Τρεις τουλάχιστον αποδείξεις

KARKAR · #1

Οι εικόνες A,B,C

των μιγαδικών $z_{1},z_{2},z_{3}$ αντίστοιχα , είναι σημεία του μοναδιαίου κύκλου και σχηματίζουν

ισόπλευρο τρίγωνο . Αν

τυχαίος μιγαδικός , δείξτε ότι : $|z-z_{1}|^2+|z-z_{2}|^2+|z-z_{3}|^2=3(|z|^2+1)$ .

Θέλουμε τρεις ( τουλάχιστον ) αποδείξεις , από τις οποίες μόνο η μία να στηρίζεται στις ιδιότητες των μιγαδικών .

#2

KARKAR έγραψε:Οι εικόνες των μιγαδικών $z_{1},z_{2},z_{3}$ αντίστοιχα , είναι σημεία του μοναδιαίου κύκλου και σχηματίζουν

ισόπλευρο τρίγωνο . Αν τυχαίος μιγαδικός , δείξτε ότι : $|z-z_{1}|^2+|z-z_{2}|^2+|z-z_{3}|^2=3(|z|^2+1)$ .

Θέλουμε τρεις ( τουλάχιστον ) αποδείξεις , από τις οποίες μόνο η μία να στηρίζεται στις ιδιότητες των μιγαδικών .

Γεια σου Θανάση. Γεια σε όλους.

Ξεκινάω με μία Γεωμετρική.

Για τυχαίο σημείο

η αποδεικτέα σχέση παίρνει τη μορφή MA^2+MB^2+MC^2=3(MO^2+1)

Είναι $\displaystyle{AB = AC = BC = \sqrt 3 ,AH = \frac{3}{2},AO = 1,OH = \frac{1}{2}}$

Θεώρημα διαμέσων στο MBC

: $\boxed{M{B^2} + M{C^2} = 2M{H^2} + \frac{3}{2}}$ (1)

: At least 3....png (14.33 KiB) Προβλήθηκε 1715 φορές

Θεώρημα Stewart στο MAH

: $\displaystyle{\frac{1}{2} \cdot M{A^2} + M{H^2} = \frac{3}{2} \cdot M{O^2} + \frac{3}{4} \Leftrightarrow }$ $\boxed{M{A^2} + 2M{H^2} = 3M{O^2} + \frac{3}{2}}$ (2)

Με πρόσθεση των (1), (2)

κατά μέλη, προκύπτει το ζητούμενο.

STOPJOHN · #3

Nα κάνω την αρχή
Θέτουμε
$\alpha =z_{1}+z_{2}+z_{3},S=\left|z-z _{1}\right|^{2}+\left|z-z_{2} \right|^{2}+\left|z-z_{3} \right|^{2}$

Aκόμη είναι $\left|\alpha \right|^{2}=3+\frac{z_{1}^{2}+z_{2}^{2}}{z_{1}z_{2}}+\frac{z_{1}^{2}+z_{3}^{2}}{z_{1}z_{3}}+\frac{z_{2}^{2}+z_{3}^{2}}{z_{2}z_{3}}$ (*)

Eίναι $\left|z_{1} -z_{2}\right|=R\sqrt{3}=\sqrt{3}\Leftrightarrow \left|z_{1}-z_{2} \right|^{2}=3\Leftrightarrow z_{1}^{2}+z_{2}^{2}+z_{1}z_{2}=0, (1)$
Από (*),(1) έχουμε
$\left|a \right|^{2}=3-3=0\Leftrightarrow a=0, S=3\left|z \right|^{2}+3-a\bar{z}-\bar{a}z=3(\left|z \right|^{2}+1)$
Xρησιμοποίησα τις σχέσεις $z_{1}\bar{z_{1}}=1$ και ομοίως για τους άλλους δυο μιγαδικούς αριθμούς

Γιάννης

#4

Και μία με Αναλυτική Γεωμετρία.

Από το σχήμα στην προηγούμενη δημοσίευσή μου θέτω M(x,y)

. Είναι ακόμα $\displaystyle{A(0,1),B\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2}, - \frac{1}{2}} \right),C\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2},\frac{-1}{2}} \right)}$ .

$\displaystyle{M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = {x^2} + {(y - 1)^2} + {\left( {x + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} + {\left( {y + \frac{1}{2}} \right)^2} + {\left( {x - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} + {\left( {y + \frac{1}{2}} \right)^2} = }$

$\displaystyle{3{x^2} + 3{y^2} + 3 = 3(M{O^2} + 1)}$

BAGGP93 · #5

Γεια σας. κ Γιώργο, πώς προέκυψε ότι τα σημεία $\displaystyle{A\,,B\,,C}$ είναι αυτά που δίνετε στην τρίτη λύση ;

Παρατήρησα ότι οι κορυφές του τριγώνου αυτού προκύπτουν από στροφή κατά $\displaystyle{90^{o}}$ του τριγώνου

με κορυφές τις εικόνες των κυβικών ριζών της μονάδας. Μπορούμε να γενικέυσουμε το αποτέλεσμα ως :

$\displaystyle{\sum_{i=1}^{n}\left|z-z_{i}\right|^2=n\,\left(\left|z\right|^2+1\right)}$ όπου $\displaystyle{z_{i}\,,i=1,...,n\,,n\geq 3}$

οι $\displaystyle{n-}$ οστές ρίζες της μονάδος ; Αν ναι, ποια η γεωμετρική ερμηνεία ;

#6

BAGGP93 έγραψε:Γεια σας. κ Γιώργο, πώς προέκυψε ότι τα σημεία $\displaystyle{A\,,B\,,C}$ είναι αυτά που δίνετε στην τρίτη λύση ;

Γεια σου Βαγγέλη.

Δεν είμαι σίγουρος αν κατάλαβα καλά το ερώτημα.
Τα σημεία A, B, C

είναι κορυφές ισοπλεύρου τριγώνου και ανήκουν στο μοναδιαίο κύκλο.
Θεωρώ σύστημα συντεταγμένων όπου ο άξονας y'y

διέρχεται από την κορυφή

και κατά συνέπεια x'x||BC

. Οι συντεταγμένες των σημείων προκύπτουν εύκολα.

#7

KARKAR έγραψε:Οι εικόνες των μιγαδικών $z_{1},z_{2},z_{3}$ αντίστοιχα , είναι σημεία του μοναδιαίου κύκλου και σχηματίζουν

ισόπλευρο τρίγωνο . Αν τυχαίος μιγαδικός , δείξτε ότι : $|z-z_{1}|^2+|z-z_{2}|^2+|z-z_{3}|^2=3(|z|^2+1)$ .

...να προσθέσω και εγώ μία ακόμη που είναι μια παραλλαγή, αυτής του Γιάννη....

Είναι $|{{z}_{1}}+{{z}_{2}}+{{z}_{3}}|=|\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}|$ και επειδή

$|\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}{{|}^{2}}={{\left( \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC} \right)}^{2}}=$

${{\overrightarrow{OA}}^{2}}+{{\overrightarrow{OB}}^{2}}+{{\overrightarrow{OC}}^{2}}+2\overrightarrow{OA}\overrightarrow{OB}+2\overrightarrow{OB}\overrightarrow{OC}+2\overrightarrow{OA}\overrightarrow{OC}=3-3=0$

αφού $\left| \overrightarrow{OA} \right|=\left| \overrightarrow{OB} \right|=\left| \overrightarrow{OC} \right|=1$ και

$\left( \widehat{\overrightarrow{OA},\,\,\overrightarrow{OB}} \right)=\left( \widehat{\overrightarrow{OB},\,\,\overrightarrow{OC}} \right)=\left( \widehat{\overrightarrow{OC},\,\,\overrightarrow{OA}} \right)=\frac{2\pi }{3}$

άρα $|{{z}_{1}}+{{z}_{2}}+{{z}_{3}}|=|\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}|=0$ άρα ${{z}_{1}}+{{z}_{2}}+{{z}_{3}}=0$

Τώρα $|z-{{z}_{1}}{{|}^{2}}+|z-{{z}_{2}}{{|}^{2}}+|z-{{z}_{3}}{{|}^{2}}= 3z\bar{z}+3+\bar{z}({{z}_{1}}+{{z}_{2}}+{{z}_{3}})+z(\overline{{{z}_{1}}+{{z}_{2}}+{{z}_{3}}})=3|z{{|}^{2}}+3$

Φιλικά και Μαθημτικά
Βασίλης

#8

Ας δούμε ακόμη μία:

Θέτω z = x+iy

με $x,y\in \mathbb{R}$ και κοιτάζω το f(x,y) = |z-z_1|^2 + |z-z_2|^2 + |z-z_3|^2 - 3|z|^2 - 3

. Χωρίς να κάνω πράξεις παρατηρώ ότι f(x,y) = Ax + By + C

για κάποια A,B,C

τα οποία εξαρτώνται από τα z_1,z_2,z_3

. Ανάλογα με τις τιμές των A,B,C

, το σύνολο των λύσεων της f(x,y)=0

είναι είτε κενό, είτε ευθεία είτε όλο το επίπεδο. Είναι απλό όμως ότι για κάθε $z \in \{z_1,z_2,z_3\}$ έχουμε λύση. (Βασίζεται απλά στο γεγονός ότι οι πλευρές του τριγώνου έχουν μήκος $\sqrt{3}$ .) Έχουμε λοιπόν τρεις μη συνευθειακές λύσεις οπότε είμαστε στην τρίτη περίπτωση όπου κάθε σημείο είναι λύση.

#9

KARKAR έγραψε:Οι εικόνες των μιγαδικών $z_{1},z_{2},z_{3}$ αντίστοιχα , είναι σημεία του μοναδιαίου κύκλου και σχηματίζουν

ισόπλευρο τρίγωνο . Αν τυχαίος μιγαδικός , δείξτε ότι : $|z-z_{1}|^2+|z-z_{2}|^2+|z-z_{3}|^2=3(|z|^2+1)$ .

Θέλουμε τρεις ( τουλάχιστον ) αποδείξεις , από τις οποίες μόνο η μία να στηρίζεται στις ιδιότητες των μιγαδικών .

Παραβαίνω αυτά που λέει ο Θανάσης και δίνω και μία δική μου σκέψη με αλγεβρίτσα.

Επειδή ανήκουν στο μοναδιαίο κύκλο και σχηματίζουν ισόπλευρο τρίγωνο ισχύει (πολλάκις αποδεδειγμένο στο φόρουμ) ότι $z_{1}+z_{2}+z_{3}=0$

Έχω:

$\displaystyle{{\left| {z - {z_1}} \right|^2} + {\left| {z - {z_2}} \right|^2} = \left( {z - {z_1}} \right)\overline {\left( {z - {z_1}} \right)} + \left( {z - {z_2}} \right)\overline {\left( {z - {z_2}} \right)} = ... = 2{\left| z \right|^2} -z \overline{(z_{1}+z_{2})}- \overline z } \left( {{z_1} + {z_2}} \right) + 2,(1)}$

Όμοια

$\displaystyle{\begin{array}{l} {\left| {z - {z_2}} \right|^2} + {\left| {z - {z_3}} \right|^2} = 2{\left| z \right|^2} -z \overline{(z_{2}+z_{3})}- \overline z \left( {{z_2} + {z_3}} \right) + 2,(2)\\ {\left| {z - {z_3}} \right|^2} + {\left| {z - {z_1}} \right|^2} = 2{\left| z \right|^2} -z \overline{(z_{3}+z_{1})}- \overline z \left( {{z_3} + {z_1})} \right) + 2,(3) \end{array}}$

Προσθέτοντας κατάμέλη τις (1),(2),(3)

θα έχω:

$\displaystyle{2{\left| {z - {z_1}} \right|^2} + 2{\left| {z - {z_2}} \right|^2} + 2{\left| {z - {z_3}} \right|^2} = 6{\left| z \right|^2} - 2z\overline {\left( {{z_1} + {z_2} + {z_3}} \right)} - 2\overline z \left( {{z_1} + {z_2} + {z_3}} \right) + 6\mathop \Rightarrow \limits^{{z_1} + {z_2} + {z_3} = 0} {\left| {z - {z_1}} \right|^2} + {\left| {z - {z_2}} \right|^2} + {\left| {z - {z_3}} \right|^2} }$ $\displaystyle{= 3\left( {{{\left| z \right|}^2} + 1} \right).}$

Υ.Γ: Διόρθωση αβλεψίας στη λύση.

AlexandrosG · #10

Πολύ ωραίες λύσεις.

Μια ακόμα αλγεβρική.

Η ισότητα του προβλήματος είναι εφαρμογή της μιγαδικής ταυτότητας Lagrange:

$\displaystyle{3(|a|^2+|b|^2+|c|^2)-|a+b+c|^2=|a-b|^2+|b-c|^2+|c-a|^2}$

όπου a=z-z_1,b=z-z_2,c=z-z_3

. Είναι

και

, όπως έχει ήδη παρατηρηθεί, αφού τα z_1,z_2,z_3

είναι κορυφές ισοπλεύρου τριγώνου πάνω στον μοναδιαίο κύκλο.

KARKAR · #11

Είναι εκπληκτικό : Καμμία από τις προταθείσες λύσεις δεν είναι ακριβώς κάποια από αυτές που είχα κατά νου ...

Ας τις γράψω μία-μία , ελπίζοντας να με προλάβουν

Είναι λοιπόν ( μοιάζει με του Γιώργου αλλά χωρίς Stewart ):

: Χωρίς Stewart.png (21.49 KiB) Προβλήθηκε 1434 φορές

$\displaystyle SB^2+SC^2=2SM^2+\frac{3}{2}$ , $\displaystyle SA^2+SO^2=2SN^2+\frac{1}{2}\Rightarrow$ $\displaystyle SA^2=2SN^2-SO^2+\frac{1}{2}$

Προσθέτοντας την πρώτη με την τελευταία , παίρνω :

$\displaystyle SA^2+SB^2+SC^2=2(SM^2+SN^2)-SO^2+2$ $\displaystyle =2(2SO^2+\frac{1}{2})-SO^2+2=3SO^2+3$

KARKAR · #12

: Leibniz.png (20.71 KiB) Προβλήθηκε 1430 φορές

Το

είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου . Θεώρημα Leibniz

:

$\displaystyle SA^2+SB^2+SC^2=3SO^2+\frac{1}{3}(AB^2+BC^2+CA^2)=3SO^2+3$

KARKAR · #13

: Διανύσματα.png (26.57 KiB) Προβλήθηκε 1416 φορές

Είναι : $\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC}=\vec{0}$ . Επίσης : $\vec{SA}=\vec{SO}+\vec{OA}\Rightarrow SA^2=SO^2+OA^2+2\vec{SO}\cdot\vec{OA}$ .

Ομοίως : $SB^2=SO^2+OB^2+2\vec{SO}\cdot\vec{OB}$ και ακόμη $SC^2=SO^2+OC^2+2\vec{SO}\cdot\vec{OC}$ .

Προσθέτοντας : $SA^2+SB^2+SC^2=3SO^2+3+2\vec{SO}\cdot(\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC})=3SO^2+3$

KARKAR · #14

Ας γράψω και την αλγεβρική . Είναι η λύση του Χρήστου , λίγο πιο συμμαζεμένη :

$|z-z_{1}|^2=z\tilde{z}-\tilde{z}z_{1}-z\tilde{z_{1}}+z_{1}\tilde{z_{1}}$
$|z-z_{2}|^2=z\tilde{z}-\tilde{z}z_{2}-z\tilde{z_{2}}+z_{2}\tilde{z_{2}}$
$|z-z_{3}|^2=z\tilde{z}-\tilde{z}z_{3}-z\tilde{z_{3}}+z_{3}\tilde{z_{3}}$ . Προσθέτοντας :

$....=3|z|^2-\tilde{z}(z_{1}+z_{2}+z_{3})-z(\tilde{z_{1}}+\tilde{z_{2}}+\tilde{z_{3}})+3=3|z|^2+3$ ,

αφού οι παρενθέσεις εχουν μηδενικό περιεχόμενο .

" Μπορούμε να γενικέυσουμε το αποτέλεσμα ως :

$\displaystyle{\sum_{i=1}^{n}\left|z-z_{i}\right|^2=n\,\left(\left|z\right|^2+1\right)}$ όπου $\displaystyle{z_{i}\,,i=1,...,n\,,n\geq 3}$

οι $\displaystyle{n-}$ οστές ρίζες της μονάδος ; Αν ναι, ποια η γεωμετρική ερμηνεία ; "

Η παραπάνω απόδειξη αποτελεί και προφανή ( θετική ) απάντηση στο διατυπωθέν ερώτημα

Τρεις τουλάχιστον αποδείξεις

Τρεις τουλάχιστον αποδείξεις

Re: Τρεις τουλάχιστον αποδείξεις

Re: Τρεις τουλάχιστον αποδείξεις

Re: Τρεις τουλάχιστον αποδείξεις

Re: Τρεις τουλάχιστον αποδείξεις

Re: Τρεις τουλάχιστον αποδείξεις

Re: Τρεις τουλάχιστον αποδείξεις

Re: Τρεις τουλάχιστον αποδείξεις

Re: Τρεις τουλάχιστον αποδείξεις

Re: Τρεις τουλάχιστον αποδείξεις

Re: Τρεις τουλάχιστον αποδείξεις

Re: Τρεις τουλάχιστον αποδείξεις

Re: Τρεις τουλάχιστον αποδείξεις

Re: Τρεις τουλάχιστον αποδείξεις

Μέλη σε σύνδεση