mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 28, 2011 12:51 am**

Θα ήθελα τη γνώμη σας σε κάτι. Πως θα διδάσκατε στους μαθητές την ακόλουθη άσκηση:

Δίνονται οι μιγαδικοί $\displaystyle{z=x+iy,w=\frac{z+i}{iz+2}, x, y \in \mathbb{R}}$ , όπου $z \neq 2i$ .

Αν $z \in \mathbb{R}$ , να δείξετε ότι οι εικόνες του

κινούνται σε κύκλο.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 28, 2011 1:17 am**

Λευτέρη καλησπέρα....

Θες να τονίσεις κάτι σαν αυτό viewtopic.php?f=51&t=19095; ή το πας αλλού;

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 28, 2011 1:49 am**

Η κουβέντα με τον Χρήστο έδειξε ότι είμαι ασαφής.

Το ακριβές ερώτημα είναι το εξής:
Αφού $z \in \mathbb{R}$ ισχύει z = x

και αν

, αντικαθιστούμε και εξισώνουμε πραγματικά και φανταστικά μέλη.

Τότε προκύπτει $\displaystyle{a=\frac{3x}{4+x^2},b=\frac{2-x^2}{4+x^2}}$ .

Πως από εδώ καταλήγουμε στον κύκλο; Αν θυμάμαι καλά έχει ξανασυζητηθεί το θέμα, αλλά δεν το βρίσκω.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 28, 2011 2:03 am**

Μια συζήτηση υπάρχει εδώ.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 28, 2011 2:05 am**

Δεν θα βόλευε να λύναμε την δοσμένη εξίσωση με τα $\displaystyle{z, w}$ ως προς $\displaystyle{z}$ και να χρησιμοποιούσαμε την συνθήκη $\displaystyle{z \in \mathbb{R} \Leftrightarrow z=\bar{z}}$ ;

edit: Είχα βάλει ανάποδα τα $\displaystyle{z,w}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 28, 2011 2:07 am**

parmenides51 έγραψε:Δεν θα βόλευε να λύναμε την δοσμένη εξίσωση με τα $\displaystyle{z, w}$ ως προς $\displaystyle{w}$ και να χρησιμοποιούσαμε την συνθήκη $\displaystyle{w \in \mathbb{R} \Leftrightarrow w=\bar{w}}$ ;

Αυτή η λύση δίνει γρήγορα το αποτέλεσμα. Το θέμα είναι αν ο μαθητής μπερδευτεί και πάει εκεί που λέω, τι κάνει;

Να δω και το ποστ που λέει ο Δημήτρης.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 28, 2011 2:14 am**

Καλησπέρα Λευτέρη και σε όλη την παρέα...μια διδακτική προσέγγιση στο θέμα.....

Λύνουμε ως προς z την ισότητα και έχουμε.....

$w=\frac{z+i}{iz+2}\Leftrightarrow wiz+2w=z+i\Leftrightarrow wiz-z=-2w+i\Leftrightarrow (iw-1)z=-2w+i$ (1)
Αν w=-i

τότε από (1) 0=3i

που είναι αδύνατο άρα $w\ne -i$ και από (1) έχουμε ότι ισχύει $z=\frac{-2w+i}{iw-1}$ και με $w=a+\beta i,\,\,(a,\,\beta )\ne (0,-1)$ έχουμε ότι $z=\frac{-2(a+\beta i)+i}{i(a+\beta i)-1}=\frac{-2a+(1-2\beta )i}{(-\beta -1)+ai}$ απ όπου προκύπτει ότι $z=\frac{-2a(-\beta -1)+a(1-2\beta )}{{{(-\beta -1)}^{2}}+{{a}^{2}}}+\frac{(1-2\beta )(-\beta -1)-a(-2a)}{{{(-\beta -1)}^{2}}+{{a}^{2}}}i$ ή $z=\frac{3a}{{{(\beta +1)}^{2}}+{{a}^{2}}}+\frac{2{{\alpha }^{2}}+2{{\beta }^{2}}+\beta -1}{{{(\beta +1)}^{2}}+{{a}^{2}}}i$
Και αφού z πραγματικός τι Im(z)=0 επομένως $\frac{2{{\alpha }^{2}}+2{{\beta }^{2}}+\beta -1}{{{(\beta +1)}^{2}}+{{a}^{2}}}=0\Leftrightarrow 2{{\alpha }^{2}}+2{{\beta }^{2}}+\beta -1=0\Leftrightarrow {{\alpha }^{2}}+{{\beta }^{2}}+\frac{1}{2}\beta -\frac{1}{2}=0$ ή ${{a}^{2}}+{{(\beta +\frac{1}{4})}^{2}}=\frac{9}{16}$ που σημαίνει ότι η εικόνα του w κινείται σε κύκλο κέντρου $K(0,-\frac{1}{4})$ και ακτίνας $r=\frac{3}{4}$ εκτός του σημείου (0,-1)

....πολλές πράξεις αλλά πιστεύω κατανοητή διαδρομή απότους μαθητές...
Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 28, 2011 2:19 am**

Βασίλη καλημέρα.

Συμφωνώ 100% με τον τρόπο σου και το γεγονός ότι είναι ο πιο εύκολος. Ένας μαθητής που φτάνει εκεί που έχω αναφέρει παραπάνω στο ποστ, πως θα φτάσει στον κύκλο;

Υπάρχει κάποιος τρόπος, αλλά δεν τον θυμάμαι.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 28, 2011 2:22 am**

Βασίλη κάπως έτσι την έλυσα και εγώ (χρησιμοποιώντας τη σχέση που λεέι ο parmenides). Το θέμα της δημοσίευσης μιλώντας με το Λευτέρη είναι πως θα βρούμε το κύκλο απο τις συγκεκριμένες σχέσεις!!!!Η αρχική διατύπωση του προβλήματος απλά ήταν κάπως ασαφής!!!

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 28, 2011 2:25 am**

pana1333 έγραψε:Βασίλη παρόμοια την έλυσα και εγώ (χρησιμοποιώντας τη σχέση που λεέι ο parmenides). Το θέμα της δημοσίευσης μιλώντας με το Λευτέρη είναι πως θα βρούμε το κύκλο απο τις συγκεκριμένες σχέσεις!!!!Η αρχική διατύπωση του προβλήματος απλά ήταν κάπως ασαφής!!!

Χρήστο είσαι πολύ επιεικής

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 28, 2011 2:28 am**

Μια ιδέα από τον Γιώργο εδώ (ο άλλος τρόπος)

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 28, 2011 2:38 am**

Πρωτοπαπάς Λευτέρης έγραψε:Το ακριβές ερώτημα είναι το εξής:
Αφού $z \in \mathbb{R}$ ισχύει και αν , αντικαθιστούμε και εξισώνουμε πραγματικά και φανταστικά μέλη.

Τότε προκύπτει $\displaystyle{a=\frac{3x}{4+x^2},b=\frac{2-x^2}{4+x^2}}$ .

Πως από εδώ καταλήγουμε στον κύκλο; Αν θυμάμαι καλά έχει ξανασυζητηθεί το θέμα, αλλά δεν το βρίσκω.

Σκέφτηκα και μια καμμένη λύση:
Δίνουμε 3 διαφορετικές τιμές στο $\displaystyle{x}$ και βρίσκουμε τρία σημεία.
Ο περιγεγραμμένος κύκλος των τριών αυτών σημείων είναι ο ζητούμενος κύκλος.

edit: Η παρούσα λύση είναι λάθος όπως επισημαίνει ο Demetres μετά.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 28, 2011 2:40 am**

Εγώ την έλυσα (<<καθόλου διδακτικά>>) κάνοντας πράξεις....

Είναι $x^{2}=\frac{2-4\beta }{\beta +1}$ , $\beta \neq -1$ και αντικαθιστούμε στην $4\alpha +\alpha x^{2}=3x$ .....

Εδώ όμως θέλουν προσοχή οι περιορισμοί (έχει διδακτικό ενδιαφέρον!)......

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 28, 2011 2:48 am**

Άλλη μια ιδέα:
Αναζητούμε τους πραγματικούς αριθμούς $\displaystyle{k,l,m}$ ώστε η εξίσωση $\displaystyle{a^2+b^2+ka+lb+m=0}$ να παριστάνει εξίσωση κύκλου ως προς $\displaystyle{(a,b)}$ , οπότε με αντικατάσταση προκύπτει πολυώνυμο ως προς $\displaystyle{x}$ το οποίο απαιτούμε να είναι το μηδενικό πολυώνυμο και έτσι βρίσκουμε τους πραγματικούς $\displaystyle{k,l,m}$ .

edit: Η παρούσα λύση είναι λάθος όπως επισημαίνει ο Demetres μετά.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 28, 2011 2:58 am**

parmenides51 έγραψε:Άλλη μια ιδέα:
Αναζητούμε τους πραγματικούς αριθμούς $\displaystyle{k,l,m}$ ώστε η εξίσωση $\displaystyle{a^2+b^2+ka+lb+m=0}$ να παριστάνει εξίσωση κύκλου ως προς $\displaystyle{(a,b)}$ , οπότε με αντικατάσταση προκύπτει πολυώνυμο ως προς $\displaystyle{x}$ το οποίο απαιτούμε να είναι το μηδενικό πολυώνυμο και έτσι βρίσκουμε τους πραγματικούς $\displaystyle{k,l,m}$ .

Αφού η άσκηση λέει ότι είναι κύκλος άρα ψάχνουμε μια μορφή $a^2+b^2+Aa+Bb+\Gamma=0$
Άρα θα έχει σίγουρα τους όρους a^2+b^2

. Όμως:

$a^2+b^2=\frac{9x^2}{(4+x^2)^2}+\frac{4-4x^2+x^4}{(4+x^2)^2}=\frac{x^4+5x^2+4}{(4+x^2)^2}=\frac{(x^2+4)(x^2+1)}{(x^2+4)^2} \quad (1)$

Όμως: $x^2=\frac{2-4b}{b+1}$ . Άρα η (1) γίνεται:

$\displaystyle{a^2+b^2=\frac{(\frac{2-4b}{b+1}+4)(\frac{2-4b}{b+1}+1)}{(\frac{2-4b}{b+1}+4)^2}=...=\frac{1-b}{2}}\Leftrightarrow a^2+b^2+\frac{b}{2}-\frac{1}{2}=0$
που είναι ο ζητούμενος κύκλος

Διόρθωσα τα τυπογραφικά

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 28, 2011 3:46 am**

parmenides51 έγραψε:Άλλη μια ιδέα:
Αναζητούμε τους πραγματικούς αριθμούς $\displaystyle{k,l,m}$ ώστε η εξίσωση $\displaystyle{a^2+b^2+ka+lb+m=0}$ να παριστάνει εξίσωση κύκλου ως προς $\displaystyle{(a,b)}$ , οπότε με αντικατάσταση προκύπτει πολυώνυμο ως προς $\displaystyle{x}$ το οποίο απαιτούμε να είναι το μηδενικό πολυώνυμο και έτσι βρίσκουμε τους πραγματικούς $\displaystyle{k,l,m}$ .

Ας το δούμε και στην πράξη:
$\displaystyle{a=\frac{3x}{4+x^2},b=\frac{2-x^2}{4+x^2}}$

Αναζητούμε τους πραγματικούς αριθμούς $\displaystyle{k,l,m}$ ώστε να παριστάνει κύκλο η εξίσωση
$\displaystyle{a^2+b^2+ka+lb+m=0 \Rightarrow \frac{9x^2}{(4+x^2)^2}+\frac{4-4x^2+x^4}{(4+x^2)^2}+k\frac{3x}{4+x^2}+l\frac{2-x^2}{4+x^2}+m=0}$
$\displaystyle{ \Rightarrow 9x^2+4-4x^2+x^4+3kx(4+x^2)+(2l-lx^2)(4+x^2)+m(16+8x^2+x^4)=0}$
$\displaystyle{ \Rightarrow 9x^2+4-4x^2+x^4+12kx+3kx^3+8l-4lx^2+2lx^2-lx^4+16m+8mx^2+mx^4=0}$
$\displaystyle{ \Rightarrow (1-l+m)x^4+(3k)x^3+(9-4-4l+2l+8m)x^2+(12k)x+(8l+16m+4)=0}$

Απαιτούμε να είναι το μηδενικό πολυώνυμο ως προς x, άρα
$\displaystyle{ \left\{\begin{matrix} 1-l+m=0 \\ 3k=0\\ 5-2l+8m=0\\ 12k=0\\ 8l+16m+4=0 \end{matrix}\right} \Rightarrow \left\{\begin{matrix} l=\frac{1}{2} \\ k=0\\ m=-\frac{1}{2}\\ \end{matrix}\right} }$

οπότε $\displaystyle{a^2+b^2+0a+\frac{1}{2}b-\frac{1}{2}=0 \Rightarrow a^2+b^2+2\frac{1b}{4}+\frac{1}{16}=\frac{1}{2}+\frac{1}{16} \Rightarrow a^2+\left(b+\frac{1}{4}\right)^2=\frac{9}{16}=\left(\frac{3}{4}\right)^2}$

edit: Η παρούσα λύση είναι λάθος όπως επισημαίνει ο Demetres μετά.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 28, 2011 9:47 am**

Πρωτοπαπάς Λευτέρης έγραψε:Η κουβέντα με τον Χρήστο έδειξε ότι είμαι ασαφής.

Το ακριβές ερώτημα είναι το εξής:
Αφού $z \in \mathbb{R}$ ισχύει και αν , αντικαθιστούμε και εξισώνουμε πραγματικά και φανταστικά μέλη.

Τότε προκύπτει $\displaystyle{a=\frac{3x}{4+x^2},b=\frac{2-x^2}{4+x^2}}$ .

Πως από εδώ καταλήγουμε στον κύκλο; Αν θυμάμαι καλά έχει ξανασυζητηθεί το θέμα, αλλά δεν το βρίσκω.

Το πρόβλημα μιας τέτοιας απαλοιφής με είχε απασχολήσει παλαιότερα επί Δεσμών. Δεν είναι - πλέον-, εύκολη δουλειά για μαθητές.

Γράφουμε (διαιρούμε):

$b=\frac{2-x^2}{4+x^2}=-1+\frac{6}{4+x^2}\Leftrightarrow b+1=\frac{6}{4+x^2}$

και τώρα

2a=x(b+1)

Λύνουμε ως προς x, (με διερεύνηση, όταν την απαιτεί η περίσταση π. χ. εδώ b=-1 κ.λπ.), αντικαθιστούμε σε μία από τις δύο αρχικές και έχουμε την εξίσωση της ζητούμενης κωνικής....

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 28, 2011 11:09 am**

Σας ευχαριστώ όλους για την ενασχόληση.

Λίγο πολύ τις παραπάνω ιδέες είχα δεδομένου του γ.τ. Την άσκηση την είχα βρει άλυτη σε φυλλάδιο με εκφώνηση: Να βρεθεί ο γ.τ.των εικόνων ....

και όχι να δείξουμε τον κύκλο.

Με προβλημάτιζε ποιος είναι ο πιο εύκολος τρόπος να καθοδηγήσεις τον μαθητή αν έφτανε στο αποτέλεσμα που έγραψα παραπάνω.

Ο τρόπος του rek νομίζω καλύπτει τους προβληματισμούς μου. Κάποιες φορές τα πράγματα είναι μπροστά μας και δεν μπορούμε να τα δούμε...

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 28, 2011 1:44 pm**

parmenides51 έγραψε:
parmenides51 έγραψε:Άλλη μια ιδέα:
Αναζητούμε τους πραγματικούς αριθμούς $\displaystyle{k,l,m}$ ώστε η εξίσωση $\displaystyle{a^2+b^2+ka+lb+m=0}$ να παριστάνει εξίσωση κύκλου ως προς $\displaystyle{(a,b)}$ , οπότε με αντικατάσταση προκύπτει πολυώνυμο ως προς $\displaystyle{x}$ το οποίο απαιτούμε να είναι το μηδενικό πολυώνυμο και έτσι βρίσκουμε τους πραγματικούς $\displaystyle{k,l,m}$ .
Ας το δούμε και στην πράξη:
$\displaystyle{a=\frac{3x}{4+x^2},b=\frac{2-x^2}{4+x^2}}$

Αναζητούμε τους πραγματικούς αριθμούς $\displaystyle{k,l,m}$ ώστε να παριστάνει κύκλο η εξίσωση
$\displaystyle{a^2+b^2+ka+lb+m=0 \Rightarrow \frac{9x^2}{(4+x^2)^2}+\frac{4-4x^2+x^4}{(4+x^2)^2}+k\frac{3x}{4+x^2}+l\frac{2-x^2}{4+x^2}+m=0}$
$\displaystyle{ \Rightarrow 9x^2+4-4x^2+x^4+3kx(4+x^2)+(2l-lx^2)(4+x^2)+m(16+8x^2+x^4)=0}$
$\displaystyle{ \Rightarrow 9x^2+4-4x^2+x^4+12kx+3kx^3+8l-4lx^2+2lx^2-lx^4+16m+8mx^2+mx^4=0}$
$\displaystyle{ \Rightarrow (1-l+m)x^4+(3k)x^3+(9-4-4l+2l+8m)x^2+(12k)x+(8l+16m+4)=0}$

Απαιτούμε να είναι το μηδενικό πολυώνυμο ως προς x, άρα
$\displaystyle{ \left\{\begin{matrix} 1-l+m=0 \\ 3k=0\\ 5-2l+8m=0\\ 12k=0\\ 8l+16m+4=0 \end{matrix}\right} \Rightarrow \left\{\begin{matrix} l=\frac{1}{2} \\ k=0\\ m=-\frac{1}{2}\\ \end{matrix}\right} }$

οπότε $\displaystyle{a^2+b^2+0a+\frac{1}{2}b-\frac{1}{2}=0 \Rightarrow a^2+b^2+2\frac{1b}{4}+\frac{1}{16}=\frac{1}{2}+\frac{1}{16} \Rightarrow a^2+\left(b+\frac{1}{4}\right)^2=\frac{9}{16}=\left(\frac{3}{4}\right)^2}$

parmenides, υπάρχει πρόβλημα με αυτήν την προσέγγιση. Παίρνεις ως δεδομένο ότι οι εικόνες του

βρίσκονται πάνω σε κύκλο και βρίσκεις ποιος πρέπει να είναι αυτός ο κύκλος. Το ζητούμενο όμως είναι να δειχθεί ότι οι εικόνες του

βρίσκονται πάνω σε κύκλο οπότε δεν επιτρέπεται να το πάρουμε ως δεδομένο.

--------------------------
Επίσης σε οποιαδήποτε διαπραγμάτευση πρέπει να είμαστε προσεκτικοί διότι ο γεωμετρικός τόπος δεν είναι κύκλος αλλά κύκλος με εξαίρεση ενός σημείου. Το

ανήκει στον κύκλο αλλά όχι στον γεωμετρικό τόπο.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 28, 2011 5:06 pm**

Καλό μεσημέρι!

Σε περιπτώσεις που καταδεικνύεται το που θα πρέπει να ανήκουν οι εικόνες καλό είναι να παίρνουμε την εξίσωση της καμπύλης με τα μέτρα και να αντικαθιστούμε. Συγκεκριμένα αν πρέπει να δείξουμε ότι οι εικόνες κινούνται στον κύκλο που έγραψε ο Λευτέρης τότε θέλουμε το μέτρο της "διαφοράς" $\displaystyle{\left| {w + \frac{1}{4}i} \right|}$ να βγει ίσο με $\displaystyle{\frac{3}{4}}$

Πράγματι
$\displaystyle{\left| {w + \frac{1}{4}i} \right| = \left| {\frac{{z + i}}{{iz + 2}} + \frac{1}{4}i} \right| = \left| {\frac{{3\left( {z + 2i} \right)}}{{4\left( {2 + iz} \right)}}} \right|\mathop = \limits^{z \in R} \frac{{3\sqrt {{z^2} + 4} }}{{4\sqrt {{z^2} + 4} }} = \frac{3}{4}}$

Σε περιπτώσεις που δεν καταδεικνύεται προσωπικά λύνω ως προς την παράμετρο (με καλύπτει και για την εύρεση γεωμετρικού τόπου).
Στην συγκεκριμένη ως παράμετρος μπορεί να θεωρηθεί ο πραγματικός $\displaystyle{z = \lambda \in R}$
Δηλαδή θα είχαμε
$\displaystyle{w = \frac{{\lambda + i}}{{\lambda i + 2}} \Leftrightarrow ... \Leftrightarrow \lambda = ...}$

$\displaystyle{\lambda \in R \Leftrightarrow \lambda = \bar \lambda ...}$
κτλ (Κώστα με συγχωρείς αλλά έκανα κλόπηράιτ)

mathematica.gr

Διδακτική προσέγγιση

Διδακτική προσέγγιση

Re: Διδακτική προσέγγιση

Re: Διδακτική προσέγγιση

Re: Διδακτική προσέγγιση

Re: Διδακτική προσέγγιση

Re: Διδακτική προσέγγιση

Re: Διδακτική προσέγγιση

Re: Διδακτική προσέγγιση

Re: Διδακτική προσέγγιση

Re: Διδακτική προσέγγιση

Re: Διδακτική προσέγγιση

Re: Διδακτική προσέγγιση

Re: Διδακτική προσέγγιση

Re: Διδακτική προσέγγιση

Re: Διδακτική προσέγγιση

Re: Διδακτική προσέγγιση

Re: Διδακτική προσέγγιση

Re: Διδακτική προσέγγιση

Re: Διδακτική προσέγγιση

Re: Διδακτική προσέγγιση