4ο από διαγώνισμα

mathxl · #1

Έστω ο μιγαδικός αριθμός $\displaystyle{{z_{\left( \alpha \right)}} = \frac{\alpha }{{1 + \alpha i}},\alpha \in R}$ .
ι. Να βρείτε τον γεωμετρικό τόπο των εικόνων Μ του $\displaystyle{{z_{\left( \alpha \right)}}}$

ιι. Να βρείτε τους μιγαδικούς με το μέγιστο και ελάχιστο μέτρο (αν υπάρχουν)

ιιι. Αν οι εικόνες Μ του $\displaystyle{{z_{\left( \alpha \right)}}}$ ανήκουν σε κύκλο κέντρου $\displaystyle{{\rm K}\left( {0, - \frac{1}{2}} \right)}$ και ακτίνας $\displaystyle{\rho = \frac{1}{2}}$
, να δείξετε ότι οι εικόνες των μιγαδικών $\displaystyle{{z_{\left( \alpha \right)}},{z_{\left( { - \frac{1}{\alpha }} \right)}}}$ είναι αντιδιαμετρικά σημεία του κύκλου αυτού.

ιv. Να δείξετε ότι το τρίγωνο που έχει ως κορυφές τις εικόνες των μιγαδικών $\displaystyle{{z_{\left( 1 \right)}},{z_{\left( { - 1} \right)}},{z_{\left( {2012} \right)}}}$
είναι ορθογώνιο

Επεξεργασία:Είχα γράψει ότι η άσκηση είναι δική μου κατασκευή. Την ιδέα την πήρα από ένα συνάδελφο βλέποντας μια παρόμοια άσκηση με αυτή σε σημειώσεις του...αργότερα είδα ότι εκείνη η άσκηση του συναδέφου βρισκόταν ατόφια στο βιβλίο του Βασίλη Παπαδάκη. Οπότε η ιδέα είναι του Βασίλη.

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #2

Ας ξεκινήσω
i.
$\displaystyle{z = \frac{a}{{1 + ai}} \Leftrightarrow z + azi = a \Leftrightarrow z = a(1 - zi)\begin{array}{*{20}c} {} & {(1)} \\ \end{array} }$

Αν $\displaystyle{z = - i}$ τότε η (1) γίνεται $\displaystyle{ - i = 0}$ Αδύνατο
Για $\displaystyle{z \ne - i}$ έχουμε $\displaystyle{ a = \frac{z}{{1 - zi}} }$
όμως $\displaystyle{ a \in R \Leftrightarrow a = \overline a \Leftrightarrow \frac{z}{{1 - zi}} = \frac{{\overline z }}{{1 + \overline z i}} \Leftrightarrow z(1 + \overline z i) = \overline z (1 - zi) \Leftrightarrow z + z\overline z i = \overline z - z\overline z i \Leftrightarrow 2z\overline z i + z - \overline z = 0 \Leftrightarrow }$
$\displaystyle{ 2i(x^2 + \psi ^2 ) + 2\psi i = 0 \Leftrightarrow x^2 + \psi ^2 + \psi = 0 \Leftrightarrow x^2 + (\psi + \frac{1}{2}) = \frac{1}{4} }$
Επομένως ο γεωμετρικός τόπος είναι κύκλος με κέντρο $\displaystyle{ K(0, - \frac{1}{2}) }$ και ακτίνας $\displaystyle{ \rho = \frac{1}{2} }$ ,εκτός του σημείου $\displaystyle{ {\rm A}(0, - 1) }$

ii.
O μιγαδικός με το ελάχιστο μέτρο είναι ο $\displaystyle{z = 0}$ . Ενώ δεν υπάρχει μιγαδικός με μέγιστο μέτρο.

iii.
$\displaystyle{z_{(a)} = \frac{a}{{1 + ai}}}$ και $\displaystyle{ z_{( - \frac{1}{a})} = \frac{{ - \frac{1}{a}}}{{1 - \frac{1}{a}i}} = \frac{{ - \frac{1}{a}}}{{\frac{{a - i}}{a}}} = \frac{{ - 1}}{{a - i}} }$

Εχουμε $\displaystyle{ \left| {z_{(a)} - z_{( - \frac{1}{a})} } \right| = \left| {\frac{a}{{1 + ai}} + \frac{1}{{a - i}}} \right| = \left| {\frac{a}{{i(a - i)}} + \frac{1}{{a - i}}} \right| = \left| {\frac{{ - ai + 1}}{{a - i}}} \right| = \frac{{\sqrt {1 + a^2 } }}{{\sqrt {1 + a^2 } }} = 2\rho }$

οπότε οι είκόνες των $\displaystyle{z_{(a)} }$ και $\displaystyle{z_{( - \frac{1}{a})} }$ είναι αντιδιαμετρικά σημεία.

iv.

Επειδή οι εικόνες των $\displaystyle{z_{(1)} }$ και $\displaystyle{z_{( - 1)} }$ είναι αντιδιαμετρικά σημεία.Και η εικόνα του $\displaystyle{z_{(2012)} }$ είναι σημείο του παραπάνω γεωμετρικού τόπου, εχω οτι το τρίγωνο που σχηματίζεται θα είναι ορθογώνιο (ως εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο).

#3

Καλησπέρα στην παρέα και μέσα από το νεο look....μιά προσπάθεια στην δημιουργία του συνονοματου...

ι) Είναι $z=\frac{a}{1+ai}\Leftrightarrow z(1+ai)=a\Leftrightarrow z+aiz=a\Leftrightarrow a-aiz=z$ ή a(1-iz)=z

(1) αν

τότε από (1) έχουμε 0=-i

που είναι αδύνατο άρα $z\ne -i$ και από (1) προκύπτει $a=\frac{z}{1-iz}$ και με z=x+yi

έχουμε ότι $a=\frac{x+yi}{1-i(x+yi)}=\frac{x+yi}{(1+y)-ix}=\frac{x(1+y)-xy}{{{(1+y)}^{2}}+{{x}^{2}}}+\frac{y(1+y)+{{x}^{2}}}{{{(1+y)}^{2}}+{{x}^{2}}}i$ και τελικά είναι $a=\frac{x}{{{(1+y)}^{2}}+{{x}^{2}}}+\frac{y+{{y}^{2}}+{{x}^{2}}}{{{(1+y)}^{2}}+{{x}^{2}}}i$ και επειδή $a\in R$ θα ισχύει $\frac{y+{{y}^{2}}+{{x}^{2}}}{{{(1+y)}^{2}}+{{x}^{2}}}=0\Leftrightarrow y+{{y}^{2}}+{{x}^{2}}=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{(y+\frac{1}{2})}^{2}}=\frac{1}{4}$ που σημαίνει ότι η εικόνα του

σημείο κύκλου κέντρου $K(0,\,\,-\frac{1}{2})$ και ακτίνας $\rho =\frac{1}{2}$ εκτός του σημείου Α(0, -1)
ιι) Επειδή ο κύκλος διέρχεται από την αρχή των αξόνων και τέμνει τον {y}'y

στο Α(0, -1) που δεν ανήκει στον γεωμετρικό τόπο ο μιγαδικός με το ελάχιστο μέτρο είναι ο ${{z}_{0}}=0+0i$ και δεν υπάρχει μιγαδικός με μέγιστο μέτρο

ιιι) Είναι ${{z}_{a}}=\frac{a}{1+ai},\,\,\,{{z}_{-\frac{1}{a}}}=\frac{-\frac{1}{a}}{1-\frac{1}{a}i}=-\frac{1}{a-i}$ για $a\ne 0$ και για να είναι εικόνες αντιδιαμετρικών του κύκλου αυτού πρέπει η εικόνα του μιγαδικού $\frac{{{z}_{a}}+{{z}_{(-\frac{1}{a})}}}{2}$ να είναι το κέντρο του κύκλου $K(0,\,\,-\frac{1}{2})$ έτσι αρκεί $\frac{{{z}_{a}}+{{z}_{(-\frac{1}{a})}}}{2}=0-\frac{1}{2}i$ ή $\,{{z}_{a}}+{{z}_{(-\frac{1}{a})}}=-i$ (2)
Είναι τώρα ${{z}_{a}}+{{z}_{-\frac{1}{a}}}=\frac{a}{1+ai}-\frac{1}{a-i}=\frac{a(1-ai)}{1+{{a}^{2}}}-\frac{a+i}{1+{{a}^{2}}}=\frac{a-{{a}^{2}}i-a-i}{1+{{a}^{2}}}=-i$ άρα η (2) ισχύει
iv) Επειδή οι εικόνες των ${{z}_{(1)}},\,\,{{z}_{(-1)}}$ αντίστοιχα Α,Β σύμφωνα με το (ιιι) είναι αντιδιμετρικές στο κύκλο και η εικόνα του ${{z}_{(2012)}}$ Γ, είναι σημείο του κύκλου προφανώς το τρίγωνο ΑΓΒ είναι ορθογώνιο αφού ΑΒ διάμετρος κύκλου και το Γ βλέπει διάμετρο.

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

mathxl · #4

Σας ευχαριστώ

mathxl · #5

Ένα αρχείο ggb το οποίο μετακινώντας τον δρομέα με τα βελάκια του πληκτρολογίου (όχι το ποντίκι) και ίχνος ενεργό δείχνει τον σχηματισμό του τόπου. Το διάνυσμα u παριστάνει το διάνυσμα θέσεως της εικόνας του μιγαδικού $\( {{z_a}}$ . Επειδή $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{a \to \pm \infty } {\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {{z_a}} \right) = - 1 \wedge \mathop {\lim }\limits_{a \to \pm \infty } {\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {{z_a}} \right) = 0}$ έβαλα τιμές στην παράμετρο του δρομέα α από -10 εώς 10. Προφανώς όσο μεγαλύτερες τιμές δώσουμε τόσο καλύτερα καλύπτουμε όλο τον κύκλο εκτός το (0,-1)

Με $\displaystyle{A}$ έχουμε συμβολίσει την εικόνα του $\displaystyle{{{z_a}}}$ και με $\displaystyle{E}$ την εικόνα του $\displaystyle{{{z_{ - \frac{1}{a}}}}}$
Φαίνεται πάλι δυναμικά ότι πάντα είναι αντιδιαμετρικά σημεία (διακεκομμένο πράσινο τμήμα)! Επίσης το τρίγωνο με τα κόκκινα τμήματα είναι το ορθογώνιο του τελευταίου υποερωτήματος. Αξίζει να σημειωθεί ότι η τιμή 2012 είναι αρκετά μεγάλη ώστε το φανταστικό μέρος να τείνει στο -1 αλλά να μην ταυτίζεται με αυτό

Ωmega Man · #6

Έπεσα κατά τύχη στην άσκηση αυτή, ας μου εξηγήσει κάποιος γιατί για το πρώτο ερώτημα αυτό που θα γράψω είναι σωστό ή λάθος.

$\displaystyle{\left|z_{a}\right|=\left|\frac{a}{a+i}\right|=\frac{|a|}{\sqrt{1+a^2}}}$

το οποίο βγαίνει κύκλος κέντρου (0,0) και ακτίνας $\displaystyle{\frac{|a|}{\sqrt{1+a^2}\right|}$ . Ζωγραφίζοντας την συνάρτηση $\displaystyle{f(x)=\frac{|x|}{\sqrt{1+x^2}}$ , βλέπουμε αυτό που ειπώθηκε παραπάνω ότι το μικρότερο μέτρο είναι το 0 για α=0 ενώ για το μέγιστο το οποίο είναι το 1, βλέπουμε από το γράφημα ότι δεν το πιάνει κανείς z. Με λίγα λόγια αν ο $\displaystyle{z_{a}}$ είναι μια οικογένεια σύνθετων

, δεν είναι λίγο περίεργη η λύση που δόθηκε παραπάνω;

: rp.gif (4.39 KiB) Προβλήθηκε 1872 φορές

mathxl · #7

Γιώργο καλό βράδυ! Αυτό που βλέπω είναι ότι το μέτρο του μιγαδικού που υπολόγισες δεν είναι σταθερό. Πως μπορούμε να ισχυριστούμε ότι ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων είναι ο συγκεκριμένος κύκλος που αναφέρεις αφού τα σημεία αυτά δεν ισαπέχουν από την αρχή των αξόνων (μεταβλητή ακτίνα); Έκεί βρίσκεαι κατά την γνώμη μου το λάθος.

Ωmega Man έγραψε:Έπεσα κατά τύχη στην άσκηση αυτή, ας μου εξηγήσει κάποιος γιατί για το πρώτο ερώτημα αυτό που θα γράψω είναι σωστό ή λάθος.

$\displaystyle{\left|z_{a}\right|=\left|\frac{a}{a+i}\right|=\frac{|a|}{\sqrt{1+a^2}}}$

το οποίο βγαίνει κύκλος κέντρου (0,0) και ακτίνας $\displaystyle{\frac{|a|}{\sqrt{1+a^2}\right|}$ . Ζωγραφίζοντας την συνάρτηση $\displaystyle{f(x)=\frac{|x|}{\sqrt{1+x^2}}$ , βλέπουμε αυτό που ειπώθηκε παραπάνω ότι το μικρότερο μέτρο είναι το 0 για α=0 ενώ για το μέγιστο το οποίο είναι το 1, βλέπουμε από το γράφημα ότι δεν το πιάνει κανείς z. Με λίγα λόγια αν ο $\displaystyle{z_{a}}$ είναι μια οικογένεια σύνθετων , δεν είναι λίγο περίεργη η λύση που δόθηκε παραπάνω;

rp.gif

plat_man · #8

Η παρακάτω λύση δεν βγάζει εκτός το σημείο Α(0,-1). Κάνω κάποιο λάθος;

mathxl · #9

Φίλε Παναγιώτη, στο τελευταίο βήμα που υψώνουμε στο τετράγωνο αλλά και όταν προσθέτουμε κατά μέλη χάνεται η ισοδυναμία και έτσι βρίσκουμε που κινείται η εικόνα και όχι τον τόπο της. Δηλαδή δείχνουμε ότι αν η εικόνα του z(ορό) έχει την ιδιότητα να γράφεται ως το δοθέν κλάσμα τότε θα βρίσκεται στον συγκεκριμένο κύκλο. Μας λείπει το αντίστροφο, δηλαδή ότι κάθε σημείο του συγκεκριμένου κύκλου (άρα και το (0,-1) ) έχει την ιδιότητα να γράφεται ως το δοθέν κλάσμα, δηλαδή να υπάρχει πραγματικός αριθμός α, ώστε το σημείο (0,-1) να γράφεται στην κατάλληλη κλασματική μορφή που θα ορίζει το α. Πράγμα που μπορούμε να διαπιστώσουμε ότι δεν συμβαίνει!

plat_man · #10

Ευχαριστώ. Κατάλαβα την διαφορά. (Μια τέτοια παραμετρική υπάρχει και Πανελλήνιες 2007, στο Α. ερώτημα ζητάει την εικόνα του μιγαδικού. Αν ζήταγε τον γ.τ. θα εξαιρούσαμε το σημείο (0,1)). Συγχαρητήρια για την κατασκευή.

Ωmega Man · #11

Λίγο διαφορετικά το 4ο.

4α.

$\displaystyle{z_a\,=\,\frac{a}{1\,+\,ai}\,=\,\frac{a(1\,-\,ai)}{1\,+\,a^{\small2}}\,=\,\frac{a}{1\,+\,a^{\small2}}\,-\,\frac{a^{\small2}}{1\,+\,a^{\small2}}\,i}$

Έστω $\displaystyle{a\,=\,\tan(t/2)}$ όπου $\displaystyle{-\pi\,<\,t\,<\,\pi}$ ,
$\displaystyle{\,z_a\,=\,x\,+\,yi}$ όπου $\displaystyle{x\,=\,\frac{\small1}{\small2}sin(t)}$ και $\displaystyle{y\,=\,\left(\frac{\small1}{\small2}\cos(t)\,-\,\frac{\small1}{\small2}\right))i}$ ,
έτσι λοιπόν ο γ.τ. έχει εξίσωση $\displaystyle{x^{\small2}\,+\,\left(y\,+\,\frac{\small1}{\small2}\right)^{\small2}\,=\,\frac{\small1}{\small4}}$ , αλλά εξαιρεί το σημείο (0,-1).

4β.

$\displaystyle{|z_a|^{\small2}\,=\,x^{\small2}\,+\,y^{\small2}\,=\,\frac{\small1}{\small2}\left(1\,-\,\cos(t)\right)}$ , έτσι $\displaystyle{|z_a|}$ έχει ελάχιστο το 0 (για $z_0\,=\,0$ ) και όχι μέγιστο.

4γ.

$\displaystyle{z_a,\,z_{{\small{-1}}/a\,}}$ , όπου $\displaystyle{a\,\ne\,0}$ αντιστοιχούν στις τιμές του οι οποίες διαφέρουν κατά π και έτσι τα αντίστοιχα σημεία είναι διαμετρικά αντίθετα.