Μιγαδικοί 53

mathxl · #1

53. . Έστω οι μιγαδικοί $\displaystyle{{z_1},{\rm{ }}{z_2},{\rm{ }}{z_3}}$ ώστε $\left| {{\rm{ }}{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right| = \left| {{z_3}} \right| \ne 0$ και $\displaystyle{{z_1} + {z_2}{\rm{ + }}{z_3} \ne 0}$ . Θεωρούμε τους μιγαδικούς $\displaystyle\frac{{{z_1} + {z_2}}}{{{\rm{ }}{z_3}}},\frac{{{z_1} + {z_3}}}{{{\rm{ }}{z_2}}},\frac{{{z_3} + {z_2}}}{{{\rm{ }}{z_1}}}$ με αντίστοιχες εικόνες στο μιγαδικο επίπεδο τα σημεία A,B,C

.
a. Βρείτε τον μιγαδικό του οποίου η εικόνα είναι το περίκεντρο του τριγώνου ABC

.
b. Εάν επιπλέον ισχύει η σχέση $\displaystyle{{{\rm{z}}_1}{{\rm{z}}_2}{\rm{ + }}{{\rm{z}}_2}{{\rm{z}}_3}{\rm{ + }}{{\rm{z}}_3}{{\rm{z}}_1} = 0}$ , αποδείξτε ότι το τρίγωνο ABC

είναι ισόπλευρο.
[G.M. 3/2003

#2

a)

Γράφουμε

$\displaystyle a=\frac{{{z_1} + {z_2}}}{{{\rm{ }}{z_3}}}, \ b=\frac{{{z_1} + {z_3}}}{{{\rm{ }}{z_2}}}, \ c=\frac{{{z_3} + {z_2}}}{{{\rm{ }}{z_1}}}.$

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{|a+1|=|b+1|=|c+1|}$ οπότε το περίκεντρο του τριγώνου ABC

είναι το $\displaystyle{(-1,0).}$

b) Πρέπει να αφαιρέσουμε τον περιορισμό $z_1+z_2+z_3\ne 0....$

#3

mathxl έγραψε:53. . Έστω οι μιγαδικοί $\displaystyle{{z_1},{\rm{ }}{z_2},{\rm{ }}{z_3}}$ ώστε $\left| {{\rm{ }}{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right| = \left| {{z_3}} \right| \ne 0$ και $\displaystyle{{z_1} + {z_2}{\rm{ + }}{z_3} \ne 0}$ . Θεωρούμε τους μιγαδικούς $\displaystyle\frac{{{z_1} + {z_2}}}{{{\rm{ }}{z_3}}},\frac{{{z_1} + {z_3}}}{{{\rm{ }}{z_2}}},\frac{{{z_3} + {z_2}}}{{{\rm{ }}{z_1}}}$ με αντίστοιχες εικόνες στο μιγαδικο επίπεδο τα σημεία .
a. Βρείτε τον μιγαδικό του οποίου η εικόνα είναι το περίκεντρο του τριγώνου .
b. Εάν επιπλέον ισχύει η σχέση $\displaystyle{{{\rm{z}}_1}{{\rm{z}}_2}{\rm{ + }}{{\rm{z}}_2}{{\rm{z}}_3}{\rm{ + }}{{\rm{z}}_3}{{\rm{z}}_1} = 0}$ , αποδείξτε ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.
[G.M. 3/2003

Κάτι δεν πάει καλά με το (b):

Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι |z_i|=1

για

.

Χρησιμοπoιώντας το συμβολισμό του Θανάση, αν z_1z_2+z_2z_3+z_3z_1=0

, τότε

$\bar{a}=\dfrac{\bar{z}_1+\bar{z}_2}{\bar{z}_3}=\dfrac{(z_1+z_2)z_3}{z_1z_2}=\dfrac{-z_1z_2}{z_1z_2}=-1$ , κι άρα a=-1

.

Ομοίως, b=c=-1

, αλλά τότε δεν έχουμε καν τρίγωνο (κι επιπλέον έχουμε αντίφαση με τον περιορισμό z_1+z_2+z_3=0

).

Φιλικά,

Αχιλλέας

mathxl · #4

Τόση ώρα ψάχνω θέμα άξιόλογο από κάποιο διαγωνισμό για να τελειώνουμε...και δεν βρίσκω...έχετε κάτι υπόψη σας από διαγωνισμό με γεωμετρική ερμηνεία στο επίπεδο από διαγωνισμό;

kostas_zervos · #5

mathxl έγραψε:Τόση ώρα ψάχνω θέμα άξιόλογο από κάποιο διαγωνισμό για να τελειώνουμε...και δεν βρίσκω...έχετε κάτι υπόψη σας από διαγωνισμό με γεωμετρική ερμηνεία στο επίπεδο από διαγωνισμό;

Rice University Math Tournament 2012 το 9..

kostas_zervos · #6

mathxl έγραψε:Τόση ώρα ψάχνω θέμα άξιόλογο από κάποιο διαγωνισμό για να τελειώνουμε...και δεν βρίσκω...έχετε κάτι υπόψη σας από διαγωνισμό με γεωμετρική ερμηνεία στο επίπεδο από διαγωνισμό;

20ος William Lowell Putnam το Α2

mathxl · #7

Ευχαριστώ Κώστα!

53. Έστω οι μιγαδικοί αριθμοί $\displaystyle{{z_1},{\rm{ }}{z_2}}$ που ικανοποιούν τις σχέσεις:
$\bullet {\rm{ }}3z_1^2 - 2{z_1}{z_2} + 2z_2^2 = 0$ και
$\displaystyle{ \bullet {\rm{ }}{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {\frac{{{z_1} - 2}}{{{z_1} + 2}}} \right) = 0.}$ .
Εάν είναι A,B,O

οι αντίστοιχες εικόνες των $\displaystyle{{z_1},{\rm{ }}{z_2},0}$ στο μιγαδικό επίπεδο, τότε να υπολογίσετε το εμβαδό του τριγώνου ${\rm A}{\rm B}{\rm O}.$ .

#8

Ο USA AIME έχει (μάλλον) αρκετά.
Π.χ. Βασίλη, δες αν σου αρέσει και το http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 3&t=472292&

Φιλικά,

Αχιλλέας

hsiodos · #9

mathxl έγραψε:Ευχαριστώ Κώστα!
53. Έστω οι μιγαδικοί αριθμοί $\displaystyle{{z_1},{\rm{ }}{z_2}}$ που ικανοποιούν τις σχέσεις:
$\bullet {\rm{ }}3z_1^2 - 2{z_1}{z_2} + 2z_2^2 = 0$ και
$\displaystyle{ \bullet {\rm{ }}{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {\frac{{{z_1} - 2}}{{{z_1} + 2}}} \right) = 0.}$ .
Εάν είναι οι αντίστοιχες εικόνες των $\displaystyle{{z_1},{\rm{ }}{z_2},0}$ στο μιγαδικό επίπεδο, τότε να υπολογίσετε το εμβαδό του τριγώνου ${\rm A}{\rm B}{\rm O}.$ .

Αρκεί να υπολογίσουμε τις πλευρές του τριγώνου.

$\displaystyle{ 3z_1^2 - 2z_1 z_2 + 2z_2^2 = 0\,\,\,(1)}$

$\displaystyle{ \frac{{z_1 - 2}}{{z_1 + 2}} = - \overline {\left( {\frac{{z_1 - 2}}{{z_1 + 2}}} \right)} \Rightarrow \cdot \cdot \cdot \Rightarrow \left| {\,z_1 } \right| = 2\,\,\,(*)}$

$\displaystyle{ (1) \Rightarrow - z_1 z_2 + z_2^2 = - \frac{3}{2}z_1^2 \Rightarrow z_2 (z_2 - z_1 ) = - \frac{3}{2}z_1^2 \mathop \Rightarrow \limits^{(*)} \left| {\,z_2 } \right|\left| {\,z_2 - z_1 } \right| = 6\,\,\,\,(**)}$

$\displaystyle{ (1) \Rightarrow 2\left( {\frac{{z_2 }}{{z_1 }}} \right)^2 - 2\frac{{z_2 }}{{z_1 }} + 3 = 0\,\,\, \Rightarrow \cdot \cdot \cdot \Rightarrow z_2 = z_1 \left( {\frac{1}{2} \pm \frac{{\sqrt 5 }}{2}i} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{(*)} \,\,\left| {\,z_2 } \right| = \sqrt 6 }$

Από $\displaystyle{ (**) \Rightarrow \left| {\,z_2 - z_1 } \right| = \sqrt 6 }$

Γιώργος

mathxl · #10

Μια λύση που ήδη έχω πληκτρολογήσει, αν έχουμε κάποια πιο κομψή θα την επιλέξουμε.
Αναζητούμε το:
$\left( {{\rm A}{\rm B}{\rm O}} \right) = \frac{1}{2}\left| {\det \left( {\overrightarrow {{\rm O}{\rm A}} ,\overrightarrow {{\rm O}{\rm B}} } \right)} \right| = \frac{1}{2}\left| {ad - cb} \right|$
Όμως:
$\displaystyle\frac{{{z_2}}}{{{z_1}}} = \frac{{c + di}}{{a + bi}} = \frac{{ca + bd}}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{{ad - cb}}{{{a^2} + {b^2}}}i$
και
$\displaystyle{{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {\frac{{{z_1} - 2}}{{{z_1} + 2}}} \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{{z_1} - 2}}{{\left( {{z_1} + 2} \right)}} = \overline {\left( {\frac{{{z_1} - 2}}{{{z_1} + 2}}} \right)} \Leftrightarrow }$
$\displaystyle{\left( {{z_1} - 2} \right)\left( {{{\bar z}_1} + 2} \right) = \left( {{z_1} + 2} \right)\left( {{{\bar z}_1} - 2} \right) \Leftrightarrow }$
$\displaystyle{{\left| {{z_1}} \right|^2} = 4 \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} = 4}$
Είναι:
$\displaystyle{3z_1^2 - 2{z_1}{z_2} + 2z_2^2 = 0 \Leftrightarrow 2{\left( {\frac{{{z_2}}}{{{z_1}}}} \right)^2} - 2\left( {\frac{{{z_2}}}{{{z_1}}}} \right) + 3 = 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{\Delta = - 20 < 0} \frac{{{z_2}}}{{{z_1}}} = \frac{1}{2} \pm \frac{{i\sqrt 5 }}{2} \Leftrightarrow }$
$\displaystyle{\frac{{ca + bd}}{4} + \frac{{ad - cb}}{4}i = \frac{2}{4} \pm \frac{{i\sqrt 5 }}{4} \Rightarrow ad - cb = \pm \sqrt 5 \Rightarrow \left| {ad - cb} \right| = \sqrt 5 }$

Έτσι έχουμε: $\displaystyle{\left( {{\rm A}{\rm B}{\rm O}} \right) = \frac{{\sqrt 5 }}{2}\tau .\mu .}$ .
Θα δώσω χρονικό περιθώριο μισής ώρας για κάτι καλύτερο ( μην βαράτε) και ανεβάζω την συλλογή.

Μιγαδικοί 53

Μιγαδικοί 53

Re: Μιγαδικοί 53

Re: Μιγαδικοί 53

Re: Μιγαδικοί 53

Re: Μιγαδικοί 53

Re: Μιγαδικοί 53

Re: Μιγαδικοί 53

Re: Μιγαδικοί 53

Re: Μιγαδικοί 53

Re: Μιγαδικοί 53

Μέλη σε σύνδεση