; Έπειτα από υπόδειξη του Μάκη Χατζόπουλου , τον οποίο και ευχαριστώ θερμά,διαπίστωσα ότι είναι λάθος να ταυτίζουμε διάνυσμα με μιγαδικό.

parmenides51 · #10

καλησπέρα pito,
η απόδειξη που έκανες δηλώνει πως έχεις δυο διανύσματα (και κατ' επέκτασιν ευθείες) παράλληλα.
Για να είναι συνευθειακά απαιτείται και η ύπαρξη κοινού σημείου στα παράλληλα διανύσματα.
Ισχύει το εξής για τρία σημεία

Έστω οι μιγαδικοί και οι εικόνες τους στο μιγαδικό επίπεδο. Να δείξετε ότι συνευθειακά σημεία αν και μόνο αν $\dfrac{z_1-z_3}{z_2-z_3}\in \Re$ .

Ο Μάκης δίκιο έχει κι αναφέρεται μάλλον σε αυτό.

pito · #11

Ευχαριστώ πολύ, 2 φάουλ για το βιβλίο.

#12

Ένας άλλος τρόπος αλλά μάλλον εκτός ύλης είναι με χρήση του θεωρήματος του Πτολεμαίου που λέει ότι ένα τετράπλευρο είναι εγγράψιμο αν και μόνο αν το γινόμενο των διαγωνίων του ισούται με το άθροισμα των γινομένων των απέναντι πλευρών.

Στην περίπτωσή μας οι διαγώνιοι έχουν μήκος $\alpha\sqrt{40}$ , το ένα ζεύγος απέναντι πλευρών έχουν μήκη $4\alpha$ και $8 \alpha$ αντίστοιχα, ενώ το άλλο ζεύγος απέναντι πλευρών έχουν και οι δύο μήκος $2\alpha\sqrt{2}$ . Οπότε επειδή $\sqrt{40}^2 = 40 = 4 \cdot 8 + (2\sqrt{2})^2$ τα σημεία είναι ομοκυκλικά.

S.E.Louridas · #13

Μία άποψη είναι και η εξής:
${\rm A}\nu \;\;a \in \mathbb{R},$ αρκεί να υπάρχει μιγάς
$\begin{array}{*{20}c} {k + \lambda i\;\mu \varepsilon \;k,\lambda \in \mathbb{R}:\;\left( {k - a} \right)^2 + \left( {\lambda - a} \right)^2 = \left( {k - a} \right)^2 + \left( {\lambda + 5a} \right)^2 = \left( {k + a} \right)^2 + } \\ {} \\ {\left( {\lambda + 7a} \right)^2 = \left( {k + a} \right)^2 + \left( {\lambda - 3a} \right)^2 \;\;\left(\ast \right)\;\pi o\upsilon \;\varepsilon \dot \upsilon \kappa o\lambda \alpha \;o\delta \eta \gamma \varepsilon \dot \iota \;\sigma \tau \eta \nu\; \,k = 4a\;\kappa\alpha\dot{\iota}\;\lambda = - 2a.} \\ \end{array}$

Παρατήρηση: Mετά από σύντομo έλεγχο διαπιστώνουμε ότι οι τιμές αυτές επαληθεύουν την τριπλή ισότητα $\left(\ast \right)$ .

S.E.Louridas

Ομοκυκλικά(δύσκολη)

Ομοκυκλικά(δύσκολη)

Re: Ομοκυκλικά(δύσκολη)

Re: Ομοκυκλικά(δύσκολη)

Re: Ομοκυκλικά(δύσκολη)

Re: Ομοκυκλικά(δύσκολη)

Re: Ομοκυκλικά(δύσκολη)

Re: Ομοκυκλικά(δύσκολη)

Re: Ομοκυκλικά(δύσκολη)

Re: Ομοκυκλικά(δύσκολη)

Re: Ομοκυκλικά(δύσκολη)

Re: Ομοκυκλικά(δύσκολη)

Re: Ομοκυκλικά(δύσκολη)

Re: Ομοκυκλικά(δύσκολη)

Μέλη σε σύνδεση