mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 20, 2009 9:05 pm**

Μια και για την ώρα ασχολούμαι με μιγαδικούς, βάζω ακόμα μια άσκηση που πρώτη φορά τη συναντώ :

ΑΣΚΗΣΗ

Αν οι εικόνες των διαφορετικών μεταξύ τους μιγαδικών z_1 ,z_2,z_3,

είναι αντίστοιχα τα σημεία A,B,C

του μοναδιαίου κύκλου C(O,1)

,

$\displaystyle{k \in \left\{ { - 2,0,1} \right\}}$ και

$\displaystyle{ \left( {b + c + ka} \right)\overline {z_2 } \cdot \overline {z_3 } + \left( {a + c + kb} \right)\overline {z_3 } \cdot \overline {z_1 } + \left( {b + a + kc} \right)\overline {z_2 } \cdot \overline {z_1 } = 0 }$ ,

να αποδειχθεί ότι το τρίγωνο ABC

είναι ισόπλευρο.

Να σημειώσω ότι τα a,b,c

είναι τα αντίστοιχα μήκη των πλευρών του τριγώνου ABC

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 21, 2009 12:20 am**

Μπάμπης Στεργίου έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ

Αν οι εικόνες των διαφορετικών μεταξύ τους μιγαδικών είναι αντίστοιχα τα σημεία του μοναδιαίου κύκλου , $\displaystyle{k \in \left\{ { - 2,0,1} \right\}}$ και

$\displaystyle{ \left( {b + c + ka} \right)\overline {z_2 } \cdot \overline {z_3 } + \left( {a + c + kb} \right)\overline {z_3 } \cdot \overline {z_1 } + \left( {b + a + kc} \right)\overline {z_2 } \cdot \overline {z_1 } = 0 }$ ,

να αποδειχθεί ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

Να σημειώσω ότι τα είναι τα αντίστοιχα μήκη των πλευρών του τριγώνου

Μπάμπης

Είναι $\left( {b + c + ka} \right) {z_1 } + \left( {a + c + kb} \right) {z_2 } + \left( {b + a + kc} \right){z_3 } = 0$

Για k=1

έχουμε $\displaystyle{z_G=\frac{z_1+z_2+z_3}{3}=0=z_O}$ .

Για k=0

έχουμε $\displaystyle{\left( {b + c } \right) {z_1 } + \left( {a + c } \right) {z_2 } + \left( {b + a } \right){z_3 } = 0}$ ή $\displaystyle{z_1+z_2+z_3=\frac{az_1+bz_2+cz_3}{a+b+c}}$ ή z_H=z_I

.

Για k=-2

έχουμε $\displaystyle{\left( {b + c -2a} \right) {z_1 } + \left( {a + c -2b} \right) {z_2 } + \left( {b + a -2c} \right){z_3 } = 0}$ ή $\displaystyle{\frac{z_1+z_2+z_3}{3}=\frac{az_1+bz_2+cz_3}{a+b+c}}$ ή z_G=z_I

.

Σημ.
Ισχύουν οι (πολύ χρήσιμες) σχέσεις
$\displaystyle{z_G=\frac{z_1+z_2+z_3}{3}}$
z_H=z_1+z_2+z_3

$\displaystyle{z_I=\frac{az_1+bz_2+cz_3}{a+b+c}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 21, 2009 8:59 am**

socrates έγραψε:
Μπάμπης Στεργίου έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ

Αν οι εικόνες των διαφορετικών μεταξύ τους μιγαδικών είναι αντίστοιχα τα σημεία του μοναδιαίου κύκλου , $\displaystyle{k \in \left\{ { - 2,0,1} \right\}}$ και

$\displaystyle{ \left( {b + c + ka} \right)\overline {z_2 } \cdot \overline {z_3 } + \left( {a + c + kb} \right)\overline {z_3 } \cdot \overline {z_1 } + \left( {b + a + kc} \right)\overline {z_2 } \cdot \overline {z_1 } = 0 }$ ,

να αποδειχθεί ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

Να σημειώσω ότι τα είναι τα αντίστοιχα μήκη των πλευρών του τριγώνου

Μπάμπης
Είναι $\left( {b + c + ka} \right) {z_1 } + \left( {a + c + kb} \right) {z_2 } + \left( {b + a + kc} \right){z_3 } = 0$

Για έχουμε $\displaystyle{z_G=\frac{z_1+z_2+z_3}{3}=0=z_O}$ .

Για έχουμε $\displaystyle{\left( {b + c } \right) {z_1 } + \left( {a + c } \right) {z_2 } + \left( {b + a } \right){z_3 } = 0}$ ή $\displaystyle{z_1+z_2+z_3=\frac{az_1+bz_2+cz_3}{a+b+c}}$ ή .

Για έχουμε $\displaystyle{\left( {b + c -2a} \right) {z_1 } + \left( {a + c -2b} \right) {z_2 } + \left( {b + a -2c} \right){z_3 } = 0}$ ή $\displaystyle{\frac{z_1+z_2+z_3}{3}=\frac{az_1+bz_2+cz_3}{a+b+c}}$ ή .

Σημ.
Ισχύουν οι (πολύ χρήσιμες) σχέσεις
$\displaystyle{z_G=\frac{z_1+z_2+z_3}{3}}$

$\displaystyle{z_I=\frac{az_1+bz_2+cz_3}{a+b+c}}$

Εύγε !

Αυτή είναι η ουσία της άσκησης . Είναι μερικά σημεία του τριγώνου , των οποίων αξίζει να γνωρίζουμε τουν αντίστοιχους μιγαδικούς(afixes) ως συνάρτηση των μιγαδικών που απεικονίζονται στις κορυφές του.
Αλλά αυτές οι σχέσεις προκύπτουν από τις αντίστοιχες διανυσματικές . Θα άξιζε να γράψουμε ένα άρθρο για το πώς προκύπτουν αυτές οι σχέσεις, ώστε να τις βλέπουν και οι νεότεροι, αλλά να μην τις ξεχνάμε και μεις που κάποτε τις διδάσκαμε.
Μπάμπης

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 21, 2009 11:39 am**

Καλημέρα

Ωραία άσκηση και ωραία λύση (socrates) επί της ουσίας.

Να σημειώσω όμως ότι οι σχέσεις $\displaystyle{ \left| {\,\,z_1 } \right| = \left| {\,\,z_2 } \right| = \left| {\,\,z_3 } \right| = 1\,\,}$ και $\displaystyle{z_1 + z_2 + z_3 = 0}$ (όταν κ=1) μας αρκούν για να δείξουμε ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

Γιώργος

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 26, 2009 10:20 am**

Καλημέρα, πως αποδεικνυεται ότι το διάνυσμα θέσης του έγκενρου είναι $\displaystyle{ z_I = \frac{{az_1 + bz_2 + cz_3 }}{{a + b + c}} }$ ;; Σπαω το κεφαλι μου αλλά δεν μου βγαίνει.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 26, 2009 10:59 am**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΡΑΤΟΣ έγραψε:Καλημέρα, πως αποδεικνυεται ότι το διάνυσμα θέσης του έγκενρου είναι $\displaystyle{ z_I = \frac{{az_1 + bz_2 + cz_3 }}{{a + b + c}} }$ ;; Σπαω το κεφαλι μου αλλά δεν μου βγαίνει.

Μπορεί να ορισθεί έτσι (γενικευμένο βαρύκεντρο). Αλλιώς...

Διανυσματικά.
Είναι $\displaystyle \overrightarrow{AI}=\frac{b+c}{a+b+c}\overrightarrow{AD}$ (AD διχοτόμος) και $\displaystyle \overrightarrow{AD}=\frac{b}{b+c}\overrightarrow{AB}+\frac{c}{b+c}\overrightarrow{AC}$
οπότε $\displaystyle \overrightarrow{AI}=\frac{b}{a+b+c}\overrightarrow{AB}+\frac{c}{a+b+c}\overrightarrow{AC}$ κτλ.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 26, 2009 11:43 am**

Συναδελφε socrates,
από τοθεώρημα διχοτομων ΔΒ/ΔΓ=ΑΒ/ΑΓ ή διανυσματικά $\displaystyle{ \Delta {\rm B} = - \frac{\gamma }{\beta }\Delta \Gamma }$ , δεν μου εμφανιζονται τα βελάκια , θεωρώντας ως σημειο αναφορας το Α βρισκουμε διανυσμα ΑΔ συναρτησει των ΑΒ και ΑΓ.Μεχρις εδώ ενταξει.Τα διανυσματα ΑΙ , ΑΔ είναι συγγραμμικα οπότε ψαχνω λ ώστε διανΑΙ=λ*διανΑΔ. αυτό το λ πως το βρισκουμε $\displaystyle{ \frac{{b + c}}{{a + b + c}} }$ ;;;Ευχαριστώ

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 26, 2009 6:18 pm**

Καλησπέρα socrates με πρόλαβες! το βρηκα και μάλιστα παραθετω μια άσκηση η οποία χρησιμοποιει ολα αυτα που γραφεις και συζητησαμε...

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ο εγγεγραμμένος κύκλος του (Ι, ρ). Να αποδειχθεί ότι¨:
i) $a\vec{IA}+\beta I\vec{B}+\gamma I\vec{\Gamma }=0\vec{}$ .
ii) Αν Μ τυχαίο σημείο του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ να δειχθεί ότι $aM\vec{A^{2}}+\beta M\vec{B^{2}}+\gamma M\vec{\Gamma ^{2}}$ = σταθερό

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 28, 2009 2:04 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΡΑΤΟΣ έγραψε: Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ο εγγεγραμμένος κύκλος του (Ι, ρ). Να αποδειχθεί ότι¨:
i) $a\vec{IA}+\beta I\vec{B}+\gamma I\vec{\Gamma }=0\vec{}$ .
ii) Αν Μ τυχαίο σημείο του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ να δειχθεί ότι $aM\vec{A^{2}}+\beta M\vec{B^{2}}+\gamma M\vec{\Gamma ^{2}}$ = σταθερό

ii)

$\alpha \overrightarrow{MA}^2+\beta \overrightarrow{MB}^2+\gamma \overrightarrow{M\Gamma}^2=\alpha( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA})^2+\beta (\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB})^2+\gamma( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{I\Gamma})^2=$

$=(\alpha+\beta+\gamma)\overrightarrow{MI}^2+2\overrightarrow{MI}\cdot( \alpha\overrightarrow{IA}+\beta \overrightarrow{IB}+\gamma \overrightarrow{I\Gamma })+\alpha \overrightarrow{IA}^2+\beta \overrightarrow{IB}^2+\gamma \overrightarrow{I\Gamma}^2=^{(i)}$

$= (\alpha+\beta+\gamma)\rho^2+\alpha \overrightarrow{IA}^2+\beta \overrightarrow{IB}^2+\gamma \overrightarrow{I\Gamma}^2$ ,σταθερό.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 29, 2009 10:30 am**

Εξαιρετικός socrates!Ευχαριστώ για τη συμμετοχή σου.

mathematica.gr

Μιγαδικοί και γεωμετρία

Μιγαδικοί και γεωμετρία

Re: Μιγαδικοί και γεωμετρία

Re: Μιγαδικοί και γεωμετρία

Re: Μιγαδικοί και γεωμετρία

Re: Μιγαδικοί και γεωμετρία

Re: Μιγαδικοί και γεωμετρία

Re: Μιγαδικοί και γεωμετρία

Re: Μιγαδικοί και γεωμετρία

Re: Μιγαδικοί και γεωμετρία

Re: Μιγαδικοί και γεωμετρία