Τρίγωνο και μιγαδικοί

ΧΡΗΣΤΟΣ ΚΑΡΔΑΣΗΣ · #1

Έστω z ένας μη πραγματικός και μη φανταστικός αριθμός ( γνήσιος μιγαδικός αν δεν κάνω λάθος ) και Α , Β , Γ οι εικόνες των μιγαδικών $\displaystyle{ z\;,\;\mathop z\limits^\_ \;,\frac{{z^2 }}{{\mathop z\limits^\_ }} }$ αντίστοιχα
Να δείξετε ότι τα σημεία Α , Β , Γ σχηματίζουν τρίγωνο το οποίο είναι ισοσκελές .

Χρηστος · #2

Όχι διότι έπρεπε η απόσταση (ΑΓ)=(ΒΓ)
Τότε 2αβ=0 άτοπο

ναι αν (ΑΒ)=(ΑΓ)

Iason Pap. · #3

Καλησπέρα.

Προσπαθώ να λύσω το θέμα εδώ και 20 λεπτά. Απ' αυτά που ξέρω, νομίζω πως ο 3ος μιγαδικός θα έπρεπε να είναι πραγματικός (δεν είναι όμως) και έτσι θα ισαπέχει από τους 2 συζυγείς μιγαδικούς. Μπορείτε να με βοηθήσετε?

Χρηστος · #4

Με διαφορά στα μέτρα για δύο περιπτώσεις

Μάκης Χατζόπουλος · #5

Αρκεί να αποδείξουμε ότι (ΑΒ)=(ΑΓ) δηλ $\left|z-\tilde{z} \right|=\left|z-\frac{z^2}{\tilde{z}} \right|$ , που αν υψώσουμε στο τετράγωνο καταλήγουμε σε κάτι που ισχύει...

Πιστεύω όμως ότι η άσκηση θέλει διερεύνηση (ύπαρξη τριγώνου κτλ)

ΧΡΗΣΤΟΣ ΚΑΡΔΑΣΗΣ · #6

mac190604 έγραψε:Αρκεί να αποδείξουμε ότι (ΑΒ)=(ΑΓ) δηλ $\left|z-\tilde{z} \right|=\left|z-\frac{z^2}{\tilde{z}} \right|$ , που αν υψώσουμε στο τετράγωνο καταλήγουμε σε κάτι που ισχύει...

Πιστεύω όμως ότι η άσκηση θέλει διερεύνηση (ύπαρξη τριγώνου κτλ)

Σωστά , γι αυτό και το ερώτημα ξεκινά να δείξετε ότι σχηματίζουν τρίγωνο

#7

ΧΡΗΣΤΟΣ ΚΑΡΔΑΣΗΣ · #8

Αν τα τρία σημεία ήταν συνευθειακά τότε θα υπήρχε $\displaystyle{ \lambda \in \Re }$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{ \overrightarrow {AB} = \lambda \cdot \overrightarrow {{\rm{A}}\Gamma } \Leftrightarrow \overrightarrow {{\rm O}B} - \overrightarrow {{\rm O}{\rm A}} = \lambda \cdot \left( {\overrightarrow {{\rm{{\rm O}}}\Gamma } - \overrightarrow {{\rm O}{\rm A}} } \right) \Leftrightarrow \mathop z\limits^\_ - z = \lambda \cdot \frac{{ - z\left( {\mathop z\limits^\_ - z} \right)}}{{\mathop z\limits^\_ }} }$ . Είναι $\displaystyle{ z\; - \;\mathop z\limits^\_ \; \ne 0 }$ διότι διαφορετικά ο z θα ήταν πραγματικός επομένως $\displaystyle{ 1 = \lambda \cdot \frac{{ - z}}{{\mathop z\limits^\_ }} \Leftrightarrow \lambda = - \frac{{\mathop z\limits^\_ }}{z} }$ . Όμως $\displaystyle{ \lambda \in \Re }$ οπότε θα είναι και ο $\displaystyle{ \frac{{\mathop z\limits^\_ }}{z} }$ πραγματικός δηλ. $\displaystyle{ \frac{{\mathop z\limits^\_ }}{z} = \overline {\left( {\frac{{\mathop z\limits^\_ }}{z}} \right)} \Leftrightarrow \frac{{\mathop z\limits^\_ }}{z} = \frac{z}{{\mathop z\limits^\_ }} \Leftrightarrow z^2 = \mathop z\limits^\_ ^2 \Leftrightarrow \left( {z - \mathop z\limits^\_ } \right) \cdot \left( {z + \mathop z\limits^\_ } \right) = 0 }$ από τις οποίες καταλήγουμε σε άτοπο διότι ο z είναι γνήσιος μιγαδικός . Άρα τα τρία σημεία σχηματίζουν τρίγωνο .
Έχουμε $\displaystyle{ \left| {z - \frac{{z^2 }}{{\mathop z\limits^\_ }}} \right| = \left| {\frac{{z \cdot \mathop z\limits^\_ - z^2 }}{{\mathop z\limits^\_ }}} \right| = \left| z \right| \cdot \frac{{\left| {\mathop z\limits^\_ - z} \right|}}{{\left| {\mathop z\limits^\_ } \right|}} = \left| {\mathop z\limits^\_ - z} \right| }$ δηλ. το τρίγωνο είναι ισοσκελές με κορυφή Α .

p_gianno · #9

Μια αντιμετώπιση για την μη συνευθειακότητα των εικόνων των τριών μιγαδικών

Είναι $\displaystyle{ \left| {\frac{{z^2 }}{{\overline z }}} \right| = \frac{{\left| {z^2 } \right|}}{{\left| {\overline z } \right|}} = \frac{{\left| z \right|^2 }}{{\left| z \right|}} = \left| z \right| = \left| {\overline z } \right| }$

Συνεπως οι εικόνες των τριών μιγαδικών είναι ομοκυκλικά σημεία και επομένως τρίγωνο δεν ορίζεται μόνο στην περίπτωση που δύο σημεία συμπίπτουν.
Α) Αν $\displaystyle{ z = \overline z }$
τότε z πραγματικός που είναι άτοπο από υπόθεση
Β) αν $\displaystyle{ \frac{{z^2 }}{{\overline z }} = z \to z^2 = \left| z \right|^2 \to z \in R }$
άτοπο από υπόθεση
Γ)αν
$\displaystyle{ \frac{{z^2 }}{{\overline z }} = \overline z \to z^2 = \left( {\overline z } \right)^2 \to \left( {z - \overline z } \right)\left( {z + \overline z } \right) = 0 \to \left( {z \in R\,\,\,\, \vee \,\,z \in I} \right) }$
που είναι επίσης άτοπο από υπόθεση

Π.Γ

Μάκης Χατζόπουλος · #10

Πολύ έξυπνες όλες οι λύσεις, αλλά αυτή με του κύκλου καταπληκτική (απλή κ ουσιαστική)!

Τρίγωνο και μιγαδικοί

Τρίγωνο και μιγαδικοί

Re: Τρίγωνο και μιγαδικοί

Re: Τρίγωνο και μιγαδικοί

Re: Τρίγωνο και μιγαδικοί

Re: Τρίγωνο και μιγαδικοί

Re: Τρίγωνο και μιγαδικοί

Re: Τρίγωνο και μιγαδικοί

Re: Τρίγωνο και μιγαδικοί

Re: Τρίγωνο και μιγαδικοί

Re: Τρίγωνο και μιγαδικοί

Μέλη σε σύνδεση