Ομοκυκλικά σημεία

#1

Έστω ${\color{red} \mathbf{z\in C^{*}-R}}$ . Να αποδειχθεί ότι οι εικόνες A , B , C , D των μιγαδικών αριθμών ${\color{red}\mathbf{z,\frac{1}{z},1,-1}}$ είναι ομοκυκλικά σημεία.

#2

Persona_Non_Grata έγραψε:Έστω ${\color{red} \mathbf{z\in C^{*}-R}}$ . Να αποδειχθεί ότι οι εικόνες A , B , C , D των μιγαδικών αριθμών ${\color{red}\mathbf{z,\frac{1}{z},1,-1}}$ είναι ομοκυκλικά σημεία.

Προεκτείνουμε την ΑΟ και λαμβάνουμε Ε έτσι ώστε ΟΕ=1/ΟΑ.
Είναι τότε ΟΑ.ΟΕ = 1 = ΟC.OD (διότι OC = OD = 1). Από δύναμη σημείου
τα Α, C, D, E είναι ομοκυκλικά. Όμως το Ε είναι το συμμετρικό του Β ως προς τον άξονα των y διότι το 1/z έχει μέτρο ΟΒ = 1/ΟΑ = ΟΕ και όρισμα -θ (όπου θ το όρισμα του z). Έτσι
έχουμε τις ισότητες γωνιών <DOE = <AOC = θ = <COB, όπως θέλαμε να δείξουμε.

Φιλικά

Μιχάλης Λάμπρου

#3

Περίφημα Μιχάλη !!

papel · #4

Σεραφειμ δεν καταλαβαινω το συνολο ορισμου.Τι σημαινει C*-R;

#5

papel έγραψε:Σεραφειμ δεν καταλαβαινω το συνολο ορισμου.Τι σημαινει C*-R;

O z δεν είναι πραγματικός, ούτε μηδέν.

#6

Persona_Non_Grata έγραψε:Έστω ${\color{red} \mathbf{z\in C^{*}-R}}$ . Να αποδειχθεί ότι οι εικόνες A , B , C , D των μιγαδικών αριθμών ${\color{red}\mathbf{z,\frac{1}{z},1,-1}}$ είναι ομοκυκλικά σημεία.

Γενικό σχόλιο :

Το σχόλιο δεν αφορά μαθητές, αλλά μια συνθήκη ομοκυκλικότητας είναι ο διπλός λόγος των τεσσάρων μιγαδικών να είναι πραγματικός, κάτι που εδώ προκύπτει πολύ εύκολα.
Προφανώς, για σχολικό επίπεδο η λύση του Μιχάλη είναι η πιο ενδεδειγμένη, αν και το όρισμα είναι τώρα μη διδακτέα ύλη(Αυτό είναι ένα άλλο τρελλό και ανήκλουστο πράγμα : να τελειώνουν μαθητές θετικού πρασανατολισμού το Λύκειο και να μην έχουν κάνει, έστω σε ήπια μορφή , τριγωνομετρική μορφή και εξισώσεις στο C).
Βέβαια η λύση του Μιχάλη, είναι πιο ... έξυπνη από ότι δείχνει στον ''ανυποψίαστο'' αναγνώστη , μια και ο μετασχηματισμός Moebius w= 1/z είναι σύνθεση στοιχειωδών μετασχηματισμών (ο ένας είναι συμμετρία λόγω της γωνίας -θ και ο άλλος είναι μια αντιστροφή).
Να δω πότε θα μπορέσω να ασχοληθώ σοβαρά με την αντιστροφή και τα τόσα ωραία πράγματα που κρύβει

.Αν αντί του z μπει ο συζυγής του, τότε έχουμε κατοπτρισμό και στην ουσία πάμε σε αντιστροφή. Αυτά για τώρα, αν και δεν κρύβω ότι με την πάροδο των χρόνων όλα αυτά τα ωραία πράγματα αρχίζουν να φαίνονται ισχνά .... '' στο θολωμένο μου μυαλό ''!

Μπάμπης

Χρήστος Λαζαρίδης · #7

Μία προσπάθεια λύσης σε πλαίσια Γ΄Λυκείου.
Τα σημεία Α,C,D δεν είναι συνευθειακά, διότι αν ήταν τότε $\displaystyle{z \in R}$ , πράγμα άτοπο.
Έστω Κ το κέντρο του περιγγεγραμμένου στο τρίγωνο ΑCD κύκλου. Το Κ ανήκει στην μεσοκάθετη του CD, άρα ανήκει στην ευθεία χ = 0.
Έστω Κ(0,α), τότε (ΚC) = (KD) = (KA), άρα,
$\displaystyle{1 + {\alpha ^2} = {x^2} + {(y - \alpha )^2} \Rightarrow {x^2} + {y^2} = 1 + 2\alpha y\,(1)}$ , όπου z = x+yi.
Το Α ανήκει στον κύκλο κέντρου Κ και ακτίνος $\displaystyle{\sqrt {{\alpha ^2} + 1} }$ , άρα,
$\displaystyle{\left| {z - \alpha i} \right| = \sqrt {{\alpha ^2} + 1} }$
Αρκεί να αποδείξουμε $\displaystyle{\left| {\frac{1}{z} - \alpha i} \right| = \sqrt {{\alpha ^2} + 1} }$
Έχουμε: $\displaystyle{{\left| {\frac{1}{z} - \alpha i} \right|^2} = (\frac{1}{z} - \alpha i)(\frac{1}{{\overline z }} + \alpha i) = \frac{1}{{z\overline z }} - \alpha i\frac{{z - \overline z }}{{z\overline z }} + {\alpha ^2} = {\alpha ^2} + \frac{{1 + 2\alpha y}}{{{x^2} + {y^2}}}\begin{array}{*{20}{c}} {(1)} \\ = \\ \end{array}{\alpha ^2} + 1}$
Φιλικά Χρήστος

#8

Μία προσέγγιση με Αναλυτική Γεωμετρία.

Έστω C: x² + y² + Ax + By + Γ = 0 η εξίσωση του κύκλου που διέρχεται από τα σημεία Δ(-1, 0), Ε(1, 0) και $\displaystyle K\left( {x_1 ,\;y_1 } \right)$ , με $\displaystyle x_1 ,\;y_1 \ne 0$

Τότε ΔЄC => 1 - A + Γ = 0 και ΕЄC => 1 + A + Γ = 0, από όπου προκύπτει ότι Γ = -1 και Α = 0, οπότε: C: x² + y² + By - 1 = 0 (1)

ΚЄC => $\displaystyle x_1^2 + y_1^2 + By_1 - 1 = 0\;\;\; \Leftrightarrow \;\;\;x_1^2 + y_1^2 = 1 - By_1$

Είναι $\displaystyle \frac{1}{z} = \frac{{x_1 }}{{x_1^2 + y_1^2 }} - \frac{{y_1 }}{{x_1^2 + y_1^2 }}i$ , οπότε αν Λ η εικόνα του $\displaystyle \frac{1}{z},\;\;\Lambda \left( {\frac{{x_1 }}{{x_1^2 + y_1^2 }},\; - \frac{{y_1 }}{{x_1^2 + y_1^2 }}} \right)$

Η (1) γράφεται $\displaystyle \frac{{x_1^2 }}{{\left( {1 - {\rm B}y_1 } \right)^2 }} + \frac{{y_1^2 }}{{\left( {1 - {\rm B}y_1 } \right)^2 }} - \frac{{By_1 }}{{\left( {1 - {\rm B}y_1 } \right)}} - 1 = 0\;\;\; \Leftrightarrow$

$\displaystyle x_1^2 + y_1^2 - By_1 \left( {1 - {\rm B}y_1 } \right) - \left( {1 - {\rm B}y_1 } \right)^2 = 0\;\;\; \Leftrightarrow$

$\displaystyle 1 - {\rm B}y_1 - By_1 + B^2 y_1^2 - \left( {1 - 2{\rm B}y_1 + B^2 y_1^2 } \right) = 0$ , που αληθεύει, άρα ΛЄC.

Γιώργος Ρίζος

ΣΧΟΛΙΑ:
1) Παρατηρήστε ότι το Β της εξίσωσης κύκλου είναι το -2α του Χρήστου στην προηγούμενη δημοσίευση.
2) Επίσης, η τριγωνομετρική μορφή που χρησιμοποιεί ο Μιχάλης απλοποιεί δραματικά την επίλυση. Κι όμως, καταργώντας την 1η Δέσμη, εξοβελίστηκε από τη "διδακτέα" ύλη, όσο για την Αναλυτική Γεωμετρία υποβαθμίστηκε στη Β΄ Λυκείου, οπότε πλέον διδάσκουμε ελάχιστα στοιχεία της.
3) Τέλος, αν θυμάμαι καλά, πριν 15 περίπου χρόνια, όταν διδάσκαμε Ορίζουσες, υπήρχε μια συνθήκη για να είναι 4 σημεία ομοκυκλικά. Δεν θυμάμαι αν ισχύει και το πρέπει και το αρκεί:
Προσαρμόζω εδώ την εκφώνηση:
Για να είναι τα Δ, Ε, Κ, Λ είναι ομοκυκλικά πρέπει και αρκεί:

$\displaystyle \left| {\begin{array}{*{20}c} {\left( { - 1} \right)^2 + 0^2 } & { - 1} & 0 & 1 \\ {1^2 + 0^2 } & 1 & 0 & 1 \\ {x_1^2 + y_1^2 } & {x_1 } & {y_1 } & 1 \\ {\frac{{x_1^2 }}{{\left( {x_1^2 + y_1^2 } \right)^2 }} + \frac{{y_1^2 }}{{\left( {x_1^2 + y_1^2 } \right)^2 }}} & {\frac{{x_1 }}{{x_1^2 + y_1^2 }}} & {\frac{{ - y_1 }}{{x_1^2 + y_1^2 }}} & 1 \\ \end{array}} \right| = 0$

p_gianno · #9

Μια απόπειρα μεταγραφής της λύσης του Κου Λάμπρου απαλείφοντας την λέξη "όρισμα" , φέρνοντάς της σε σχολικά πλαίσια
Είναι $\displaystyle{ \left| {\frac{1}{z}} \right| = \frac{1}{{\left| z \right|}} }$
ενώ $\displaystyle{ \frac{1}{z} = \frac{{\overline z }}{{z\overline z }} = \frac{{\overline z }}{{\left| z \right|^2 }} = \frac{1}{{\left| z \right|^2 }}\overline z }$
που σημαίνει ότι οι εικόνες των Ο,Β και Α’ (όπου Α’ η εικόνα του $\displaystyle{ \overline z }$ ) είναι συνευθειακά σημεία.
Αρκεί επομένως να προσδιοριστεί η εικόνα του 1/z επί της ημιευθείας ΟΑ’ , αρκεί δηλαδή να προσδιοριστεί σημείο επί της ΟΑ΄με μέτρο 1/|z|.
Εστω c κύκλος που διέρχεται από τα σημεία Δ,Γ και Α.
Ισχυριζόμαστε ότι η εικόνα του 1/z ειναι η τομή Β της ΟΑ’ με τον κύκλο c. Αν Β’ το συμμετρικό του Β ως προς την ε (ευθεία διαμέτρου κάθετης στο ΔΓ) τότε Β’ ανήκει στον c και ισχύει
ΟΒ=ΟΒ΄ και επειδή *** ΟΒ’ ΟΑ=ΟΔ ΟΓ ή ΟΒ ΟΑ=1 ή $\displaystyle{ \left| {\overrightarrow {OB} } \right|\left| {\overrightarrow {OA} } \right| = \,1\,\, \Leftrightarrow \,\,\left| {\overrightarrow {OB} } \right| = \frac{1}{{\left| {\overrightarrow {OA} } \right|}} = \frac{1}{{\left| z \right|}} }$
έπεται ότι το Β είναι η εικόνα του του 1/z και είναι ομοκυκλικό με τα σημεία Α,Γ,Δ

***Προσθήκη
Προκύπτει εύκολα με γωνίες ότι τα σημεία Α,Ο,Β' είναι συνευθειακά

zorba_the_freak · #10

Ακόμα μία στοιχειώδης λύση:
Έστω Α, Β, Γ, Δ οι εικόνες των μιγαδικών $\displaystyle z, 1, \frac{1}{z}, -1$ αντίστοιχα.
Από το θεώρημα συνημιτόνων στο τρίγωνο ΑΒΔ παίρνουμε:
$\displaystyle\cos A=\frac{|z-1|^2+|z+1|^2-2^2}{2|z-1|\cdot|z+1|}=\cdots=\frac{|z|^2-1}{|1-z^2|}$

Από το ίδιο θεώρημα συνημιτόνων στο τρίγωνο ΒΓΔ παίρνουμε:
$\displaystyle\cos\Gamma=\frac{\displaystyle\left|\frac{1}{z}-1\right|^2+\left|\frac{1}{z}+1\right|^2-2^2}{\displaystyle2\left|\frac{1}{z}-1\right|\cdot\left|\frac{1}{z}+1\right|}=\cdots=\frac{1-|z|^2}{|1-z^2|}$

Επειδή $\cos A+\cos\Gamma=0,$ έχουμε $\widehat{A}+\widehat{\Gamma}=180^0,$ άρα το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι εγγράψιμο.

Ομοκυκλικά σημεία

Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Μέλη σε σύνδεση