ΕΜΕ 2010

#1

Στα επαναληπτικά θέματα της ΕΜΕ – 2010 , Θέμα 1ο :
Δίνεται ο μιγαδικός $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,z(t) = \frac{1}{{2 + it}}}$
Προκύπτει ότι ο γ. τ. των εικόνων του $\displaystyle{\,\,\,z\,\,\,}$ είναι ο κύκλος με
$\displaystyle{K\left( {\frac{1}{4},0} \right)\,\,,\,\,\,{\rm{\rho = }}\frac{1}{4}}$
Το σημείο $\displaystyle{\,\,\,(0,0)\,\,\,\,}$ ανήκει στον κύκλο , αλλά δεν υπάρχει $\displaystyle{\,\,\,t\,\,\,\,}$ έτσι ώστε $\displaystyle{\,\,z(t) = \frac{1}{{2 + it}}\,\,\,}$ , αφού για $\displaystyle{\,\,\,z(t) = 0\,\,\,}$ , έχουμε :
$\displaystyle{0 = \frac{1}{{2 + it}} \Leftrightarrow 0 = 1}$

Ερώτηση : Να εξαιρεθεί το $\displaystyle{\,\,\,(0,0)\,\,\,\,}$ ) ;

#2

Γιώργο, ίσως και αυτό να ήταν το σημείο που έδινε αξία στην άσκηση. Ότι δηλαδή, πρέπει να εξαιρεθε'ί το σημείο

$\displaystyle{(0 ,0)}$ του κύκλου.

k-ser · #3

Γίωργη ναι. Το σημείο $\displaystyle O(0,0)$ δεν είναι στο γεωμετρικό τόπο. Έχει όμως "δουλειά" ο γεωμετρικός τόπος...

Αν $\displaystyle z=x+yi$ τότε $\displaystyle x=\frac{2}{4+t^2}, \ \ y=-\frac{t}{4+t^2}$ .

Οι εξισώσεις αυτές, για $\displaystyle t=\tan{\theta}, \ \ \theta \in \left[0,\frac{\pi}{2}\right)\cup \left(\frac{\pi}{2},\pi \right)$ , είναι ισοδύναμες με τις

$\displaystyle \bf{ x-\frac{1}{4}=\frac{1}{4}\cos{2\theta}, \ \ y=-\frac{1}{4}\sin{2\theta}, \ \ \theta \in \left[0,\frac{\pi}{2}\right)\cup \left(\frac{\pi}{2},\pi \right)}$

ή τις

$\displaystyle \bf{ x-\frac{1}{4}=\frac{1}{4}\cos{\phi}, \ \ y=-\frac{1}{4}\sin{\phi}, \ \ \ \phi \in \left[0,\pi\right)\cup \left(\pi,2\pi \right)}$ .

Από τις τελευταίες εξισώσεις φαίνεται ποιος είναι ο γεωμετρικός τόπος καθώς και γιατί εξαιρείται το σημείο $\displaystyle O(0,0)$ .

#4

Σας ευχαριστώ για την ανταπόκριση

Η αφορμή δόθηκε από το viewtopic.php?f=51&t=30874

και από τη διαφορετική αντιμετώπιση του Διονύση .

Τον ευχαριστώ γα την υπενθύμιση του θέματος της ΕΜΕ

dennys · #5

Οπως με π.μ. με τον Γιώργη διαπιστώσαμε oti στον τρόπο λύσης της ασκησης της ΕΜΕ οπου

έλειπε ο περιορισμός. Ακολουθώντας στην ασκηση τον τρόπο λύσης της ΕΜΕ γιατί κάποιος

να πάρει περιορισμό?

Αραγε οι περιορισμοί εξαρτώνται απο τα βήματα που ακολουθώ να λύσω μια ασκηση? Θα ήθελα τις γνώμες

φιλικά

dennys

#6

Καλησπέρα στην παρέα σας

Έστω ο μιγαδικός $w = 2 + it,t \in \Re$ προφανώς οι εικόνες του ${P_w}$ διαγράφουν την ευθεία $(\delta )$ με εξίσωση x = 2

.Αν πάρουμε το σταθερό σημείο B(4,0)

και την αρχή των αξόνων O(0,0)

τότε η ευθεία $(\delta )$ , ως μεσοκάθετη στο

, έχει ισοδύναμη μιγαδική εξίσωση : |w - 4| = |w|

(1) .
Ο αριθμός τώρα $z = \displaystyle\frac{1}{w}$ ορίζεται με $w \ne 0$ που λόγω της (1) ισχύει πάντα και προφανώς είναι $z \ne 0$ . Με αυτές τις προϋποθέσεις έχουμε : $z = \displaystyle\frac{1}{w} \Leftrightarrow w = \displaystyle\frac{1}{z}$
Η (1) τότε γίνεται
$|\displaystyle\frac{1}{z} - 4| = |\displaystyle\frac{1}{z}| \Leftrightarrow |1 - 4z| = |1| \Leftrightarrow |z - \displaystyle\frac{1}{4}| = \frac{1}{4}$ δηλαδή τα σημεία ${M_z}$ ανήκουν στον κύκλο (C)

με κέντρο $K(\displaystyle\frac{1}{4},0)$ και ακτίνας $r = \displaystyle\frac{1}{4}$ και φυσικά αφού περνά από το O(0,0)

και $z \ne 0$ το O(0,0)

δεν ανήκει στο γεωμετρικό τόπο των εικόνων του

.

Στο σχήμα φαίνεται η ευθεία $(\delta )$ να αντιστρέφεται στο κύκλο (C)

(εξαιρουμένου του πόλου O(0,0)

)
Έχω λοιπόν τον εξής προβληματισμό.
Με βάση την πιο πάνω διαπραγμάτευση υπάρχει άλλο σημείο που να εξαιρείται από τον γεωμετρικό τόπο ;

Φιλικά Νίκος

#7

H άποψή μου είναι η εξής: Όταν βρίσκουμε έναν γεωμετρικό τόπο, επειδή συνηθως τα βήματα δεν γίνονται όλα με "ισοδυναμίες", είναι απαραίτητο να κάνουμε στο τέλος το αντίστροφο.

Στην προκειμένη περίπτωση, έχουμε από την εκφώνηση, ότι: $\displaystyle{z(t)=\frac{1}{2+it}=\frac{2-it}{4+t^2}=}$

$\displaystyle{=\frac{2}{4+t^2} -\frac{t}{4+t^2}i}$

Θέτουμε λοιπόν :

$\displaystyle{x=\frac{2}{4+t^2}}$ , και $\displaystyle{y=-\frac{t}{4+t^2}}$

Άρα:

$\displaystyle{x-\frac{1}{4}=\frac{4-t^2}{4(4+t^2)}}$ , οπότε έχουμε:

$\displaystyle{(x-\frac{1}{4})^2 +y^2=...=\frac{1}{16}}$

Άρα η εικόνα του

κινείται πάνω στον κύκλο με κέντρο το ( $\displaystyle{\frac{1}{4}}$ ,0), και ακτίνα $\displaystyle{\frac{1}{4}}$

Αντίστροφα τώρα:

Έστω

(x,y) τυχαίο σημείο του εν λόγω κύκλου. Για να αντιπροσωπεύει ο

την εικόνα κάποιου από τους μιγαδικούς z(t)

, θα πρέπει να υπάρχει

, ώστε:

$\displaystyle{\frac{2}{4+t^2}=x}$

$\displaystyle{-\frac{t}{4+t^2}=y}$

Από την πρώτη από αυτές εξίσωση, έχουμε: $\displaystyle{4x+xt^2 =2\Rightarrow xt^2 =2-4x}$

Aν είναι x=0

, τότε έχουμε $\displaystyle{0=2}$ , και άρα η πρώτη εξίσωση είναι αδύνατη ως προς

.

Δηλαδή αν x=0

, δεν υπάρχει

, ώστε ο μιγαδικός z(t)

να έχει για εικόνα τον $\displaystyle{M}$ (x,y), που σημαίνει ότι το σημείο
του κύκλου με τετμημένη (0,0), πρέπει να εξαιρεθεί, (εφόσον το μοναδικό σημείο του κύκλου που έχει τετμημένη μηδέν είναι το O(0,0)

.

(Εύκολα βρίσκουμε ότι αν $x\neq 0$ , τότε πάντα θα υπάρχει

, ώστε το

να είναι εικόνα του z(t)

)

KARKAR · #8

... και : ΤΕΛΟΣ !

dennys · #9

Δεν ψάχνω λόγω ώρας πόσες φορές ,αλλά πολλές φορές ανέφερα οτι καλύτερα να μιλάμε για γραμμή κίνησης κάποιου μιγαδικού

παρά για γ.τ.Αν μιλάμε για γ.τ. τότε πρέπει να κάνουμε τα βήματα και κυρίως το αντίστροφο. Εύκολο ? Μάλλον όχι, για τα παιδιά.

Αραγε τότε η Ε.Μ.Ε. Δημήτρη γιατί δεν απέκλεισε το (0,0)? Γιατί δεν έκανε το αντίστροφο .Αρα τι ζητά γ.τ.?Το σχολικό και το λυσάρι κάνουν τις ασκήσεις

λέγοντας γ.τ. και για αντίστροφο , ουτε λόγος.

Εγω πάντως συμφωνώ με τον Δημήτρη γι' αυτό και έθεσα και το θέμα , για να έχω απάντηση απο κάποιον του βιβλίου αλλά μπά....

καληνύχτα

dennys

orestisgotsis · #10

ΠΕΡΙΤΤΑ

#11

orestisgotsis έγραψε:Έστω $\displaystyle{z=x+yi,\,\,\,x,y\in \mathbb{Q}}$ και $\displaystyle{\left| z \right|=1}$ . Το σύνολο των εικόνων του $\displaystyle{z}$ δεν είναι τόπος;

Ορέστη, για να είμαι ειλικρινής, δε καταλαβαίνω τη σχέση του ερωτήματος με την προηγούμενη συζήτηση.
Πάντως, είναι γνωστό (όχι στους μαθητές) ότι στην προκειμένη περίπτωση, ο γεωμετρικός τόπος είναι τα σημεία

$\displaystyle{\Big(\frac{1-a^2}{1+a^2},\frac{2a}{1+a^2}\Big),~ a\in \mathbb{Q}.}$

orestisgotsis · #12

ΠΕΡΙΤΤΑ

#13

Οταν ζητείται ο γεωμετρικός τόπος πρέπει να αποδεικνύεται και το αντίστροφο , δηλαδή ότι όλα τα σημεία της γραμμής έχουν την ιδιότητα του μιγαδικού ή του σημείου γενικότερα .

Όταν όμως το ερώτημα τεθεί ως : Να βρεθεί η γραμμή πάνω στην οποία ανήκουν οι εικόνες των μιγαιδκών , αφήνουμε ανοιχτό το ενδεχόμενο να μην έχουν όλα τα σημεία της αυτή την ιδιότητα , οπότε δεν υποχρεούμαστε για το αντίστροφο .

Η σύγχυση είναι γενικότερη . Δείτε το δεύτερο θέμα των ομογενών του 2006

ΕΜΕ 2010

ΕΜΕ 2010

Re: ΕΜΕ 2010

Re: ΕΜΕ 2010

Re: ΕΜΕ 2010

Re: ΕΜΕ 2010

Re: ΕΜΕ 2010

Re: ΕΜΕ 2010

Re: ΕΜΕ 2010

Re: ΕΜΕ 2010

Re: ΕΜΕ 2010

Re: ΕΜΕ 2010

Re: ΕΜΕ 2010

Re: ΕΜΕ 2010

Μέλη σε σύνδεση