Μιγαδικοί και Γεωμετρία.

#1

Έστω τρεις μιγαδικοί αριθμοί για τους οποίους ισχύει:

$(\star) \left | a \right |=\left | b \right |=\left | c \right |=1$
$(\star \star) a^{3}+b^{3}+c^{3}=2abc$
Να αποδείξετε ότι οι a,b,c

είναι κορυφές ισοσκελούς τριγώνου στο μιγαδικό επίπεδο.

#2

Ή κάτι δεν βλέπω ή υπάρχει λάθος. Αν πάρουμε $a=e^{i\pi/9}$ , $b=e^{-i\pi/9}$ , c=1

, τότε η συνθήκη ικανοποιείται, αλλά το τρίγωνο που σχηματίζεται δεν είναι ισόπλευρο (γεωμετρικά).

EDIT: Η άσκηση ζητάει ισοσκελές!

#3

silouan έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 30, 2024 7:51 pm
Ή κάτι δεν βλέπω ή υπάρχει λάθος. Αν πάρουμε $a=e^{i\pi/9}$ , $b=e^{-i\pi/9}$ , , τότε η συνθήκη ικανοποιείται, αλλά το τρίγωνο που σχηματίζεται δεν είναι ισόπλευρο (γεωμετρικά).

Ισοσκελες γράφει και όχι ισόπλευρο, αλλά και πάλι δεν ισχύει, θεωρώντας για παράδειγμα εκφυλισμενο Ισοσκελες τρίγωνο με μία κορυφή στο

και δύο κορυφές στο - i.

S.E.Louridas · #4

Θεωρώ ότι η δεύτερη σχέση ενδεχομένως να είναι η ${a^3} + {b^3} + {c^3} = 3abc.$

#5

chris_gatos έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 29, 2024 6:00 pm
Έστω τρεις μιγαδικοί αριθμοί για τους οποίους ισχύει:

$(\star) \left | a \right |=\left | b \right |=\left | c \right |=1$
$(\star \star) a^{3}+b^{3}+c^{3}=2abc$
Να αποδείξετε ότι οι είναι κορυφές ισοσκελούς τριγώνου στο μιγαδικό επίπεδο.

Έχουμε $a\bar a=b\bar b = c\bar c= 1$ οπότε $a= \dfrac {1}{\bar a}$ και όμοια τα άλλα δύο. Άρα

$a^{-3} + b^{-3} + c^{-3} = \overline {a^3+b^3+c^3} =2 \overline {abc} = \dfrac {2}{abc}$ .

Πολλαπλάσιάζοντας επί a^3b^3c^3

έχουμε

$\displaystyle{b^3c^3+c^3a^3 + a^3b^3= 2(abc)^2 = abc (a^3+b^3+c^3) = a^4bc+ab^4c+abc^4}$ και άρα

$\displaystyle{(a^2-bc)(b^2-ca)(c^2-ab)=0}$

Άρα $\dfrac {a}{b} = \dfrac {c}{a}$ και κυκλικά. Άρα (αν ισχύει το πρώτα αλλά όμοια για τα άλλα) η γωνία που σχηματίζουν τα a,b

είναι ίση με την γωνία που σχηματίζουν τα c,a

, όπως θέλαμε.

Σχόλιο: Μπορεί το τρίγωνο να είναι εκφυλισμένο.

Edit αργότερα: Το ενδιαφέρον είναι ότι στην θέση του 2abc

στην $a^{3}+b^{3}+c^{3}=2abc$ μπορούμε να βάλουμε το abc

ή το

. Η απόδειξη δεν αλλάζει ουσιαστικά

ohgreg · #6

Μια λύση/σκέψη για το παραπάνω πρόβλημα. Δεν είμαι απόλυτα σίγουρος για την συνθήκη (*)!

Αρχικά, από την πρώτη συνθήκη καταλαβαίνουμε πως οι a,b,c

πρέπει να βρίσκονται στον μοναδιαίο κύκλο,
οπότε μπορούμε να γράψουμε:
$a=e^{i\vartheta_1},b=e^{i\vartheta_2},c=e^{i\vartheta_3}, 0\leq \vartheta_1, \vartheta_2 ,\vartheta_3,<2\pi$

Η δεύτερη συνθήκη τώρα γράφεται:
$a^3+b^3+c^3=2abc\Leftrightarrow e^{3i\vartheta_1}+e^{3i\vartheta_2}+e^{3i\vartheta_3}=2e^{i(\vartheta_1+\vartheta_2+\vartheta_3)}\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow e^{i(2\vartheta_1-\vartheta_2-\vartheta_3)}+e^{i(2\vartheta_2-\vartheta_3-\vartheta_1)}+ e^{i(2\vartheta_3-\vartheta_1-\vartheta_2)}=2$

Οπότε θα πρέπει:
$sin(2\vartheta_1-\vartheta_2-\vartheta_3)+sin(2\vartheta_2-\vartheta_3-\vartheta_1)+sin(2\vartheta_3-\vartheta_1-\vartheta_2)=0$

Τώρα, αν A+B+C=0

, τότε εύκολα δείχνουμε πως:
sin(A)+sin(B)+sin(C)=sin(A)+sin(B)-sin(A+B)=

$=2sin(\frac{A+B}{2})cos(\frac{A-B}{2})-2sin(\frac{A+B}{2})cos(\frac{A+B}{2})=$
$=-2sin(\frac{C}{2})(cos(\frac{A-B}{2})-cos(\frac{A+B}{2}))=-4sin(\frac{A}{2})sin(\frac{B}{2})sin(\frac{C}{2})$

Οπότε, η παραπάνω γράφεται:
$sin(\vartheta_1-\frac{\vartheta_2+\vartheta_3}{2})sin(\vartheta_2-\frac{\vartheta_3+\vartheta_1}{2})sin(\vartheta_3-\frac{\vartheta_1+\vartheta_2}{2})=0$

Εξετάζουμε πλέον την περίπτωση κάποιος από τους παραπάνω τρείς παράγοντες να είναι μηδέν, για παράδειγμα αν:
$sin(\vartheta_1-\frac{\vartheta_2+\vartheta_3}{2})=0\Leftrightarrow \vartheta_1=\kappa \pi+\frac{\vartheta_2+\vartheta_3}{2}, \kappa\in\mathbb{Z}$

Όμως, προφανώς είναι:
$0\leq\vartheta_1<2\pi, 0\leq\frac{\vartheta_2+\vartheta_3}{2}<2\pi$

Για να είναι το τρίγωνο ισοσκελές με κορυφή, στην περίπτωση μας, το

αρκεί να ισχύει:
$sin(\vartheta_1-\vartheta_2)=sin(\vartheta_3-\vartheta_1)$ (*)

Με βάση τις παραπάνω ανισότητες, λαμβάνουμε τις παρακάτω περιπτώσεις για το $\kappa$ :

$\kappa=-1$ : $\vartheta_1=\frac{\vartheta_2+\vartheta_3}{2}-\pi\Rightarrow\vartheta_1-\vartheta_2=\vartheta_3-\vartheta_1-2\pi \Rightarrow sin(\vartheta_1-\vartheta_2)=sin(\vartheta_3-\vartheta_1)$
$\kappa=0$ : $\vartheta_1=\frac{\vartheta_2+\vartheta_3}{2}\Rightarrow\vartheta_1-\vartheta_2=\vartheta_3-\vartheta_1 \Rightarrow sin(\vartheta_1-\vartheta_2)=sin(\vartheta_3-\vartheta_1)$
$\kappa=1$ : $\vartheta_1=\frac{\vartheta_2+\vartheta_3}{2}+\pi\Rightarrow\vartheta_1-\vartheta_2=\vartheta_3-\vartheta_1+2\pi \Rightarrow sin(\vartheta_1-\vartheta_2)=sin(\vartheta_3-\vartheta_1)$
$\kappa=2$ : θα πρέπει αναγκαστικά $\vartheta_2=\vartheta_3=0$ , που είναι άτοπο.

Η επιλογή του

στην δεύτερη συνθήκη μπορεί να είναι τυχαία, αφού το ίδιο θα έβγαινε και αν η συνθήκη ήταν η:
a^3+b^3+c^3=kabc

, με

να περιορίζεται πιθανώς στο [-3,3]

.
Για παράδειγμα, όταν k=3

εύκολα προκύπτει πως το τρίγωνο θα είναι ισόπλευρο.

#7

Καλησπέρα Σωτήρη. Γιώργο, Σιλουανέ!
Σας ευχαριστώ θερμά για την ανασχόληση. Από χτες κατάλαβα από μηνύματα φίλων πως υπάρχει σύγχυση με γνωστή άσκηση
στην οποία στο δεύτερο μέλος υπάρχει τρία και αναφέρεται σε ισόπλευρο τρίγωνο ενώ αυτή σε ισοσκελές.
Παράληψη μου είναι πως δεν ανέφερα πως δεν πιάνεται περίπτωση εκφυλισμένου τριγώνου.
Η λύση που διαθέτω αποδεικνύει πως μπορώ να βάλω στη θέση του δύο οποιονδήποτε αριθμό από το πλήν ένα έως και το τρια και να λάβω λύση.
Για το συγκεκριμένο βγαίνουν τρία τρίγωνα.
Αυτά με γωνίες $\left (\frac{\pi}{18},\frac{\pi}{18},\frac{\pi}{9} \right )$ , $\left (\frac{5\pi}{18},\frac{5\pi}{18},\frac{4\pi}{9} \right )$ , $\left (\frac{7\pi}{18},\frac{7\pi}{18},\frac{2\pi}{9} \right )$ .

Μόλις βρω χρόνο θα ανεβάσω μια λύση.
Καλό σας βράδυ και ευχαριστώ ξανά για το ενδιαφέρον!
Edit:
Όσο έγραφα ο Μιχάλης και ο Γρηγόρης έδωσαν τις σκέψεις τους. Τους ευχαριστώ πολύ και αυτούς.

#8

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 30, 2024 10:53 pm

chris_gatos έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 29, 2024 6:00 pm
Έστω τρεις μιγαδικοί αριθμοί για τους οποίους ισχύει:

$(\star) \left | a \right |=\left | b \right |=\left | c \right |=1$
$(\star \star) a^{3}+b^{3}+c^{3}=2abc$
Να αποδείξετε ότι οι είναι κορυφές ισοσκελούς τριγώνου στο μιγαδικό επίπεδο.
Έχουμε $a\bar a=b\bar b = c\bar c= 1$ οπότε $a= \dfrac {1}{\bar a}$ και όμοια τα άλλα δύο. Άρα

$a^{-3} + b^{-3} + c^{-3} = \overline {a^3+b^3+c^3} =2 \overline {abc} = \dfrac {2}{abc}$ .

Πολλαπλάσιάζοντας επί έχουμε

$\displaystyle{b^3c^3+c^3a^3 + a^3b^3= 2(abc)^2 = abc (a^3+b^3+c^3) = a^4bc+ab^4c+abc^4}$ και άρα

$\displaystyle{(a^2-bc)(b^2-ca)(c^2-ab)=0}$

Άρα $\dfrac {a}{b} = \dfrac {c}{a}$ και κυκλικά. Άρα (αν ισχύει το πρώτα αλλά όμοια για τα άλλα) η γωνία που σχηματίζουν τα είναι ίση με την γωνία που σχηματίζουν τα , όπως θέλαμε.

Σχόλιο: Μπορεί το τρίγωνο να είναι εκφυλισμένο.

Edit αργότερα: Το ενδιαφέρον είναι ότι στην θέση του στην $a^{3}+b^{3}+c^{3}=2abc$ μπορούμε να βάλουμε το ή το . Η απόδειξη δεν αλλάζει ουσιαστικά

Μιχάλη εύγε. Πολύ ωραία λύση. "Πολυωνυμική".

#9

gbaloglou έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 30, 2024 9:19 pm

silouan έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 30, 2024 7:51 pm
Ή κάτι δεν βλέπω ή υπάρχει λάθος. Αν πάρουμε $a=e^{i\pi/9}$ , $b=e^{-i\pi/9}$ , , τότε η συνθήκη ικανοποιείται, αλλά το τρίγωνο που σχηματίζεται δεν είναι ισόπλευρο (γεωμετρικά).
Ισοσκελες γράφει και όχι ισόπλευρο, αλλά και πάλι δεν ισχύει, θεωρώντας για παράδειγμα εκφυλισμενο Ισοσκελες τρίγωνο με μία κορυφή στο και δύο κορυφές στο

Βεβαίως η άσκηση ζητούσε να αποδείξουμε ότι αν ισχύει η σχέση το τρίγωνο είναι ισοσκελές, όχι το αντίστροφο -- πράγματι υπάρχει αφθονία ισοσκελών τριγώνων όπου η σχέση δεν ισχύει, πχ a=1, b=i, c=-1,

οπότε

ksofsa · #10

Καλημέρα.

Θέτω $x=\dfrac{a^2}{bc}, y=\dfrac{b^2}{ca},z=\dfrac{c^2}{ab}.$

Τότε:

(1) x+y+z=2

(μετά από διαίρεση της δοσμένης σχέσης με abc

)

(2)

(μετά από διαίρεση της σχέσης (ab)^3+(bc)^3+(ca)^3=2(abc)^2

, από το ποστ του κυρίου Λάμπρου, με (abc)^2

)

(3)

Από Vieta, τα x,y,z

ρίζες του πολυωνύμου w^3-2w^2+2w-1

.

To

ρίζα, οπότε $\dfrac{a^2}{bc}=1$ ή $\dfrac{b^2}{ca}=1$ ή $\dfrac{c^2}{ab}=1$ και παίρνουμε το ισοσκελές τρίγωνο με το επιχείρημα του κυρίου Λάμπρου για τις γωνίες (στο τέλος του αντίστοιχου ποστ).

Μάλιστα, μπορούμε να υπολογίσουμε τα συγκεκριμένα a,b,c

, αλλά αυτό δε ζητείται στην εκφώνηση.

#11

Αντί λύσης (που νόμιζα πως είχα) ... μου προέκυψε αντιπαράδειγμα: $a\approx 0,173635+0,98481i, b\approx 0,5+0,866i, c\approx -0,173635+0,98481i$

Γενικότερα, αρχίζοντας με a=u+vi, c=-u+vi

και επιλέγοντας b=x+yi

με $x\neq 0$ (μη ισοσκελές τρίγωνο), προκύπτει λόγω των u^2+v^2=1, x^2+y^2=1

η ισοδυναμία της a^3+b^3+c^3=kabc

προς τις

και $y=\dfrac{8v^3-6v}{2}$ ... οπότε για k=2

προκύπτει $y=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ (ή η αρνητική της) και $v\approx 0,98481$ (και δύο ακόμη πιθανώς αποδεκτές λύσεις που δεν έλεγξα) κλπ

Τι συμβαίνει; Έχω κάνει κάποιο λάθος κάπου; Επισυνάπτω τους υπολογισμούς του λογισμικού που επαληθεύουν το παράδειγμα μου (νομίζω)

: three-cubes-and-a-double-product.png (65.25 KiB) Προβλήθηκε 3578 φορές

abgd · #12

Δεν ξέρω αν προσθέτω κάτι στα παραπάνω αλλά μία λύση που έδωσα είναι η εξής:

$\displaystyle{a^3+b^3+c^3=2abc \Leftrightarrow 1+\left(\frac{b}{a}\right)^3+\left(\frac{c}{a}\right)^3=2\left(\frac{b}{a}\right)\left(\frac{c}{a}\right)}$

Για $\displaystyle{\frac{b}{a}=x, \ \ \frac{c}{a}=y}$

$\displaystyle{1+x^3+y^3=2xy\Leftrightarrow 1+\bar{x}^3+\bar{y}^3=2\bar{x}\bar{y}}$

Πολλαπλασιάζοντας με $\displaystyle{\left(xy \right)^3}$ και με δεδομένο ότι $\displaystyle{x\bar{x}=y\bar{y}=1}$

$\displaystyle{\left(xy \right)^3+x^3+y^3=2\left(xy\right)^2\Rightarrow \left(xy \right)^3-2\left(xy\right)^2+2(xy)-1=0 \bf(1)}$

Λύνοντας την τελευταία εξίσωση έχουμε

$\displaystyle{xy=1\Leftrightarrow x=\bar{y}\Rightarrow |1-x|=|1-y|\Rightarrow \boxed{|b-a|=|c-a|}}$

$\displaystyle{xy=\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}}$ (κυβική ρίζα του -1) οπότε

$\displaystyle{x^3y^3=-1\Rightarrow y^3=-\bar{x}^3}$ και από την $\displaystyle{1+x^3+y^3=2xy}$ έχουμε: $\displaystyle{x^3-\bar{x}^3=i\sqrt{3}\Rightarrow 2Im(x^3)=i\sqrt{3}}$

Όμως $\displaystyle{|x^3|=1}$ και έτσι $\displaystyle{x^3=\pm\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}}$ και $\displaystyle{y^3=\mp\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}}$

Ανάλογα με το πρόσημο θα είναι: $\displaystyle{ \boxed{|b-c|=|x-y|=|1-x|={a-b|}}$ ή $\displaystyle{ \boxed{|b-c|=|x-y|=|1-y|=|a-c|}}$

$\displaystyle{xy=\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2}}$ ομοίως....

#13

gbaloglou έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 31, 2024 1:53 pm
Αντί λύσης (που νόμιζα πως είχα) ... μου προέκυψε αντιπαράδειγμα: $a\approx 0,173635+0,98481i, b\approx 0,5+0,866i, c\approx -0,173635+0,98481i$

Γενικότερα, αρχίζοντας με και επιλέγοντας με $x\neq 0$ (μη ισοσκελές τρίγωνο), προκύπτει λόγω των η ισοδυναμία της προς τις και $y=\dfrac{8v^3-6v}{2}$ ... οπότε για προκύπτει $y=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ (ή η αρνητική της) και $v\approx 0,98481$ (και δύο ακόμη πιθανώς αποδεκτές λύσεις που δεν έλεγξα) κλπ

Τι συμβαίνει; Έχω κάνει κάποιο λάθος κάπου; Επισυνάπτω τους υπολογισμούς του λογισμικού που επαληθεύουν το παράδειγμα μου (νομίζω)

three-cubes-and-a-double-product.png

Κανένα λάθος, απλώς το τρίγωνο είναι ισοσκελες στο Α αντί του Β

abgd · #14

chris_gatos έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 30, 2024 11:06 pm

Για το συγκεκριμένο βγαίνουν τρία τρίγωνα.
Αυτά με γωνίες $\left (\frac{\pi}{18},\frac{\pi}{18},\frac{\pi}{9} \right )$ , $\left (\frac{5\pi}{18},\frac{5\pi}{18},\frac{4\pi}{9} \right )$ , $\left (\frac{7\pi}{18},\frac{7\pi}{18},\frac{2\pi}{9} \right )$ .

Χρήστο, όταν γράφεις τρία τρίγωνα, προφανώς, εννοείς τρία ως προς το μέτρο των γωνιών τους. Οι τριάδες των μιγαδικών $\displaystyle{a,b,c}$ είναι πολλές....

$\displaystyle{(a,b,c)= \left(cos\frac{k\pi}{9}+isin\frac{k\pi}{9},cos\frac{(k+1)\pi}{9}+isin\frac{(k+1)\pi}{9}, cos\frac{(k+2)\pi}{9}+isin\frac{(k+2)\pi}{9} \right)}$ με $\displaystyle{k=0,1,2,....17$

Υπάρχουν κι άλλες...

#15

abgd έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 31, 2024 8:40 pm

chris_gatos έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 30, 2024 11:06 pm

Για το συγκεκριμένο βγαίνουν τρία τρίγωνα.
Αυτά με γωνίες $\left (\frac{\pi}{18},\frac{\pi}{18},\frac{\pi}{9} \right )$ , $\left (\frac{5\pi}{18},\frac{5\pi}{18},\frac{4\pi}{9} \right )$ , $\left (\frac{7\pi}{18},\frac{7\pi}{18},\frac{2\pi}{9} \right )$ .

Χρήστο, όταν γράφεις τρία τρίγωνα, προφανώς, εννοείς τρία ως προς το μέτρο των γωνιών τους. Οι τριάδες των μιγαδικών $\displaystyle{a,b,c}$ είναι πολλές....

$\displaystyle{(a,b,c)= \left(cos\frac{k\pi}{9}+isin\frac{k\pi}{9},cos\frac{(k+1)\pi}{9}+isin\frac{(k+1)\pi}{9}, cos\frac{(k+2)\pi}{9}+isin\frac{(k+2)\pi}{9} \right)}$ με $\displaystyle{k=0,1,2,....17$

Υπάρχουν κι άλλες...

Η στρατηγική μου (#11) ήταν να περιοριστώ σε τρίγωνα με μία πλευρά παράλληλη προς τον άξονα των

, καθώς ο πολλαπλασιασμός των a, b, c

επί τυχόντα μιγαδικό

μέτρου

αφ' ενός μεν διατηρεί την a^3+b^3+c^3=2abc

(πολλαπλασιάζοντας αμφότερα τα μέλη επί z^3

), αφ' ετέρου δε αντιστοιχεί σε στροφή του τριγώνου (καλύπτοντας τελικά όλα τα τρίγωνα με την εν λόγω ιδιότητα). Έτσι άρχισα (#11) με a=u+vi, c=-u+vi

... και θα συνεχίσω εκεί

#16

gbaloglou έγραψε: ↑ Αντί λύσης (που νόμιζα πως είχα) ... μου προέκυψε αντιπαράδειγμα: $a\approx 0,173635+0,98481i, b\approx 0,5+0,866i, c\approx -0,173635+0,98481i$

Γενικότερα, αρχίζοντας με και επιλέγοντας με $x\neq 0$ (μη ισοσκελές τρίγωνο), προκύπτει λόγω των η ισοδυναμία της προς τις και $y=\dfrac{8v^3-6v}{2}$ ... οπότε για προκύπτει $y=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ (ή η αρνητική της) και $v\approx 0,98481$ (και δύο ακόμη πιθανώς αποδεκτές λύσεις που δεν έλεγξα) κλπ

Δεν είναι αντιπαράδειγμα, όπως είπαμε (#13), απλώς τρίγωνο ισοσκελές στο A αντί του 'αναμενόμενου' B. Για να πάμε και στις άλλες λύσεις (με x\neq 0), έξι συνολικά της 8v^3-6v=\pm \sqrt{3}, και στα αντίστοιχα δώδεκα ισοσκελή τρίγωνα (με πρώτη την κορυφή του ισοσκελούς και με το A πάντα στα δεξιά):

$C\approx -0,93969-0,34202i, A\approx 0,93969-0,34202i, B\approx 0,5+0,86602i$

$C\approx -0,93969+0,34202i, A\approx 0,93969+0,34202i, B\approx 0,5-0,86602i$

$A\approx 0,76604-0,64279i, C\approx -0,76604-0,64279i, B\approx 0,5+0,86602i$

$A\approx 0,76604+0,64279i, C\approx -0,76604+0,64279i, B\approx 0,5-0,86602i$

$A\approx 0,17364+0,98481i, C\approx -0,17364+0,98481i, B\approx 0,5+0,86602i$

$A\approx 0,17364-0,98481i, C\approx -0,17364-0,98481i, B\approx 0,5-0,86602i$

$A\approx 0,93969-0,34202i, C\approx -0,93969-0,34202i, B\approx -0,5+0,86602i$

$A\approx 0,93969+0,34202i, C\approx -0,93969+0,34202i, B\approx -0,5-0,86602i$

$C\approx -0,76604-0,64279i, A\approx 0,76604-0,64279i, B\approx -0,5+0,86602i$

$C\approx -0,76604+0,64279i, A\approx 0,76604+0,64279i, B\approx -0,5-0,86602i$

$C\approx -0,17364+0,98481i, A\approx 0,17364+0,98481i, B\approx -0,5+0,86602i$

$C\approx -0,17364-0,98481i, A\approx 0,17364-0,98481i, B\approx -0,5-0,86602i$

Βεβαίως πολλά από τα παραπάνω ισοσκκελή τρίγωνα είναι ανακλάσεις αλλήλων. Συνεχίζουμε με τα ισοσκελή τρίγωνα κορυφής $B=\pm i,$ όπου προκύπτουν έξι (ουσιαστικά τρία) ισοσκελή τρίγωνα από τις έξι λύσεις της $8v^3-6v=\pm 1:$

$B=i, A\approx 0,34202+0,93969i, C\approx -0,34202+0,93969i$

$B=i, A\approx 0,64279-0,76604i, C\approx-0,64279-0,76604i$

$B=i, A\approx 0,98481-0,17364i, C\approx -0,98481-0,17364i$

$B=-i, A\approx 0,34202-0,93969i, C\approx -0,34202-0,93969i$

$B=-i, A\approx 0,64279+0,76604i, C\approx-0,64279+0,76604i$

$B=-i, A\approx 0,98481+0,17364i, C\approx -0,98481+0,17364i$

Τα παραπάνω ισοσκελή τρίγωνα (τρία ουσιαστικά 'πλάγια' κορυφών A, C

και τρία ουσιαστικά 'ορθά' κορυφής

) είναι, πιστεύω, όλα τα επί του μοναδιαίου κύκλου τρίγωνα κορυφών a, b, c

που ικανοποιούν την a^3+b^3+c^3=3abc

με μία πλευρά παράλληλη προς τον άξονα των

(πλευρά ισοσκελούς τριγώνου στις πρώτες τρεις περιπτώσεις, βάση ισοσκελούς τριγώνου στις τελευταίες τρεις περιπτώσεις).

[Όλα τα παραπάνω δεν αποτελούν καν απόδειξη της αρχικής πρότασης, ίσως επανέλθω επ' αυτού, προς το παρόν ας μείνουμε με την απόδειξη του Μιχάλη (#5)

Η όλη εποπτεία μου του προβλήματος αυτού δεν είναι άριστη

Σημειώνω ότι τα 'βασικά' κατ' εμέ ισοσκελή τρίγωνα δεν είναι τελικά έξι, αλλά τρία -- βλέπετε και συνημμένο, μπορεί και επ' αυτού να επανέλθω

Όπως ήδη έγραψα (#15), από τις στροφές περί το κέντρο του μοναδιαίου κύκλου των τριών βασικών ισοσκελών τριγώνων προκύπτουν όλα τα εντός του μοναδιαίου κύκλου εγγεγραμμένα τρίγωνα που ικανοποιούν την δοθείσα μιγαδική ταυτότητα. Εμπειρικά και μόνον διαπιστώνω ότι αυτά τα τρία ισοσκελή τρίγωνα είναι ισοδύναμα προς τα τρίγωνα που αναφέρει ο Χρήστος (#7).]

: 12-6-3.png (105.72 KiB) Προβλήθηκε 3320 φορές

#17

Καλησπέρα!
Ευχαριστώ πολύ για την ενασχόληση όλων σας.
Ήταν μια άσκηση από παλιό τεύχος του mathematics magazine.
Καλή επερχόμενη εβδομάδα!

#18

chris_gatos έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 30, 2024 11:06 pm
Καλησπέρα Σωτήρη. Γιώργο, Σιλουανέ!
Σας ευχαριστώ θερμά για την ανασχόληση. Από χτες κατάλαβα από μηνύματα φίλων πως υπάρχει σύγχυση με γνωστή άσκηση
στην οποία στο δεύτερο μέλος υπάρχει τρία και αναφέρεται σε ισόπλευρο τρίγωνο ενώ αυτή σε ισοσκελές.
Παράληψη μου είναι πως δεν ανέφερα πως δεν πιάνεται περίπτωση εκφυλισμένου τριγώνου.
Η λύση που διαθέτω αποδεικνύει πως μπορώ να βάλω στη θέση του δύο οποιονδήποτε αριθμό από το πλήν ένα έως και το τρια και να λάβω λύση.
Για το συγκεκριμένο βγαίνουν τρία τρίγωνα.
Αυτά με γωνίες $\left (\frac{\pi}{18},\frac{\pi}{18},\frac{\pi}{9} \right )$ , $\left (\frac{5\pi}{18},\frac{5\pi}{18},\frac{4\pi}{9} \right )$ , $\left (\frac{7\pi}{18},\frac{7\pi}{18},\frac{2\pi}{9} \right )$ .
Nu
Μόλις βρω χρόνο θα ανεβάσω μια λύση.
Καλό σας βράδυ και ευχαριστώ ξανά για το ενδιαφέρον!
Edit:
Όσο έγραφα ο Μιχάλης και ο Γρηγόρης έδωσαν τις σκέψεις τους. Τους ευχαριστώ πολύ και αυτούς.

Χρήστο πως κατέληξες στα τρία τρίγωνα; Ναι, είναι αυτά στα οποία κατέληξα και εγώ, εμπειρικά όμως, χωρίς καν να έχω αποδείξει ότι είναι ισοσκελη. Αν γνωρίζω ότι ουσιαστικά υπάρχουν τρία ακριβώς τρίγωνα που ικανοποιούν την δοθείσα συνθήκη και ότι αυτά είναι ισοσκελη, τότε ναι, μπορώ να περιοριστώ στην περίπτωση a=u+vi, b=i, c=-u+vi

- - ή διαπραγμάτευση μου εξηγεί πως - - και να καταλήξω στην συνθήκη 8v^3 - 6v=-1,

και επίσης από νόμο συνημιτονων στο ισοσκελες βγάζω για την γωνία κορυφής $\sigma \upsilon \nu \theta =-v$ , οπότε $\sigma \upsilon \nu 3\theta =-\dfrac{1}{2}$ και εύκολα οι τρεις ρίζες της τριτοβάθμιας οδηγούν στις τρεις γωνίες κορυφής, $\dfrac{8\pi}{9}, \dfrac{4\pi}{9}, \dfrac{2\pi}{9}.$

[Εντάξει, αν γνωρίζουμε ότι τα τρίγωνα είναι ισοσκελη, τότε, σύμφωνα και με τα παραπάνω, γνωρίζουμε ότι έχουμε τρεις δυνατότητες για την γωνία κορυφής του ισοσκελους αντιστοιχουσες στις τρεις ρίζες της τριτοβάθμιας. Αλλά, και πάλι, θα ήθελα να δω πως το αντιμετώπισες, Χρήστο.]

#19

Καλησπέρα Γιώργο και συγγνώμη για την αργοπορία καθώς ειχα να μπω πολύ καιρό στο φόρουμ.
Δε νομίζω πως έχω να πω κάτι παραπάνω από όσα είχαν πρι εκλεκτοί κι αξιοσέβαστοι συνάδελφοι.
Χαιρομαι που σε άγγιξε το θέμα.
Να είσαι καλά.
Χρήστος

Μιγαδικοί και Γεωμετρία.

Μιγαδικοί και Γεωμετρία.

Re: Μιγαδικοί και Γεωετρία.

Re: Μιγαδικοί και Γεωετρία.

Re: Μιγαδικοί και Γεωετρία.

Re: Μιγαδικοί και Γεωετρία.

Re: Μιγαδικοί και Γεωετρία.

Re: Μιγαδικοί και Γεωετρία.

Re: Μιγαδικοί και Γεωετρία.

Re: Μιγαδικοί και Γεωετρία.

Re: Μιγαδικοί και Γεωετρία.

Re: Μιγαδικοί και Γεωετρία.

Re: Μιγαδικοί και Γεωετρία.

Re: Μιγαδικοί και Γεωετρία.

Re: Μιγαδικοί και Γεωετρία.

Re: Μιγαδικοί και Γεωετρία.

Re: Μιγαδικοί και Γεωετρία.

Re: Μιγαδικοί και Γεωμετρία.

Re: Μιγαδικοί και Γεωετρία.

Re: Μιγαδικοί και Γεωμετρία.

Μέλη σε σύνδεση