ΑΣΚΗΣΗ ΜΙΓΑΔΙΚΩΝ

#1

Αν $z_1,z_2\in C$ με Im(z_1)<1<Re(z_2)

και $\left|z_1-i\right|=\left|z_1-1-i\right|=\left|z_2-1\right|=\left|z_2-1-i\right|=1$ να αποδειχθεί ότι $\dfrac{z_1}{z_2}\in \mathbb{R}$

#2

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε:Αν $z_1,z_2\in C$ με και $\left|z_1-i\right|=\left|z_1-1-i\right|=\left|z_2-1\right|=\left|z_2-1-i\right|=1$ να αποδειχθεί ότι $\dfrac{z_1}{z_2}\in \mathbb{R}$

Καλό βράδυ.

Με τη χρονοβόρα αλλά ασφαλή μέθοδο.
Έστω z_1=a+bi, z_2=x+yi

, με

. Από την υπόθεση προκύπτουν οι εξισώσεις:
$\displaystyle{\left\{ {{a^2} + {{(b - 1)}^2} = 1,{{(a - 1)}^2} + {{(b - 1)}^2} = 1} \right\}}$ και $\displaystyle{\left\{ {{{(x - 1)}^2} + {y^2} = 1,{{(x - 1)}^2} + {{(y - 1)}^2} = 1} \right\}}$

Οπότε παίρνουμε: $\displaystyle{{(a - 1)^2} = {a^2} \Leftrightarrow a = \frac{1}{2} \wedge {(y - 1)^2} = {y^2} \Leftrightarrow y = \frac{1}{2}}$

Αντικαθιστώντας αυτές τις τιμές στις απλούστερες από τις παραπάνω εξισώσεις, βρίσκουμε:

$\displaystyle{b = 1 \pm \frac{{\sqrt 3 }}{2},x = 1 \pm \frac{{\sqrt 3 }}{2}}$ . Αλλά, b<1<x

, οπότε: $\displaystyle{b = 1 - \frac{{\sqrt 3 }}{2}, x = 1 + \frac{{\sqrt 3 }}{2}}$

Άρα $\displaystyle{{z_1} = \frac{1}{2} + \left( {1 - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)i}$ και $\displaystyle{{z_2} = \left( {1 + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) + \frac{1}{2}i}$

Εύκολα τώρα βρίσκουμε $\displaystyle{\frac{{{z_1}}}{{{z_2}}} = \frac{{\frac{1}{2} + \left( {1 - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)i}}{{\left( {1 + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) + \frac{1}{2}i}} = ... = \left( {2 - \sqrt 3 } \right) \in R}$

#3

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε:Αν $z_1,z_2\in C$ με και $\left|z_1-i\right|=\left|z_1-1-i\right|=\left|z_2-1\right|=\left|z_2-1-i\right|=1$ να αποδειχθεί ότι $\dfrac{z_1}{z_2}\in \mathbb{R}$

...Καλησπερίζω την παρέα με μία αντιμετώπιση στο θέμα αν και πιστεύω θα υπάρχει και ποιό σύντομη....

Από $\left| {{z}_{1}}-i \right|=\left| {{z}_{1}}-1-i \right|$ προκύπτει ότι η εικόνα του μιγαδικού ${{z}_{1}}$

είναι σημείο της μεσοκαθέτου του ευθυγράμμου τμήματος

με $A(0,\,1),\,\,B(1,\,1)$ άρα σημείο της ευθείας

$x=\frac{1}{2}$ άρα ${{z}_{1}}=\frac{1}{2}+yi$ και επειδή

$|z-i|=1\Leftrightarrow {{\left( \frac{1}{2} \right)}^{2}}+{{(y-1)}^{2}}=1\Leftrightarrow {{(y-1)}^{2}}=\frac{3}{4}$

και λόγω υπόθεσης y<1

προκύπτει ότι

$-y+1=\frac{\sqrt{3}}{2}\Leftrightarrow y=1-\frac{\sqrt{3}}{2}$ άρα ${{z}_{1}}=\frac{1}{2}+\left( 1-\frac{\sqrt{3}}{2} \right)i$

Όμοια για τον ${{z}_{2}}$ από $\left| {{z}_{2}}-1 \right|=\left| {{z}_{2}}-1-i \right|$ προκύπτει ότι η εικόνα του μιγαδικού ${{z}_{2}}$

είναι σημείο της μεσοκαθέτου του ευθυγράμμου τμήματος $\Gamma \Beta$ με $\Gamma (1,\,0),\,\,B(1,\,1)$ άρα σημείο της ευθείας

$y=\frac{1}{2}$ άρα ${{z}_{2}}=x+\frac{1}{2}i$ και επειδή

$|z-i|=1\Leftrightarrow {{\left( \frac{1}{2} \right)}^{2}}+{{(y-1)}^{2}}=1\Leftrightarrow {{(y-1)}^{2}}=\frac{3}{4}$ και επειδή

$|z-1|=1\Leftrightarrow {{\left( \frac{1}{2} \right)}^{2}}+{{(x-1)}^{2}}=1\Leftrightarrow {{(x-1)}^{2}}=\frac{3}{4}$ και λόγω υπόθεσης 1<x

προκύπτει ότι $x-1=\frac{\sqrt{3}}{2}\Leftrightarrow x=1+\frac{\sqrt{3}}{2}$ άρα ${{z}_{2}}=\left( 1+\frac{\sqrt{3}}{2} \right)+\frac{1}{2}i$

Έτσι έχουμε ότι $\frac{{{z}_{1}}}{{{z}_{2}}}=\frac{\frac{1}{2}+\left( 1-\frac{\sqrt{3}}{2} \right)i}{\left( 1+\frac{\sqrt{3}}{2} \right)+\frac{1}{2}i}=$

$=\frac{\frac{1}{2}\left( 1+\frac{\sqrt{3}}{2} \right)-\frac{1}{2}\left( 1-\frac{\sqrt{3}}{2} \right)}{{{\left( 1+\frac{\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}+\frac{1}{4}}+\frac{\left( 1+\frac{\sqrt{3}}{2} \right)\left( 1-\frac{\sqrt{3}}{2} \right)-\frac{1}{4}}{{{\left( 1+\frac{\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}+\frac{1}{4}}i=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{{{\left( 1+\frac{\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}+\frac{1}{4}}\in R$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

maiksoul · #4

Ονομάζω $\displaystyle{ z_2 - 1 = w\,\,\, \wedge \,\,\,\,z_1 - i\,\, = \,\,v\,\,\, }$ τότε ισχύουν:

$\displaystyle{ \begin{array}{l} \left| w \right| = 1 \Leftrightarrow a^2 + b^2 = 1\,\,\,\,(1)\,\,,\,\,\,\,w = a + bi\,\,\, \\ \left| {w - i} \right| = 1 \Leftrightarrow a^2 + b^2 - 2b + 1 = 1\,\,\mathop \Rightarrow \limits^{(1)} \,\,\,b = \frac{1}{2}\,\,\mathop \Rightarrow \limits^{(1)} a = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow w = \frac{{\sqrt 3 }}{2} + i\frac{1}{2} \Rightarrow z_2 = 1 + \frac{{\sqrt 3 }}{2} + i\frac{1}{2}\,\, \\ \end{array} }$
Όμοια προκύπτει πως
$\displaystyle{ \,\,z_1 = \,\,\frac{1}{2} + (\,1 - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\,\,)\,i\,\, }$

Άρα με διαίρεση έχουμε εύκολα πως $\displaystyle{ \,\,\,\frac{{z_1 }}{{z_2 }} \in \Re \,\, }$
Με πρόλαβαν... το αφήνω για τον κόπο.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε:Αν $z_1,z_2\in C$ με και $\left|z_1-i\right|=\left|z_1-1-i\right|=\left|z_2-1\right|=\left|z_2-1-i\right|=1$ να αποδειχθεί ότι $\dfrac{z_1}{z_2}\in \mathbb{R}$

Ας το δούμε και γεωμετρικά...

Οι κύκλοι $\displaystyle{{c_1},{c_2},{c_3}}$ κέντρων $\displaystyle{N,M,C}$ αντίστοιχα είναι μοναδιαίοι. Οι μιγαδικοί $\displaystyle{{z_1},{z_2}}$ με εικόνες $\displaystyle{A,B}$ αντίστοιχα ικανοποιούν όλα τα δεδομένα του προβλήματος ερμηνεύοντας το...(εύκολα ).. γεωμετρικά.
Τα τρίγωνα $\displaystyle{NMA,MCB}$ είναι ισόπλευρα κι έτσι είναι προφανές( $\displaystyle{{75^0} + {45^0} + {60^0} = {180^0}}$ ) ότι $\displaystyle{O,A,B}$ είναι συνευθειακά οπότε (γνωστή πρόταση ) $\displaystyle{\frac{{{z_1}}}{{{z_2}}} = k \in R}$

#6

Σας ευχαριστώ όλους για τις λύσεις σας.
Η ιδέα κατασκευής της άσκησης ξεκινά από τη Γεωμετρία και φυσικά ο Μιχάλης την προσεγγίζει με τον τρόπο που και εγώ τη σκέφτηκα (οι Γεωμετρικές σκέψεις συναντιούνται...). Υπάρχει σχετική άσκηση (8) στις Γενικές 2ου Κεφαλαίου των Μαθ. κατεύθυνσης της Β τάξης.

ΑΣΚΗΣΗ ΜΙΓΑΔΙΚΩΝ

ΑΣΚΗΣΗ ΜΙΓΑΔΙΚΩΝ

Re: ΑΣΚΗΣΗ ΜΙΓΑΔΙΚΩΝ

Re: ΑΣΚΗΣΗ ΜΙΓΑΔΙΚΩΝ

Re: ΑΣΚΗΣΗ ΜΙΓΑΔΙΚΩΝ

Re: ΑΣΚΗΣΗ ΜΙΓΑΔΙΚΩΝ

Re: ΑΣΚΗΣΗ ΜΙΓΑΔΙΚΩΝ

Μέλη σε σύνδεση