Μιγαδικοί και γεωμετρία

#1

Μια και για την ώρα ασχολούμαι με μιγαδικούς, βάζω ακόμα μια άσκηση που πρώτη φορά τη συναντώ :

ΑΣΚΗΣΗ

Αν οι εικόνες των διαφορετικών μεταξύ τους μιγαδικών z_1 ,z_2,z_3,

είναι αντίστοιχα τα σημεία A,B,C

του μοναδιαίου κύκλου C(O,1)

,

$\displaystyle{k \in \left\{ { - 2,0,1} \right\}}$ και

$\displaystyle{ \left( {b + c + ka} \right)\overline {z_2 } \cdot \overline {z_3 } + \left( {a + c + kb} \right)\overline {z_3 } \cdot \overline {z_1 } + \left( {b + a + kc} \right)\overline {z_2 } \cdot \overline {z_1 } = 0 }$ ,

να αποδειχθεί ότι το τρίγωνο ABC

είναι ισόπλευρο.

Να σημειώσω ότι τα a,b,c

είναι τα αντίστοιχα μήκη των πλευρών του τριγώνου ABC

Μπάμπης

#2

Μπάμπης Στεργίου έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ

Αν οι εικόνες των διαφορετικών μεταξύ τους μιγαδικών είναι αντίστοιχα τα σημεία του μοναδιαίου κύκλου , $\displaystyle{k \in \left\{ { - 2,0,1} \right\}}$ και

$\displaystyle{ \left( {b + c + ka} \right)\overline {z_2 } \cdot \overline {z_3 } + \left( {a + c + kb} \right)\overline {z_3 } \cdot \overline {z_1 } + \left( {b + a + kc} \right)\overline {z_2 } \cdot \overline {z_1 } = 0 }$ ,

να αποδειχθεί ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

Να σημειώσω ότι τα είναι τα αντίστοιχα μήκη των πλευρών του τριγώνου

Μπάμπης

Είναι $\left( {b + c + ka} \right) {z_1 } + \left( {a + c + kb} \right) {z_2 } + \left( {b + a + kc} \right){z_3 } = 0$

Για k=1

έχουμε $\displaystyle{z_G=\frac{z_1+z_2+z_3}{3}=0=z_O}$ .

Για k=0

έχουμε $\displaystyle{\left( {b + c } \right) {z_1 } + \left( {a + c } \right) {z_2 } + \left( {b + a } \right){z_3 } = 0}$ ή $\displaystyle{z_1+z_2+z_3=\frac{az_1+bz_2+cz_3}{a+b+c}}$ ή z_H=z_I

.

Για k=-2

έχουμε $\displaystyle{\left( {b + c -2a} \right) {z_1 } + \left( {a + c -2b} \right) {z_2 } + \left( {b + a -2c} \right){z_3 } = 0}$ ή $\displaystyle{\frac{z_1+z_2+z_3}{3}=\frac{az_1+bz_2+cz_3}{a+b+c}}$ ή z_G=z_I

.

Σημ.
Ισχύουν οι (πολύ χρήσιμες) σχέσεις
$\displaystyle{z_G=\frac{z_1+z_2+z_3}{3}}$
z_H=z_1+z_2+z_3

$\displaystyle{z_I=\frac{az_1+bz_2+cz_3}{a+b+c}}$

#3

socrates έγραψε:
Μπάμπης Στεργίου έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ

Αν οι εικόνες των διαφορετικών μεταξύ τους μιγαδικών είναι αντίστοιχα τα σημεία του μοναδιαίου κύκλου , $\displaystyle{k \in \left\{ { - 2,0,1} \right\}}$ και

$\displaystyle{ \left( {b + c + ka} \right)\overline {z_2 } \cdot \overline {z_3 } + \left( {a + c + kb} \right)\overline {z_3 } \cdot \overline {z_1 } + \left( {b + a + kc} \right)\overline {z_2 } \cdot \overline {z_1 } = 0 }$ ,

να αποδειχθεί ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

Να σημειώσω ότι τα είναι τα αντίστοιχα μήκη των πλευρών του τριγώνου

Μπάμπης
Είναι $\left( {b + c + ka} \right) {z_1 } + \left( {a + c + kb} \right) {z_2 } + \left( {b + a + kc} \right){z_3 } = 0$

Για έχουμε $\displaystyle{z_G=\frac{z_1+z_2+z_3}{3}=0=z_O}$ .

Για έχουμε $\displaystyle{\left( {b + c } \right) {z_1 } + \left( {a + c } \right) {z_2 } + \left( {b + a } \right){z_3 } = 0}$ ή $\displaystyle{z_1+z_2+z_3=\frac{az_1+bz_2+cz_3}{a+b+c}}$ ή .

Για έχουμε $\displaystyle{\left( {b + c -2a} \right) {z_1 } + \left( {a + c -2b} \right) {z_2 } + \left( {b + a -2c} \right){z_3 } = 0}$ ή $\displaystyle{\frac{z_1+z_2+z_3}{3}=\frac{az_1+bz_2+cz_3}{a+b+c}}$ ή .

Σημ.
Ισχύουν οι (πολύ χρήσιμες) σχέσεις
$\displaystyle{z_G=\frac{z_1+z_2+z_3}{3}}$

$\displaystyle{z_I=\frac{az_1+bz_2+cz_3}{a+b+c}}$

Εύγε !

Αυτή είναι η ουσία της άσκησης . Είναι μερικά σημεία του τριγώνου , των οποίων αξίζει να γνωρίζουμε τουν αντίστοιχους μιγαδικούς(afixes) ως συνάρτηση των μιγαδικών που απεικονίζονται στις κορυφές του.
Αλλά αυτές οι σχέσεις προκύπτουν από τις αντίστοιχες διανυσματικές . Θα άξιζε να γράψουμε ένα άρθρο για το πώς προκύπτουν αυτές οι σχέσεις, ώστε να τις βλέπουν και οι νεότεροι, αλλά να μην τις ξεχνάμε και μεις που κάποτε τις διδάσκαμε.
Μπάμπης

Μπάμπης

hsiodos · #4

Καλημέρα

Ωραία άσκηση και ωραία λύση (socrates) επί της ουσίας.

Να σημειώσω όμως ότι οι σχέσεις $\displaystyle{ \left| {\,\,z_1 } \right| = \left| {\,\,z_2 } \right| = \left| {\,\,z_3 } \right| = 1\,\,}$ και $\displaystyle{z_1 + z_2 + z_3 = 0}$ (όταν κ=1) μας αρκούν για να δείξουμε ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

Γιώργος

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΡΑΤΟΣ · #5

Καλημέρα, πως αποδεικνυεται ότι το διάνυσμα θέσης του έγκενρου είναι $\displaystyle{ z_I = \frac{{az_1 + bz_2 + cz_3 }}{{a + b + c}} }$ ;; Σπαω το κεφαλι μου αλλά δεν μου βγαίνει.

#6

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΡΑΤΟΣ έγραψε:Καλημέρα, πως αποδεικνυεται ότι το διάνυσμα θέσης του έγκενρου είναι $\displaystyle{ z_I = \frac{{az_1 + bz_2 + cz_3 }}{{a + b + c}} }$ ;; Σπαω το κεφαλι μου αλλά δεν μου βγαίνει.

Μπορεί να ορισθεί έτσι (γενικευμένο βαρύκεντρο). Αλλιώς...

Διανυσματικά.
Είναι $\displaystyle \overrightarrow{AI}=\frac{b+c}{a+b+c}\overrightarrow{AD}$ (AD διχοτόμος) και $\displaystyle \overrightarrow{AD}=\frac{b}{b+c}\overrightarrow{AB}+\frac{c}{b+c}\overrightarrow{AC}$
οπότε $\displaystyle \overrightarrow{AI}=\frac{b}{a+b+c}\overrightarrow{AB}+\frac{c}{a+b+c}\overrightarrow{AC}$ κτλ.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΡΑΤΟΣ · #7

Συναδελφε socrates,
από τοθεώρημα διχοτομων ΔΒ/ΔΓ=ΑΒ/ΑΓ ή διανυσματικά $\displaystyle{ \Delta {\rm B} = - \frac{\gamma }{\beta }\Delta \Gamma }$ , δεν μου εμφανιζονται τα βελάκια , θεωρώντας ως σημειο αναφορας το Α βρισκουμε διανυσμα ΑΔ συναρτησει των ΑΒ και ΑΓ.Μεχρις εδώ ενταξει.Τα διανυσματα ΑΙ , ΑΔ είναι συγγραμμικα οπότε ψαχνω λ ώστε διανΑΙ=λ*διανΑΔ. αυτό το λ πως το βρισκουμε $\displaystyle{ \frac{{b + c}}{{a + b + c}} }$ ;;;Ευχαριστώ

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΡΑΤΟΣ · #8

Καλησπέρα socrates με πρόλαβες! το βρηκα και μάλιστα παραθετω μια άσκηση η οποία χρησιμοποιει ολα αυτα που γραφεις και συζητησαμε...

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ο εγγεγραμμένος κύκλος του (Ι, ρ). Να αποδειχθεί ότι¨:
i) $a\vec{IA}+\beta I\vec{B}+\gamma I\vec{\Gamma }=0\vec{}$ .
ii) Αν Μ τυχαίο σημείο του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ να δειχθεί ότι $aM\vec{A^{2}}+\beta M\vec{B^{2}}+\gamma M\vec{\Gamma ^{2}}$ = σταθερό

#9

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΡΑΤΟΣ έγραψε: Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ο εγγεγραμμένος κύκλος του (Ι, ρ). Να αποδειχθεί ότι¨:
i) $a\vec{IA}+\beta I\vec{B}+\gamma I\vec{\Gamma }=0\vec{}$ .
ii) Αν Μ τυχαίο σημείο του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ να δειχθεί ότι $aM\vec{A^{2}}+\beta M\vec{B^{2}}+\gamma M\vec{\Gamma ^{2}}$ = σταθερό

ii)

$\alpha \overrightarrow{MA}^2+\beta \overrightarrow{MB}^2+\gamma \overrightarrow{M\Gamma}^2=\alpha( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA})^2+\beta (\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB})^2+\gamma( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{I\Gamma})^2=$

$=(\alpha+\beta+\gamma)\overrightarrow{MI}^2+2\overrightarrow{MI}\cdot( \alpha\overrightarrow{IA}+\beta \overrightarrow{IB}+\gamma \overrightarrow{I\Gamma })+\alpha \overrightarrow{IA}^2+\beta \overrightarrow{IB}^2+\gamma \overrightarrow{I\Gamma}^2=^{(i)}$

$= (\alpha+\beta+\gamma)\rho^2+\alpha \overrightarrow{IA}^2+\beta \overrightarrow{IB}^2+\gamma \overrightarrow{I\Gamma}^2$ ,σταθερό.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΡΑΤΟΣ · #10

Εξαιρετικός socrates!Ευχαριστώ για τη συμμετοχή σου.

Μιγαδικοί και γεωμετρία

Μιγαδικοί και γεωμετρία

Re: Μιγαδικοί και γεωμετρία

Re: Μιγαδικοί και γεωμετρία

Re: Μιγαδικοί και γεωμετρία

Re: Μιγαδικοί και γεωμετρία

Re: Μιγαδικοί και γεωμετρία

Re: Μιγαδικοί και γεωμετρία

Re: Μιγαδικοί και γεωμετρία

Re: Μιγαδικοί και γεωμετρία

Re: Μιγαδικοί και γεωμετρία

Μέλη σε σύνδεση