'Ενας γεωμετικός τόπος

#1

Οι μιγαδικοί αριθμοί $p \neq q$ έχουν ίσα μέτρα. Βρείτε τον γεωμετρικό τόπο των εικόνων των μιγαδικών

όταν
$w=pz+q\bar{z}$ , $z \in \mathbb{C}$ .
Μαυρογιάννης

#2

Έχουμε και λέμε (δε βρήκα κάτι καλύτερο):

Θέτουμε w=x+yi

όπου

ή $a_1^2-a_2^2=b_2^2-b_1^2 \ \ (1)$

Τότε η δοσμένη σχέση μετά τις σύντομες πραξεις δίνει:

$\left\{ \begin{array}{ll} x=(a_1+a_2)k+(b_2-b_1)l \\ y=(b_1+b_2)k+(a_1-a_2)l} \end{array} \right \Rightarrow \left\{ \begin{array}{ll} x(a_1-a_2)=(a_1^2-a_2^2)k+(b_2-b_1)(a_1-a_2)l \\ y(b_2-b_1)=(b_2^2-b_1^2)k+(a_1-a_2)(b_2-b_1)l} \end{array} \right$

Με αφαίρεση των παραπάνω κατά μέλη και χρησιμοποιώντας την (1)

παίρνουμε: x(a_1-a_2)=y(b_2-b_1)

.

Αν

τότε πρόκειται για την ευθεία x=0

.
Αν $b_1\neq b_2$ τότε πρόκειται για την ευθεία $y=\displaystyle\frac{a_1-a_2}{b_2-b_1}x$

Αλέξανδρος

manos1992 · #3

Κύριε Αλέξανδρε αφού αφαιρέσατε κατά μέλη και χάλασε η ισοδυναμία, για να είναι γεωμετρικός τόπος δεν πρέπει να πάμε και αντίστροφα;;

#4

manos1992 έγραψε:Κύριε Αλέξανδρε αφού αφαιρέσατε κατά μέλη και χάλασε η ισοδυναμία, για να είναι γεωμετρικός τόπος δεν πρέπει να πάμε και αντίστροφα;;

Μάνο σωστά! Σ' ευχαριστώ πολύ!

Στην πρώτη περίπτωση ( b_1=b_2

) η ευθεία x=0

επαληθεύει τις συνθήκες του προβλήματος αφού από την (1)

παίρνουμε

οπότε αναγκαστικά αφού $p\neq q$ άρα a_1+a_2=0

άρα πράγματι x=(a_1+a_2)k+(b_2-b_1)l=0

.

Στη δεύτερη περίπτωση ( $b_1\neq b_2$ ) η ευθεία $y=\displaystyle\frac{a_1-a_2}{b_2-b_1}x$ επίσης επαληθεύει τις συνθήκες του προβλήματος αφού αντικαθιστώντας στη θέση του

το

και στη θέση του

το

αναγόμαστε τελικά στη σχέση (1)

που ισχύει.

Αλέξανδρος

#5

Ας το δούμε αλλιώς: Είναι προφανές ότι οι διανυσματικές ακτίνες των pz και q $\bar{z}$ έχουν ίσα μέτρα και είναι συμμετρικές ως προς την διχοτόμο της γωνίας των ακτίνων των p, q, αφού στο πρώτο η διανυσματική ακτίνα του p είναι στραμμένη κατά το όρισμα του z αριστερόστροφα και στο δεύτερο η διανυσματική ακτίνα του q είναι στραμμένη κατά το όρισμα του z δεξιόστροφα. Άρα το άθροισμά τους κείται επί της διχοτόμου της γωνίας τους, που είναι και ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος κ.λπ.

Μάκης Χατζόπουλος · #6

manos1992 έγραψε:Κύριε Αλέξανδρε αφού αφαιρέσατε κατά μέλη και χάλασε η ισοδυναμία, για να είναι γεωμετρικός τόπος δεν πρέπει να πάμε και αντίστροφα;;

Μάνο δανειστήκες την ιδέα-σκέψη από εδώ; Μπράβο είσαι καλός μαθητής, μαθαίνεις γρήγορα και εύκολα!

Μάκης Χατζόπουλος έγραψε: Όταν πήρα τις σχέσεις, κάποια στιγμή πήρα τα μέτρα των δύο σχέσεων, έτσι "χάλασα" την ισοδυναμία των σχέσεων, οπότε στις σχέσεις που έφτασα δεν είναι ισοδύναμες με τις αρχικές, άρα δεν μιλάμε για γ.τ στις τελευταίες σχέσεις που ικανοποιούν τις αρχικές υποθέσεις, απλά κάποια σημεία από αυτά ικανοποιούν τα αρχικά δεδομένα...

S.E.Louridas · #7

Ας μου επιτραπεί να μην κατανοώ ποιά είναι τα δεδομένα του προβλήματος και θά ήθελα μία διευκόλυνση.
Θα μπορούσαμε γιά παράδειγμα να είχαμε p=1,q=i,z=1; Ή μήπως χρειάζεται καί μία ''ενίσχυση'' με ποσοδείκτες;

S.E.Louridas

#8

S.E.Louridas έγραψε:Ας μου επιτραπεί να μην κατανοώ ποιά είναι τα δεδομένα του προβλήματος και θά ήθελα μία διευκόλυνση.
Θα μπορούσαμε γιά παράδειγμα να είχαμε p=1,q=i,z=1; Ή μήπως χρειάζεται καί μία ''ενίσχυση'' με ποσοδείκτες;

S.E.Louridas

Σωτήρη νομίζω ότι o προσδιορισμός " $z \in \mathbb{C}$ " είναι αρκετός και υποδικνύει ποια είναι η μεταβλητή. Οι πιο παλιοί θα έλεγαν "όταν ο

διατρέχει το $\mathbb{C}$ . Πάντως κατανοώ την ένσταση σου και διευκρινίζω ότι τα

,

είναι σταθερά και το

μεταβλητό.
Μαυρογιάννης

hsiodos · #9

Μια προσέγγιση

Αν p = 0 τότε και q = 0 (λόγω της ισότητας των μέτρων τους) άτοπο. Άρα έχουμε $\displaystyle{ p,q \ne 0\,\,\,\,\,,\,\,\,\,\,\,\,w = pz + q\bar z\,\,\,(1)\,\,\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\,\,\left| {p\,} \right|\, = \left| {\,q\,} \right|\, = r > 0}$

$\displaystyle{w = pz + q\bar z\,\, \Rightarrow \bar w = \bar p\,\bar z + \bar q\,z \Rightarrow \,\bar w = \frac{{r^2 }}{p}\,\bar z + \frac{{r^2 }}{q}\,z \Rightarrow \bar w = r^2 \left( {\frac{{\bar z}}{p}\, + \frac{z}{q}\,} \right) \Rightarrow \bar w = r^2 \frac{{q\bar z + pz}}{{pq}}\,\,}$ $\displaystyle{ \mathop \Rightarrow \limits^{(1)} \bar w = r^2 \frac{w}{{pq}}\,\,\,(2)}$

$\displaystyle{(2) \, \Rightarrow \bar w = p\,\bar p\frac{w}{{pq}}\, \Rightarrow \bar w = \,\bar p\frac{w}{q}\,\, \Rightarrow q\bar w = \,\bar pw\,\,(3)}$ και $\displaystyle{(2) \, \Rightarrow \bar w = q\,\bar q\frac{w}{{pq}}\, \Rightarrow \bar w = \,\bar q\frac{w}{p}\,\, \Rightarrow p\bar w = \,\bar qw\,\,(4)\,}$

Θα αποδείξουμε ότι ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του w είναι η μεσοκάθετος του τμήματος με άκρα τις εικόνες των p ,q . Προς τούτο αρκεί:

$\displaystyle{ \left| {\,w - p\,} \right| = \left| {w - q\,} \right|\,\, \Leftarrow \,\,\left| {\,w - p\,} \right|^2 = \left| {w - q\,} \right|^2 \, \Leftarrow \,(w - p)(\bar w - \bar p) = (w - q)(\bar w - \bar q)}$ $\displaystyle{ \Leftarrow \,\,w\bar w - w\bar p - p\bar w + p\bar p = w\bar w - w\bar q - q\bar w + q\bar q}$ $\displaystyle{ \Leftarrow \,\, - w\bar p - p\bar w\,\, + \,r^2 = - w\bar q - q\bar w + r^2 }$ $\displaystyle{ \Leftarrow w\bar p + p\bar w\,\, = w\bar q + q\bar w}$

Η τελευταία ισότητα όμως ισχύει λόγω των (3) , (4) . Την εξίσωση της μεσοκαθέτου την βρίσκουμε κατά τα γνωστά.

ΥΓ. Αν p , q είναι συζυγείς τότε ο γ.τ είναι ο άξονας χ΄χ . Αν p , q πραγματικοί (άρα αντίθετοι) ο γ.τ είναι ο άξονας y΄y .

Γιώργος

#10

Γιώργο πολύ ωραία η αλγεβρική προσέγγιση! Μια τέτοια έψαχνα...

Αλέξανδρος

manos1992 · #11

Μάκης Χατζόπουλος έγραψε: Μάνο δανειστήκες την ιδέα-σκέψη από εδώ; Μπράβο είσαι καλός μαθητής, μαθαίνεις γρήγορα και εύκολα!

κύριε Μάκη ευχαριστώ για τα καλά λόγια! δανείστηκα την ιδέα και από εκεί αλλά και γενικά ήξερα τις προυποθέσεις ώστε ένας μιγαδικός να έχει γεωμετρικό τόπο, αλλά έτσι τις σιγούρεψα κιόλας...Βέβαια η αλήθεια είναι πως χρησιμοποίησα την ίδια ακριβώς φράση γιατί ήταν ίδια περίπτωση!

k-ser · #12

Γιώργο, πολύ ωραία λύση, αν και λείπει το αντίστροφο.

Η σχέση (4) προκύπτει ευκολότερα αν πολλαπλασιάσουμε τον

με $\bar{p}$ και τον $\bar{w}$ με

.

Το αντίστροφο.

Αν

ανήκει στη μεσοκάθετο του τμήματος με άκρα τις εικόνες των p,q

τότε από τη σχέση του Γιώργου...

hsiodos έγραψε:
$\displaystyle{ \left| {\,w - p\,} \right| = \left| {w - q\,} \right|\,\, \Leftarrow \,\,\left| {\,w - p\,} \right|^2 = \left| {w - q\,} \right|^2 \, \Leftarrow \,(w - p)(\bar w - \bar p) = (w - q)(\bar w - \bar q)}$ $\displaystyle{ \Leftarrow \,\,w\bar w - w\bar p - p\bar w + p\bar p = w\bar w - w\bar q - q\bar w + q\bar q}$ $\displaystyle{ \Leftarrow \,\, - w\bar p - p\bar w\,\, + \,r^2 = - w\bar q - q\bar w + r^2 }$ $\displaystyle{ \Leftarrow w\bar p + p\bar w\,\, = w\bar q + q\bar w}$

..., οποία ισχύει και αντίστροφα,
θα είναι
$\displaystylew\bar p + p\bar w\,\, = w\bar q + q\bar w}=a$ με $a \in \mathbb{R}$ .

Δηλαδή για τον

ισχύει το (Σ)
$w\bar p + p\bar w\,\, =a$
$\displaystyle w\bar q + q\bar w}=a$
Το σύστημα αυτό έχει ορίζουσα $\displaystyle D= q\bar p-p\bar q$

Ορίζουσα

είναι διάφορη του μηδενός όταν $p\ne -q$ και αν $\displaystyle z=-\frac{a}{D}$ τότε $\displaystyle \bar z = \frac{a}{ D}$ και προκύπτει, ως λύση του συστήματος,
$w=pz+q\bar z$

Στην περίπτωση που p= -q

τότε ο

ανήκει στη μεσοκάθετο του τμήματος με άκρα τις εικόνες των p,q

τότε
$\displaystyle Re(w \bar p)=0 \Rightarrow w \bar p =2ki\Rightarrow w =\frac{2k}{r^2}i$
και θέτοντας $\displaystyle z=x+\frac{k}{r^2}i$ με $x \in \mathbb{R}$ έχουμε:
$w=pz+q\bar z$

Σε κάθε περίπτωση ο ο

ανήκει στη μεσοκάθετο του τμήματος με άκρα τις εικόνες των p,q

τότε $w=pz+q\bar z$ για κάποιο μιγαδικό

.

S.E.Louridas · #13

Κάθε είδους ένσταση από εμένα στον Νίκο είναι αδιανόητη,
απλά ήθελα να σιγουρευτώ για την άποψη μου που στηρίζεται στο θεωρητικό δεδομένο οτι,
η ικανή και αναγκαία συνθήκη ώστε τρεις διακεκριμένοι μιγάδες έχουν εικόνες στην ίδια ευθεία είναι η
$C = \frac{{z_1 - z_3 }} {{z_3 - z_2 }} \in \mathbb{R},\delta \eta \lambda .C = \overline C .$
Έτσι, με κάθε επιφύλαξη έχουμε:
${\rm A}\nu \;z = 0 \to w_1 = 0,\alpha \nu \;z = 1 \to w_2 = p + q.$
Για τον τυχόντα μιγάδα z ,για να ισχύει
$\overline {\left( { - \frac{z} {{z - w}}} \right)} = - \frac{z} {{z - w}},\alpha \rho \kappa \varepsilon \iota ....\alpha \rho \kappa \varepsilon \iota \left( {\overline p \overline z + \overline q z} \right)\left( {p + q} \right) = \left( {pz + q\overline z } \right)\left( {\overline p + \overline q } \right)$ ,αρκεί τελικά 0=0,πού είναι αληθής (ελήφθη υπ’ όψη η ισότητα των μέτρων των p,q).
Θεωρώ ότι εδώ το πρόβλημα τελείωσε αφού δύο σημεία ορίζουν την θέση ευθείας γραμμής. Στην περίπτωση που p= -q ,αρκεί αντί για z=0 να λάβουμε z=i οπότε εύκολα παίρνουμε και πάλι ευθεία.

S.E.Louridas

k-ser · #14

Σωτήρη, μπράβο!
Πολύ καλή και διδακτική η απόδειξή σου.
Προϋποθέτει βέβαια τη γνώση ότι ο γ.τ. που αναζητάμε είναι ευθεία κάτι το οποίο μπορούμε να το καταλάβουμε γρήγορα δίνοντας εύκολες τιμές στον

όπως τους αριθμούς 0, 1, 1/2, -1,
ή
με την πολύ έξυπνη τριγωνομετρική προσέγγιση του Κώστα (rek2).
.....

#15

Φίλοι μου πολύ ωραίες οι προσεγγίσεις σας.
Μέχρι πρότινος την παραπάνω άσκηση την δίδασκα ζητώντας από τα παιδιά να αποδείξουν απλώς ότι οι εικόνες των

για τις διάφορες τιμές του

είναι σημεία συνευθειακά. Χρησιμοποιούσα ουσιωδώς την προσέγγιση του Σωτήρη. Την ερώτηση για την εύρεση του γεωμετρικού τόπου την έβαλα εδώ για μας. Θεωρώ ότι είναι κάπως δύσκολο ερώτημα διότι τα παιδιά έχουν μάθει να δουλεύουν με 1-1 μετασχηματισμούς (βασικά μετασχηματισμούς Μöbius) και ένας μετασχηματισμός που "συρρικνώνει" το επίπεδο σε ευθεία ξενίζει.
Σημειωτέον (αυτή η σημείωση δεν αφορά τους μαθητές που πιθανόν διαβάζουν τις γραμμές αυτές) ότι αν χρησιμοποιήσουμε συντεταγμένες όπως στην λύση του Αλέξανδρου με τον ίδιο συμβολισμό βλέπουμε ότι ο μετασχηματισμός $z\rightarrow w$ είναι ένας γραμμικός μετασχηματισμος του επιπέδου με
$\displaystyle{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}} x \\ y \\ \end{array} } \right] \to \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_1} + {a_2}} & {{b_1} + {b_2}} \\ {{b_2} - {b_1}} & {{a_1} - {a_2}} \\ \end{array} } \right]\left[ {\begin{array}{*{20}{c}} x \\ y \\ \end{array} } \right]}$
Αυτός απεικονίζει το επίπεδο σε κάποιον υπόχωρο του που θα είναι
α) το σημείο 0 αν p=q=0

β) όλο το επίπεδο αν $\displaystyle{\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_1} + {a_2}} & {{b_1} + {b_2}} \\ {{b_2} - {b_1}} & {{a_1} - {a_2}} \\ \end{array} } \right| \ne 0}$
γ) μία ευθεία από το 0 (η μεσοκάθετος του τμήματος p, q

όπως έδειξαν οι λύσεις του Κώστα και του Γιώργου) αν
$\displaystyle{\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_1} + {a_2}} & {{b_1} + {b_2}} \\ {{b_2} - {b_1}} & {{a_1} - {a_2}} \\ \end{array} } \right| = 0}$
και επειδή ακριβώς $\displaystyle{\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_1} + {a_2}} & {{b_1} + {b_2}} \\ {{b_2} - {b_1}} & {{a_1} - {a_2}} \\ \end{array} } \right| = {\left| p \right|^2} - {\left| q \right|^2}}$
το αν τα μέτρα των

,

είναι ίσα ή άνισα είναι αυτό που καθορίζει το είδος του τόπου.
Μαυρογιάννης

S.E.Louridas · #16

Ακυρώνω τον τρόπο που ήταν εδώ καθότι χρειάζονται επί πλέον διευκρυνίσεις,
ευχαριστώ

S.E.Louridas

hsiodos · #17

k-ser έγραψε:Γιώργο, πολύ ωραία λύση, αν και λείπει το αντίστροφο.

Κώστα έχεις δίκιο , έλλειπε το αντίστροφο. Ωραία η απόδειξη που έδωσες.

Μια ακόμη προσέγγιση για το αντίστροφο:

Είναι εύκολο να ελεγχθεί ότι ισχύει η ισοδυναμία $\displaystyle{w = pz + q\bar z\,\,\, \Leftrightarrow \,\,q\bar w = \bar pw\,\,\,(1)}$ (από το ευθύ)

Αρκεί να δείξουμε επομένως την (1).

Ισχύει τώρα η ισοδυναμία $\displaystyle{\left| {\,w - p\,} \right| = \left| {\,w - q\,} \right| \Leftrightarrow \,w\bar p + p\bar w = w\bar q + q\bar w\,\,(2)}$ . $\displaystyle{ (2) \Rightarrow {\mathop{\rm Re}\nolimits} (\bar pw) = {\mathop{\rm Re}\nolimits} (q\bar w)\,\,\,(3)}$

α) Αν $\displaystyle{p + q = 0}$ προφανώς η (1) ισχύει

β) Αν $\displaystyle{p + q \ne 0}$ τότε: Επειδή $\displaystyle{\,\left| {\,p\,} \right| = \left| {\,q\,} \right|}$ η εικόνα του μιγαδικού p + q θα βρίσκεται στην μεσοκάθετο του τμήματος με άκρα τις εικόνες των p , q , δηλαδή οι εικόνες των p + q , w και η αρχή Ο είναι συνευθειακά σημεία.

Έτσι: $\displaystyle{\frac{w}{{p + q}}}$ πραγματικός $\displaystyle{ \Rightarrow \frac{w}{{p + q}} = \frac{{\bar w}}{{\bar p + \bar q}} \Rightarrow w\bar p + \bar qw = \bar wp + q\bar w}$ $\displaystyle{ \Rightarrow w\bar p - \bar wp = q\bar w - \bar qw \Rightarrow {\mathop{\rm Im}\nolimits} (\bar pw) = {\mathop{\rm Im}\nolimits} (q\bar w)\,\,\,(4)}$

Από (3) , (4) προκύπτει η (1).

Γιώργος

S.E.Louridas · #18

Η διαπραγμάτευση που θα ακολουθήσει έχει μοναδικό σκοπό να δούν οι λύτες το άνοιγμα της Μαθηματικής σκέψης
και τις δυνατότητες του νού όταν βρίσκεται στην ευχάριστη θέση της προσπάθειας γιά την επίλυση ενός Μαθηματικού
προβλήματος.

S.E.Louridas

S.E.Louridas · #19

Ας επισημάνουμε λοιπόν, με βάση το πρόβλημα αυτό που ανέδειξε ένα Μαθηματικό πλουραλισμό μεθόδων, επίσης ότι:

► Έστω τα σημεία $A\left( {z_1 } \right),B\left( {z_2 } \right)$
αντίστοιχες εικόνες των $z_1 = x_1 + y_1 i\;\kappa \alpha \iota \;z_2 = x_2 + y_2 i,\mu \varepsilon \;x_1 ,x_2 ,y_1 ,y_2 \in \mathbb{R}.$
Η εξίσωση της ΑΒ προφανώς είναι $\left| {\begin{array}{*{20}c} {x_1 } \\ {x_2 } \\ x \\ \end{array} \quad \begin{array}{*{20}c} {y_1 } \\ {y_2 } \\ y \\ \end{array} \quad \begin{array}{*{20}c} 1 \\ 1 \\ 1 \\ \end{array} } \right| = 0,$ ή $\left| {\begin{array}{*{20}c} {\frac{{z_1 + \overline {z_1 } }} {2}} & {\frac{{z_1 - \overline {z_1 } }} {{2i}}} & 1 \\ {\frac{{z_2 + \overline {z_2 } }} {2}} & {\frac{{z_2 - \overline {z_2 } }} {{2i}}} & 1 \\ {\frac{{z + \overline z }} {2}} & {\frac{{z - \overline z }} {{2i}}} & 1 \\ \end{array} } \right| = 0,$
αν και μόνο αν (απλές εφαρμογές των ιδιοτήτων των οριζουσών) $\left| {\begin{array}{*{20}c} {z_1 } \\ {z_2 } \\ z \\ \end{array} \quad \begin{array}{*{20}c} {\overline {z_1 } } \\ {\overline {z_2 } } \\ {\overline z } \\ \end{array} \quad \begin{array}{*{20}c} 1 \\ 1 \\ 1 \\ \end{array} } \right| = 0$ .
► Έστω, τώρα $w = pz + q\overline z ,\gamma \iota \alpha \;z = 0 \to w_1 = 0,z = 1 \to w_2 = p + q.$
Αν διαπιστώσουμε ότι $\left| {\begin{array}{*{20}c} 0 & 0 & 0 \\ {p + q} & {\overline p + \overline q } & 1 \\ w & {\overline w } & 1 \\ \end{array} } \right| = 0,\delta \eta \lambda .\;\left| {\begin{array}{*{20}c} {p + q} & {\overline p + \overline q } \\ {pz + q\overline z } & {\overline p \overline z + \overline q z} \\ \end{array} } \right| = 0\;\left( 1 \right),$ οι μιγαδικοί w θα βρίσκονται στην ευθεία ${\rm A}{\rm B},\mu \varepsilon \;{\rm A} = {\rm A}\left( {w_1 } \right),{\rm B} = {\rm B}\left( {w_2 } \right).$
Η (1) όμως αποδεικνύεται εύκολα αφού $\left| p \right|^2 = \left| q \right|^2 .$

S.E.Louridas

'Ενας γεωμετικός τόπος

'Ενας γεωμετικός τόπος

Re: 'Ενας γεωμετικός τόπος

Re: 'Ενας γεωμετικός τόπος

Re: 'Ενας γεωμετικός τόπος

Re: 'Ενας γεωμετικός τόπος

Re: 'Ενας γεωμετικός τόπος

Re: 'Ενας γεωμετικός τόπος

Re: 'Ενας γεωμετικός τόπος

Re: 'Ενας γεωμετικός τόπος

Re: 'Ενας γεωμετικός τόπος

Re: 'Ενας γεωμετικός τόπος

Re: 'Ενας γεωμετικός τόπος

Re: 'Ενας γεωμετικός τόπος

Re: 'Ενας γεωμετικός τόπος

Re: 'Ενας γεωμετικός τόπος

Re: 'Ενας γεωμετικός τόπος

Re: 'Ενας γεωμετικός τόπος

Re: 'Ενας γεωμετικός τόπος

Re: 'Ενας γεωμετικός τόπος

Μέλη σε σύνδεση