Συλλογή Ασκήσεων και Άρθρων στην Γεωμετρία των...

Συλλογή Ασκήσεων και Αρθρων στην Γεωμετρία των Μιγαδικών Αριθμών

Διαδικτυακός Τόπος :www.mathematica.gr

Προβολή αναπάντητων δημοσιεύσεων | Προβολή ενεργών θεμάτων Προβολή μη αναγνωσμένων δημοσιεύσεων

Ευρετήριο ∆. Συζήτησης » ΛΥΚΕΙΟ » Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ » ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ » ΜΙΓΑ∆ΙΚΟΙ Όλοι οι χρόνοι είναι UTC + 2 ώρες [ DST ]

Επιμελητής: Τηλέγραφος Κώστας

Θέμα δημοσίευσης: Το πέταγμα μίας πεταλούδας ∆ημοσιεύτηκε: Τρί Ιαν 06, 2009 3:33 am

Σύνδεση Εγγραφή Συχνές Ερωτήσεις Αναζήτηση Μέλη

Τώρα είναι Τετ Σεπ 14, 2011 11:37 am

Το πέταγμα μίας πεταλούδας

Σελίδα 1 από 2 [ 21 ∆ημοσιεύσεις ] Μετάβαση στην σελίδα 1, 2 Επόμενο

Προβολή Εκτύπωσης Προηγούμενο | Πρώτη αδιάβαστη δημοσίευση | Επόμενο

Συγγραφέας Μήνυμα

nsmavrogiannis

Γενικός Συντονιστής

Εγγραφή: Σάβ ∆εκ 20, 20088:13 pm∆ημοσιεύσεις: 2153Τοποθεσία: Αθήνα

'Ολοι γνωρίζετε την γνωστή ρήση για το πέταγμα της πεταλούδας. Ρήση που συνδεδεμένη με την θεωρία των καταστροφώνπροβλέπει ότι, ενδέχεται, το πέταγμα έστω και ενός εξ΄αυτών των υπέροχων βραχύβιων πλασμάτων να επιφέρει, κάπου μακριά,δεινά.Στις παρακάτω δύο ασκήσεις νομίζω ότι αποτυπώνεται ένα μη καταστροφικό πέταγμα της πεταλούδας. Αθώοι προβληματισμοί στηγεωμετρία της Β' Λυκείου επιδρούν σε ασκηση μιγαδικών της Γ' Λυκείου

ΑΣΚΗΣΗ 1 ( (Aπό το Mathematical Intelligencer, 1983)). Αν και

να αποδείξετε ότιή είτε

ΑΣΚΗΣΗ 2.( Aς πούμε απο μένα) Nα αποδείξετε ότι αν το ABCD είναι παραλληλόγραμμο που δεν είναι ορθογώνιο και FE//AB τότε ταγραμμοσκιασμένα τρίγωνα δεν έχουν την ίδια περίμετρο.

Συνημμένο:

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Το πέταγμα μίας πεταλούδας http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=157

1 of 24 31/08/2011 09:39 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Το πέταγμα μίας πεταλούδας ∆ημοσιεύτηκε: Τρί Ιαν 06, 2009 4:27 am

fly.png [ 39.81 KiB | 1541 προβολές ]

Μαυρογιάννης

_________________Αν κανείς δεν ελπίζει, δεν θα βρεί το ανέλπιστο, οι δρόμοι για το ανεξερεύνητο θα είναι κλειστοί.Ηράκλειτος

Κορυφή

Mihalis_Lambrou


2 of 24 31/08/2011 09:39 πμ


Εγγραφή: Κυρ ∆εκ 21, 20083:04 am∆ημοσιεύσεις: 3432

nsmavrogiannis έγραψε:

ΑΣΚΗΣΗ 2.( Aς πούμε απο μένα) Nα αποδείξετε ότι αν το ABCD είναι παραλληλόγραμμο που δεν είναι ορθογώνιο και FE//ABτότε τα γραμμοσκιασμένα τρίγωνα δεν έχουν την ίδια περίμετρο.

Νίκο, μας βάζεις ασκήσεις 3 η ώρα το πρωί; Πότε θα πάμε για ύπνο!

Να μία λύση της δεύτερης. Ελπίζω να είναι σωστή, γιατί τέτοια που είναι η ώρα,σε λίγο δεν θα χαμπαριάζω τίποτα....

Επαναλαμβάνουμε το σχήμα δεξιά. Το ζητούμενο, σε ισοδύναμη μορφή, έπεται από τα

ΑC > JC (διότι η ΒC είναι διάμεσος στο AJC, που γέρνει δεξιά)AE > JE (διότι η ΒΕ είναι διάμεσος στο AJΕ, που γέρνει δεξιά)---------ΑC + AE > JC + JE

Π.χ, η πρώτη ανίσωση, για να είμαστε ακριβείς και να μη "γέρνει" η απόδειξη, έπεται από τον νόμο των συνημιτόνων

(η ανίσωση στη μέση βγαίνει διότι η γωνία ΑΒC είναι αμβλεία, οπότε έχει αρνητικό συνημίτονο, ενώ η JBC είναι οξεία).

Καληνύχτα,

Μιχάλης Λάμπρου.

Συνημμένα:


3 of 24 31/08/2011 09:39 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Το πέταγμα μίας πεταλούδας ∆ημοσιεύτηκε: Τρί Ιαν 06, 2009 5:21 am

τίτλο.JPG [ 15.91 KiB | 1523 προβολές ]

Κορυφή

p_gianno

∆ιευθύνον Μέλος


ΑΣΚΗΣΗ 2.( Aς πούμε απο μένα) Nα αποδείξετε ότι αν το ABCD είναι παραλληλόγραμμο που δεν είναι ορθογώνιο και FE//AB τότε ταγραμμοσκιασμένα τρίγωνα δεν έχουν την ίδια περίμετρο.


---------------ΚαλησπέραΣτο ABCD D +C=180 (εντός και επι τα αυτά) και επειδή ABCD όχι ορθογώνιο-- >D =/=C --> D αβλεία και C οξεία άρα D >C (1)Ανάλογα συμπεραίνουμε και για τις υπόλοιπες γωνίες. Στο ABCD οι διαγώνιοι BD και CA βρίσκονται στα τρίγωνα DCB ,ADCαντιστοίχως , τα οποία τρίγωνα έχουν τις άλλες δύο πλευρές τους ίσες μία προς μία και τις περιεχόμενες σε αυτές γωνίες άνισες ,άρα θα είναι ομοιότροπα άνισες και οι απέναντι από αυτές τις άνισες γωνίες τρίτες πλευρές , δηλαδή οι διαγώνιοι BD και CA . Το


4 of 24 31/08/2011 09:39 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Το πέταγμα μίας πεταλούδας ∆ημοσιεύτηκε: Τρί Ιαν 06, 2009 12:03 pm

τελευταίο σε συνδυασμό με την (1) δίνει CA > BD (2)Ανάλογα βγαίνει ΑΕ>FB (3)(2)+ (3) -- > CA + ΑΕ > BD + FB -->** CA + ΑΕ +CE > BD + FB + FD -- > περιμετρος(CAΕ)> περιμετρος(BDF )(**αφού CE>FD)

Είναι 4 και....Καλημέρα ή καληνύχτα ;Διαλέγετε και παίρνετε.

Συνημμένο:

fly.png

Κορυφή

Γιώργος Ρίζος

Συντονιστής

Εγγραφή: ∆ευτ ∆εκ 29,2008 2:18 pm∆ημοσιεύσεις: 1448Τοποθεσία: Κέρκυρα

Καλή μέρα και Χρόνια Πολλά.

Με την υπόδειξη του κ. Μαυρογιάννη, έφτιαξα το παρακάτω σχήμα.

Τα πρόσημα στην εκφώνηση ... βγαίνουν αντίθετα.

Αν έχει λύσει κάποιος αλγεβρικά την άσκηση ας βοηθήσει...

Συνημμένο:


5 of 24 31/08/2011 09:39 πμ


6 of 24 31/08/2011 09:39 πμ



.png [ 19.91 KiB | 1474 προβολές ]

ΦιλικάΓιώργος Ρίζος

Κορυφή

k-ser

Εγγραφή: Σάβ ∆εκ 20, 200811:22 am∆ημοσιεύσεις: 771Τοποθεσία: ΜουζάκιΚαρδίτσας


'ΑΣΚΗΣΗ 1 ( (Aπό το Mathematical Intelligencer, 1983)). Αν και

να αποδείξετε ότιή είτε Μαυρογιάννης

Νίκο,για k=1/2 , w=2z , z μη μηδενικό μιγαδικό, το δεδομένο της άσκησης ισχύει μα το ζητούμενο... τζίφος!

Το πέταγμα τη πεταλούδας, εν προκειμένω κάποιο λαθάκι της άσκησης, προκαλεί όντως "δεινά" σ' όποιον επιχειρήσει να τη λύσει.

_________________Κώστας Σερίφης

Κορυφή

chris_gatos


7 of 24 31/08/2011 09:39 πμ


Επιμελητής

Εγγραφή: Κυρ ∆εκ 21, 200810:03 pm∆ημοσιεύσεις: 3563Τοποθεσία: Πειραιάς / Χάλκη

Για να πώ κι εγώ τη μικρή, πικρή μου αλήθεια, μου ανακάτεψε (βασανιστικά, αλλά εποικοδομητικά) το μυαλό, αλλά αποτέλεσμαμηδέν! Χρόνια πολλά στους εορτάζοντες!

_________________Χρήστος Κυριαζής''Ξέρω τ'ονομά σου,την εικόνα σου και πάλι απ'την αρχή,ψάχνω για μιά διέξοδο γυρεύοντας μιά αλλιώτικη ζωή...''

Κορυφή

nsmavrogiannis



O Γιώργος και ο Κώστας έχουν απόλυτο δίκιο. Δυστυχώς η εκφώνηση είναι όπως την βρήκα και την έλεγξα πολλές φορές:

Συνημμένο:

fly1.png

Προέρχεται από την ιστοσελίδα http://problemcorner.org του Πανεπιστημίου του Missouri. Συγκεκριμένα η άσκηση βρίσκεται στηνδιεύθυνση:http://problemcorner.org:591/problemcorner.org/FMPro?-db=problems.fp5&-format=detail.html&-lay=all&ProblemName=MI&-recid=44175&-find=Προφανώς χρειάζεται κάποια προσθήκη στις υποθέσεις (Για παράδειγμα ο λόγος των δύο μιγαδικών να μην είναι πραγματικός). Δενξέρω αν στην απάντηση που δόθηκε στον Intelligencer έγινε κάποια διόρθωση. Το τεύχος είναι αρκετά παλιό και στην βιβλιοθήκηπου χρησιμοποιώ (την πολύ καλή του Ιδρύματος Ευγενίδου) έχουν μόνο σχετικά πρόσφατα τεύχη. Η άσκηση με είχε απασχολήσειαρκετά και το μόνο που είχα πετύχει είναι μία γεωμετρική προσέγγιση παρόμοια με του Γιώργου (Γιώργο, Χρήστο και άλλοι φίλοι ναχαρείτε ας με αποκαλείτε με το όνομα μου το μικρό ή το επώνυμο χωρίς το κύριε, και ας μιλάμε στον ενικό-αν είχαμε την τύχη να ταπούμε από κοντά αυτό θα γινόταν σε 5 λεπτά). Εξ΄ής και η ασκησούλα με το παραλληλόγραμμο. Δεν είχα καθόλου σε αυτή τηναντιμετώπιση υπολογίσει το ενδεχόμενο τα διανύσματα των δύο μιγαδικών να είναι συγγραμμικά. Είπα στον εαυτό μου "εκεί θακολλήσουμε;". Και όμως!Λυπάμαι για το ότι δεν πήρα είδηση ότι η εκφώνηση χωλαίνει και για την ταλαιπωρία σας.Χαίρομαι που εδώ στην δική μας παρέα ανιχνεύθηκε από τον Γιώργο και τον Κώστα το λάθος.Παρηγορούμαι ότι αφού λάθη γίνονται στις μεγάλες πίστες εμείς θα αποτελέσουμε εξαίρεση;Μαυρογιάννης


8 of 24 31/08/2011 09:39 πμ


ΥΓ Θα χαρώ να δω μία καθαυτό αλγεβρική λύση με την επιπλέον υπόθεση ότι


Τελευταία επεξεργασία από nsmavrogiannis και Τρί Ιαν 06, 2009 4:05 pm, έχει επεξεργασθεί 4 φορά/ες συνολικά

Προσθήκη 06-01-2009 14.35

Κορυφή

k-ser



'ΑΣΚΗΣΗ 1 ( (Aπό το Mathematical Intelligencer, 1983)). Αν και

να αποδείξετε ότιή είτε Μαυρογιάννης

Νίκο,η αλγεβρική προσέγγιση η οποία με οδήγησε και στο αντιπαράδειγμα είναι η παρακάτω:

Αν w=0 τότε είναι προφανές.Αν w μη μηδενικός θεωρούμε c=z/w και διαιρώντας τις ισότητες με w η άσκηση είναι ισοδύναμη με τηνΑν και

να αποδείξετε ότιή


9 of 24 31/08/2011 09:39 πμ

είτε ΑπόδειξηΕίναι: (1)Παίρνοντας τα τετράγωνα στα δύο μέλη οδηγούμαστε στην ισότητα:

(2)Όμως

To "=" στην ανισότητα αυτή ισχύει όταν και

Έτσι από τη (2) προκύπτει: (3)

και(4)

Η (4) , μετά από τις πράξεις μας δίνει ή

Αν η (3) μας δίνει Δηλαδή πρέπει k=1 ή k=-1 και c=1 ή c=-1 οπότεγια τις τιμές, από αυτές, των k, c για τις οποίες ισχύει το δεδομένο θα ισχύει και το ζητούμενο.

Αν τότε θα έχουμε c πραγματικός ή c φανταστικός.Στην περίπτωση που c φανταστικός εύκολα επαληθεύουμε και το δεδομένο και το ζητούμενο.

Αν, όμως c πραγματικός το δεδομένο δεν ισχύει πάντα οπότε...Η άσκηση καλό είναι να δώσει ότι ο c δηλαδή ο z/w δεν είναι πραγματικός!Σ' αυτήν την περίπτωση, βέβαια, θα καταλήγαμε μόνο στην περίπτωση ότι ο c είναι φανταστικός!ισοδύναματο συμπέρασμα θα ήταν: z=λwi με λ μη μηδενικός πραγματικός.



10 of 24 31/08/2011 09:39 πμ


Κορυφή




Αγαπητέ Νίκο

όπως είχα εξηγήσει στον (συνομίληκό μου) Γρηγόρη, ο πληθυντικός δεν υποδήλωνε "τυπικότητα", αλλά σεβασμό στην προσπάθειά τωνπρωτεργατών.

Εντάξει, συνεχίζουμε στον ενικό της πιο άμεσης και ζεστής επικοινωνίας.

Το ότι η εικόνα του πρώτου αρχείου που έστειλες νυχτιάτικα, παραμονή Θεοφανείων, έχει δεχτεί μέσα σε 12 ώρες 250 επισκέψεις είναιΣΗΜΑΝΤΙΚΟΤΑΤΟ, (έστω και αν κάποιες οφείλονται στα ίδια άτομα).

Για την άσκηση:Αν δεν είχες κάνει την υπόδειξη, (από το μανίκι μας τράβηξες), ούτε που θα σκεφτόμουν τη γεωμετρική αντιμετώπιση. Άρα ηγεωμετρική αντιμετώπιση δεν είναι "παρόμοια με κάποια άλλη", είναι ΔΙΚΗ ΣΟΥ.

Για την (μετ)αλλαγμένη άσκηση με τα πρόσημα όπως παρακάτω:|κw + z| + |w + z| = |κw – z| + |w – z|

Αν οι εικόνες των w, z έχουν μη συγγραμμικά διανύσματα επί την αρχή:|κw + z| = |κw – z| για κ >1 ή 0 < κ < 1και |κw + z| = |w + z| για κ = 1 αντίστοιχα.Δίνω ξανά τα σχήματα γιατί δεν ήταν ευανάγνωστα

Συνημμένο:


11 of 24 31/08/2011 09:39 πμ

Μιγαδικοί 01.png [ 11.04 KiB | 310 προβολές ]

Αν κ = 0, τετριμμένη περίπτωση

Αν κ < 0, προκύπτει το σχήμα

Συνημμένο:


12 of 24 31/08/2011 09:39 πμ

Μιγαδικοί 02.png [ 6.58 KiB | 310 προβολές ]

Για ΟΒ κάθετο στο ΟΑ τα ΟΒΕΓ και ΟΑΔΒ είναι ορθογώνια παραλληλόγραμμα,άρα (ΟΔ) = (ΟΗ) και (ΟΕ) = (ΟΘ) δηλαδή |κw + z| = |κw – z| και |w + z| = |w – z|

Για πλάγιο παραλληλόγραμμο μπορούμε να δείξουμε ότι δεν ισχύει η ισότητα;

Αν τα διανύσματα είναι συγγραμμικά, αποδεικνύεται ότι δεν ισχύει, με αντιπαράδειγμα, είτε γεωμετρικό, είτε αλγεβρικό (όπωςαπέδειξε ο Κώστας Σερίφης).


Υ.Γ. Μόλις είδα τη λύση του Κώστα Σερίφη, για την αρχική εκφώνηση.

Αν αυτή η άσκηση αναφέρεται σε πεταλούδες, έχεις καμμία με ... πτερόσαυρους;

edit 9-8-2011 (!) πρόσθεσα ξανά τα συνημμένα, μετά από υπόδειξη του parmenides51


13 of 24 31/08/2011 09:39 πμ


Τελευταία επεξεργασία από Γιώργος Ρίζος και Τρί Αύγ 09, 2011 10:01 am, έχει επεξεργασθεί 2 φορά/ες συνολικά

Κορυφή

nsmavrogiannis



Η προσέγγιση που έκανα όταν είχα καταπιαστεί με την άσκηση ήταν ή ακόλουθη:Η υπόθεση μας είναι

(Υ)Αν είναι τότε ισχύει η δεύτερη σχέση του συμπεράσματος οπότε είμαστε εντάξει. Με διαιρούμε την σχέση (Υ) με καιέχουμε:

(1)

που με μας δίνει ως υπόθεση την (Υ ΄)

Kαι θέλουμε να ισχύειή (Σ1)είτε (Σ2)Η τεχνική αυτή δηλαδή του να διαιρέσουμε με κάποια μεταβλητή είναι πολύ χρήσιμη όταν έχουμε ομογενείς σχέσεις. Στην (Υ ΄)δοκίμασα διάφορους αλγεβρικούς χειρισμούς χωρίς κάποιο αποτέλεσμα. Τώρα, εκ' των υστέρων που βλέπω την λυση του Κώσταμου φαίνεται ότι η διαίρεση δια είναι καλλίτερη.Μη βλέποντας φως από την μεριά της Άλγεβρας πήγα στη μεριά της Γεωμετρίας για μία καλλίτερη τύχη έκανα ένα σχήμα (δείτε καιτα σχήματα του Μιχάλη και του Γιώργου)

Συνημμένο:


14 of 24 31/08/2011 09:39 πμ

fly1.png [ 27.18 KiB | 1206 προβολές ]

Τα δεδομένα λένε ότι πρέπει

που ισοδυναμεί με το ότι τα έχουν την ίδια περίμετρο. Επειδή έχουν και το ίδιο εμβαδόν θα έχουν την ίδια ακτίναεγγεγραμμένου κύκλου. Αυτό συνεπάγεται ότι θα έχουν την ίδια γωνία που αντιστοιχεί σην κοινή πλευρά δηλαδή . Αρατο τετράπλευρο είναι εγγράψιμο και . Κάνοντας τον αντίστροφο συλλογισμό έχουμε ότι τα δηλαδή, για να μαζέψουμε κάπως το σχήμα, τα δύο γραμμοσκιασμένα έχουν ίδιες περιμέτρους. Αυτό οδηγεί στο ότι τοπαραλληλόγραμμο είναι ορθογώνιο και απο κει στο συμπέρασμα.Δεν υπολόγισα (ούτε κατα πως φαίνεται και ο συντάκτης τηςάσκησης) την τετριμμένη περίπτωση τα να είναι συγγραμμικά. Αλλά εδώ στο mathematica είναι απίθανο να αφεθεί κάτι ναπέσει κάτωΤέλος πάντων χάρη σε σας έχουμε την άσκηση σε ορθή εκφώνηση:


15 of 24 31/08/2011 09:39 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Το πέταγμα μίας πεταλούδας ∆ημοσιεύτηκε: Πέμ Ιαν 08, 2009 2:27 pm

Αν , , και

να αποδείξετε ότιή είτε

Να είστε καλάΜαυρογιάννης


Κορυφή




Δίνω παρακάτω μια άλλη αντιμετώπιση στο πρόβλημα της "πεταλούδας".

Η ιδέα ανήκει στο φίλο Γιώργο Μαυρίδη. Μου τη διατύπωσε τηλεφωνικά, για να βοηθήσει το διάλογό μας. Τον ευχαριστούμεθερμά.

Έστω w, z ανήκουν C, κ ανήκει ΙR και |κw + z| + |w – z| = |κw – z| + |w + z|.Να αποδείξετε ότι: ή |κw + z| = |κw – z| είτε |κw + z| = |w + z|.

ΛΥΣΗ:Αν z = 0, περίπτωση τετριμμένη.Για z διάφορο του 0, η (1) γράφεται:|κu + 1| + |u – 1| = |κu – 1| + |u + 1| ή |κu + 1| – |κu – 1| = |u + 1| – |u – 1| (2)όπου u = .

Έστω ότι |u + 1| – |u – 1| = 0 ή |u + 1| = |u – 1|, οπότε η εικόνα του w είναι στον άξονα των πραγματικών αριθμών.Εύκολα το δείχνουμε είτε επιλύοντας αλγεβρικά είτε γεωμετρικά: η εικόνα του z είναι στη μεσοκάθετο του Α΄(–1, 0) Α(1, 0).Τότε και |κu + 1| – |κu – 1| = 0 ή |κu + 1| = |κu – 1| δηλαδή: |κw + z| = |κw – z|


16 of 24 31/08/2011 09:39 πμ


Έστω ότι |u + 1| – |u – 1| διάφορο του 0, τότε: | |u + 1| – |u – 1| | = 2α, α > 0,

οπότε η εικόνα του u = x + yi, x, y πραγματικούς, ανήκει σε κλάδο της υπερβολής

, (3)με εστίες Ε΄(–1, 0), Ε(1, 0).

Από τη (2) προκύπτει ότι | |κu + 1| – |κu – 1| | = 2α, α > 0, άρα και η εικόνα του

κu = κx + κyi, x, y πραγματικούς, ανήκει σε κλάδο της υπερβολής

,με εστίες Ε΄(–1, 0), Ε(1, 0).

Είναι:

Από τη (2) προκύπτει ότι αν |u + 1| – |u – 1| > 0 τότε και |κu + 1| – |κu – 1| > 0 και αντί-στροφα, οπότε οι διανυσματικές ακτίνεςτων u και κu είναι ομόρροπα διανύσματα, αφού είναι στον ίδιο κλάδο της υπερβολής, επομένως κ = 1, οπότε είναι: |κw + z| = |w +z|.

Αν είναι

δηλαδή u ανήκει IR, τότε παρατηρούμε ότι:Η ισότητα |κu + 1| – |κu – 1| = |u + 1| – |u – 1| γράφεται: |κu + 1| – |κu – 1| = 2, που ισχύει για κάθε κ ανήκει IR, (η απόσταση τωνεικόνων τους στον άξονα των πραγματικών είναι 2).Εξαιρούμε από την υπερβολή τις κορυφές τους Α(α, 0) και Α΄(–α, 0).

ΕΡΩΤΗΜΑ: Ο περιορισμός

, τέθηκε, μετά από διερεύνηση της περίπτωσης με βάση τις λύσεις των Κ. Σερίφη και Ν. Μαυρογιάννη. Θα μπορούσε ή θα έπρεπε ναπροκύψει στη διάρκεια επίλυσης της άσκησης;


Επισυνάπτω το αρχείο σε word για όποιον θα ήθελε να παρέμβει...

Κορυφή

nsmavrogiannis


17 of 24 31/08/2011 09:39 πμ




Φίλοι Γιώργο και Γιώργο (Ρίζο και Μαυρίδη) νομίζω ότι η επιπλέον υπόθεση είναι απαραίτητη για να "σωθεί" η άσκηση. Αν μείνουμεστην αρχική διατύπωση του Κ.S. Murray (: που υπογράφει το πρόβλημα) τότε όπως φαίνεται με το αντιπαράδειγμα του ΚώσταΣερίφη δεν προκύπτει το συμπέρασμα (δηλαδή καμμία από τις δύο ισότητες που θέτει διαζευκτικά). Επομένως οι αρχικές επιλογέςτων , πρέπει να περιορισθούν δηλαδή η τριάδα δε μπορεί να ανήκει οπουδήποτε στο . 'Eνας εύλογοςπεριορισμός είναι αυτός που πρότεινα. Ασφαλώς μπορούμε να διατυπώσουμε και άλλους ενδεχομένως περιορίζοντας το . Νομίζωόμως ότι σε κάθε περίπτωση πρέπει να μπεί κάποια επιπλέον υπόθεση. Εκτός αν τεθεί διαφορετική διατύπωση του τύπου:Με δεδομένο ότι ισχύει ότι....βρείτε υπό ποιες προϋποθέσεις ισχύουει κάποιο από τα.....Την επεξεργασία του Γ. Μαυρίδη θα την δώ με την ησυχία μου. Ευχαριστούμε πολύ.Μαυρογιάννης


Κορυφή

k-ser


Rigio έγραψε:

Αν είναι

δηλαδή u ανήκει IR, τότε παρατηρούμε ότι:Η ισότητα |κu + 1| – |κu – 1| = |u + 1| – |u – 1| γράφεται: |κu + 1| – |κu – 1| = 2, που ισχύει για κάθε κ ανήκει IR, (η απόστασητων εικόνων τους στον άξονα των πραγματικών είναι 2).Εξαιρούμε από την υπερβολή τις κορυφές τους Α(α, 0) και Α΄(–α, 0).

ΕΡΩΤΗΜΑ: Ο περιορισμός

, τέθηκε, μετά από διερεύνηση της περίπτωσης με βάση τις λύσεις των Κ. Σερίφη και Ν. Μαυρογιάννη. Θα μπορούσε ή θα έπρεπενα προκύψει στη διάρκεια επίλυσης της άσκησης;


Επισυνάπτω το αρχείο σε word για όποιον θα ήθελε να παρέμβει...


18 of 24 31/08/2011 09:39 πμ



Έχω υπογραμίσει με κόκκινο κάτι που δεν είναι σωστό!Αυτό ισχύει μόνο στην περίπτωση που u+1, u-1 καθώς και ku+1, ku-1 θετικοί πραγματικοί.

...θα το ξαναδώ!


Κορυφή




Κώστα, έχεις δίκιο,

Η διαφορά |u + 1| - |u - 1| ισούται με -2, για u < ή = -1, με 2υ για -1<u<1 και με 2 για u = ή > 1

Εννοείται ότι οι αβλεψίες βαρύνουν απολύτως εμένα.

Για u < -1 ή u > 1 ισχύουν τα συμπεράσματα: Ενώ ισχύει η υπόθεση δεν προκύπτουν τα συμπεράσματα της εκφώνησης

Θα ελέγξουμε τι συμβαίνει στο [-1, 1].


Κορυφή

Mihalis_Lambrou

Γενικός Συντονιστήςnsmavrogiannis έγραψε:


19 of 24 31/08/2011 09:39 πμ


O Γιώργος και ο Κώστας έχουν απόλυτο δίκιο. Δυστυχώς η εκφώνηση είναι όπως την βρήκα και την έλεγξα πολλές φορές:

Συνημμένο:

fly1.png

Προέρχεται από την ιστοσελίδα http://problemcorner.org του Πανεπιστημίου του Missouri. Συγκεκριμένα η άσκηση βρίσκεταιστην διεύθυνση:http://problemcorner.org:591/problemcorner.org/FMPro?-db=problems.fp5&-format=detail.html&-lay=all&ProblemName=MI&-recid=44175&-find=Προφανώς χρειάζεται κάποια προσθήκη στις υποθέσεις (Για παράδειγμα ο λόγος των δύο μιγαδικών να μην είναι πραγματικός).Δεν ξέρω αν στην απάντηση που δόθηκε στον Intelligencer έγινε κάποια διόρθωση. Το τεύχος είναι αρκετά παλιό και στηνβιβλιοθήκη που χρησιμοποιώ (την πολύ καλή του Ιδρύματος Ευγενίδου) έχουν μόνο σχετικά πρόσφατα τεύχη.

Νίκο, βρέθηκε ο δράστης!

Πήγα στη βιβλιοθήκη μας για να ψάξω το τεύχος του υπέροχου περιοδικού Mathematical Intelligencer στο οποίο παραπέμπει ηπηγή σου.

Βρέθηκα στη στήλη του σπουδαίου λύτη προβλημάτων M. Klamkin, η οποία περιέχει προβλήματα με ενδιαφέρουσες λύσεις.

Θα περιγράψω την δοθείσα λύση (που την έφαγε ο Klamkin). Διαπίστωσα ότι λύση έχει ένα αθώο κενό. Το εντόπισα, αλλά θα τοαφήσω ασχολίαστο για να έχετε την χαρά να το δείτε μόνοι σας. (Υπόδειξη: απλούστα δείτε τις τιμές στο αντιπαράδειγμα τουΚώστα!)

Λέει λοιπόν η λύση στο Intelligencer:

Προφανώς το z και το -z βρίσκονται στην έλλειψη με εστίες w και -kw. H μόνη περίπτωσητο τμήμα που συνδέει το z με το -z να διχοτομείται από τον μεγάλο άξονα της έλλειψης(σημ.: εννοεί αυτόν που συνδέει τις εστίες) είναι τα z και -z να είναι συμμετρικά είτε προς τον άξονααυτόν είτε ως προς το κέντρο της έλλειψης. Το ζητούμενο έπεται τώρα αμέσως.

Καλό απόγευμα σε όλους.

Φιλικά, Μιχάλης.


20 of 24 31/08/2011 09:39 πμ


ΥΓΣήμερα στο Τμήμα αρχίσαμε τα μαθήματα. Τρόπος του λέγειν ...Ουδέν κακόν αμειγές καλού, καθότι βρήκα χρόνο να πάω στη βιβλιοθήκη...

Κορυφή

k-ser


Mihalis_Lambrou έγραψε:

Βρέθηκα στη στήλη του σπουδαίου λύτη προβλημάτων M. Klamkin, η οποία περιέχει προβλήματα με ενδιαφέρουσες λύσεις.

Θα περιγράψω την δοθείσα λύση (που την έφαγε ο Klamkin). Διαπίστωσα ότι λύση έχει ένα αθώο κενό. Το εντόπισα, αλλά θα τοαφήσω ασχολίαστο για να έχετε την χαρά να το δείτε μόνοι σας. (Υπόδειξη: απλούστα δείτε τις τιμές στο αντιπαράδειγμα τουΚώστα!)

Λέει λοιπόν η λύση στο Intelligencer:

Προφανώς το z και το -z βρίσκονται στην έλλειψη με εστίες w και -kw. H μόνη περίπτωσητο τμήμα που συνδέει το z με το -z να διχοτομείται από τον μεγάλο άξονα της έλλειψης(σημ.: εννοεί αυτόν που συνδέει τις εστίες) είναι τα z και -z να είναι συμμετρικά είτε προς τον άξονααυτόν είτε ως προς το κέντρο της έλλειψης. Το ζητούμενο έπεται τώρα αμέσως.

Μιχάλη,έξυπνο αυτό που έκανε ο Klamkin, αλλά χάνει την περίπτωση που δεν έχει έλλειψη.Είναι |w-(-kw)|=|kw+z + w-z| |kw+z|+|w-z| = |kw-z|+|w+z|Η λύση του είναι σωστή, μόνο αν έχουμε το < .Στην περίπτωση του ίσον θα είναι: Οι εικόνες των 0, z, w θα είναι συνευθειακά σημεία και οι εικόνες των z, -z μεταξύ των εικόνωντων w, -kw.Σ' αυτή την περίπτωση, ενώ έχουμε το δεδομένο, δεν είναι απαραίτητο το ζητούμενο!Προσθέτω το παρακάτω σχήμα για να φανεί καλύτερα η ισχύς του δεδομένου:ΑΕ΄+ΑΕ = Α΄Ε΄+ Α΄Ε = ΕΈκαι η όχι απαραίτητη ισχύς του ζητούμενου:ΑΕ΄= Α΄Ε΄ ή ΑΕ΄= Α΄Ε (:Α΄Ε΄= ΑΕ)


21 of 24 31/08/2011 09:39 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Το πέταγμα μίας πεταλούδας ∆ημοσιεύτηκε: Σάβ Φεβ 21, 2009 11:02 pm

Συνημμένο:

k-ser.png [ 5.34 KiB | 267 προβολές ]


Τελευταία επεξεργασία από k-ser και Τετ Αύγ 10, 2011 11:39 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορά/ες συνολικά

Κορυφή

nsmavrogiannis



Βέβαια το θέμα έχει πολυσυζητηθεί. Επανέρχομαι όμως γιατί βρήκα τις σελίδες του περιοδικού που πρωτοδημοσιεύθηκε η άσκησημαζί με την προτεινόμενη λύση (που μας είχε περιγράψει ο Μιχάλης Λάμπρου). Αν σας πω ότι δεν χαίρομαι που οι συνάδελφοι στοMathematica εντόπισαν μία ατέλεια στην εκφώνηση (ατέλεια που διέφυγε της προσοχής των συνεργατών του Intellidencer) θα σαςέλεγα ψέμματα. Φυσικά και χαίρομαι.Επισυνάπτω τα σχετικά.Μαυρογιάννης

Συνημμένο:

fly.png


Κορυφή

parmenides51


22 of 24 31/08/2011 09:39 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Το πέταγμα μίας πεταλούδας ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Αύγ 08, 2011 12:23 pm



Εγγραφή: Πέμ Απρ 23, 20099:13 pm∆ημοσιεύσεις: 678Τοποθεσία: Ορεστιάδα

Στην παρούσα δημοσίευση απουσιάζουν πολλά συνημμένα και είναι δύσκολη η παρακολούθηση της σχετικής συζήτησης.Τι απέγιναν τόσα συνημμένα;Θα ήταν εύκολο οι παραπάνω αναφερόμενοι να επαναφέρουν τα σχετικά σχήματα;Ευχαριστώ.

edit: Έστειλα pm σε καθέναν από τους άμεσα ενδιαφερόμενους για τα συνημμένα.

_________________Μην προσπαθείς να εξηγήσεις ό,τι δεν έχεις καταλάβει.

Κορυφή

grigkost

∆ιαχειριστής

Εγγραφή: Πέμ ∆εκ 18, 20081:54 pm∆ημοσιεύσεις: 1150Τοποθεσία: Ιωάννινα

parmenides51 έγραψε:

Στην παρούσα δημοσίευση απουσιάζουν πολλά συνημμένα και είναι δύσκολη η παρακολούθηση της σχετικής συζήτησης.Τι απέγιναν τόσα συνημμένα;

Το θέμα των χαμένων συνημμένων έχει διευκρινιστεί : Ήταν τους πρώτους μήνες του mathematica και, μάλλον, από ένα τεχνικήςφύσης πρόβλημα χάθηκαν -ευτυχώς- λίγα συνημμένα. Έκτοτε δεν έχει ξανασυμβεί και, κατά πάσα πιθανότητα, δεν θα ξανασυμβεί.

Το θέμα είναι σχετικά παλιό, αλλά αν, όσοι δημοσίευσαν στο συγκεκριμένο θέμα, έχουν αποθηκευμένα τα συγκεκριμένα συνημμένακαι την διάθεση μπορούν να τα ανεβάσουν ξανά.

_________________

Κορυφή

parmenides51


23 of 24 31/08/2011 09:39 πμ



Ευχαριστώ για την άμεση απάντηση.


Κορυφή

Τελευταίες δημοσιεύσεις: Όλες τις δημοσιεύσεις Ταξινόμηση ανά Ώρα δημοσίευσης Αύξουσα Μετάβαση

Σελίδα 1 από 2 [ 21 ∆ημοσιεύσεις ] Μετάβαση στην σελίδα 1, 2 Επόμενο

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτή την ∆. Συζήτηση: ∆εν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες

∆εν μπορείτε να δημοσιεύετε νέα θέματα σε αυτή τη ∆. Συζήτηση∆εν μπορείτε να απαντάτε σε θέματα σε αυτή τη ∆. Συζήτηση

∆εν μπορείτε να επεξεργάζεστε τις δημοσιεύσεις σας σε αυτή τη ∆. Συζήτηση∆εν μπορείτε να διαγράφετε τις δημοσιεύσεις σας σε αυτή τη ∆. Συζήτηση

∆εν μπορείτε να επισυνάπτετε αρχεία σε αυτή τη ∆. Συζήτηση

Αναζήτηση για: Μετάβαση Μετάβαση σε: ΜΙΓΑ∆ΙΚΟΙ Μετάβαση

Powered by phpBB® Forum Software © phpBB Group

Ελληνική μετάφραση από το phpbbgr.com


24 of 24 31/08/2011 09:39 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Re: Το πέταγμα μίας πεταλούδας ∆ημοσιεύτηκε: Τετ Αύγ 10, 2011 11:54 am



Το πέταγμα μίας πεταλούδας

Σελίδα 2 από 2 [ 21 ∆ημοσιεύσεις ] Μετάβαση στην σελίδα Προηγούμενη 1, 2



fmak65

Εγγραφή: Κυρ Μαρ 01,2009 7:59 pm∆ημοσιεύσεις: 255Τοποθεσία: Θεσσαλονικη

Με αναλυτική Γεωμετρία η άσκηση 2.Αν έχουμε ένα ορθοκανονικό σύστημα αξόνων με αρχή το τότε οι συντεταγμένες των σημείων θα είναι:

.Τα μήκη των τριγώνων είναι : , ,

, , . Προφανώς έχουμε

, , οπότε , που είναι το ζητούμενο.

_________________Μαραντιδης Φωτης

Τελευταία επεξεργασία από Γενικοί Συντονιστές και Τετ Αύγ 10, 2011 12:59 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά/ες συνολικά

∆ιόρθωση Κώδικα LaTeX

Κορυφή

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Το πέταγμα μίας πεταλούδας http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=157&start=20

1 of 2 31/08/2011 09:41 πμ




Θέμα δημοσίευσης: z1+z2+z3=1 ∆ημοσιεύτηκε: Παρ Μαρ 06, 2009 10:12 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: z1+z2+z3=1 ∆ημοσιεύτηκε: Παρ Μαρ 06, 2009 10:30 pm



z1+z2+z3=1

Σελίδα 1 από 1 [ 5 ∆ημοσιεύσεις ]



giannisn1990

Εγγραφή: Παρ Ιαν 09, 200912:29 am∆ημοσιεύσεις: 248

Αν για τους μιγαδικούς ισχύουν και ΝΔO κάποιος από αυτούς ταυτίζετε μετην μονάδα (δηλ. ή ή )

_________________Γιάννης

Κορυφή

cretanman


Καταρχήν επειδή άρα που σημαίνει ότι . Ας συμβολίσουμεμε αυτές τις δύο ίσες παραστάσεις.

mathematica.gr • Προβολή θέματος - z1+z2+z3=1 http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=710

1 of 3 31/08/2011 09:43 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: z1+z2+z3=1 ∆ημοσιεύτηκε: Σάβ Μαρ 07, 2009 12:58 am

Θέμα δημοσίευσης: Re: z1+z2+z3=1 ∆ημοσιεύτηκε: Σάβ Μαρ 07, 2009 11:00 am

Εγγραφή: Πέμ ∆εκ 18, 20081:35 pm∆ημοσιεύσεις: 1427Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Οι είναι (από τύπους Vieta) ρίζες της (ως προς ) εξίσωσης δηλαδή της , η οποία προφανώς έχει

ρίζα τον αριθμό . Άρα κάποιος από τους είναι ίσος με .

Αλέξανδρος

Κορυφή

mathfinder



Επισυνάπτω και μία λύση , διαφορετική από τη λύση του Aλέξανδρου , χωρίς τύπους του Vieta και περισσότερες ... πράξεις.Αθ. Μπεληγιάννης

Συνημμένα:

ΜΙΓΑ∆ΙΚΩΝ.pdf [95.82 KiB]Έχει μεταφορτωθεί 144 φορές

Τελευταία επεξεργασία από mathfinder και Σάβ Μαρ 07, 2009 3:27 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά/ες συνολικά

Κορυφή

nicolae


Είναι:

_________________2ος νόμος του Μέρφυ: Τίποτα δεν είναι τόσο εύκολο, από όσο φαίνεται οτι είναι.

Κορυφή


2 of 3 31/08/2011 09:43 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: z1+z2+z3=1 ∆ημοσιεύτηκε: Σάβ Μαρ 07, 2009 12:47 pm


dimitris pap

Εγγραφή: Παρ Ιαν 23, 20094:42 pm∆ημοσιεύσεις: 239

Ας αναφέρω και μια "μη σχολική" λύση χρησιμποιώντας διανύσματα-γεωμετρία.Από τα δεδομένα, τα σημεία είναι αντίστοιχα το περίκεντρο και το βαρύκεντρο του τριγώνου που αποτελείται απ' τις

εικόνες των μιγαδικών.Ξέρουμε τώρα ότι σε κάθε τρίγωνο το ορθόκεντρο Η, είναι το . Ετσι το ορθόκεντρο ανήκει στον ίδιοκύκλο με το τρίγωνο και ο μόνος τρόπος για να συμβαίνει αυτό είναι να ταυτίζεται με μια απ' τις κορυφές (δηαλδή είναι ορθογώνιοτο τρίγωνο)!Αυτό συμβαίνει αφού για να βρίσκεται το ορθόκεντρο στο κύκλο, αν δεν ταυτίζεται με κάποια κορυφή, τότε το ορθόκεντρο είναι έξωαπ' το τρίγωνο, κι άρα υπάρχει μια αμβλεία γωνία (έστω η A, απ' το τρίγωνο ΑΒΓ). Σε αυτό το σχήμα μπορεί κανείς να δει ότι το Ηβρίσκεται στο ίδιο ημιεπίπεδο με το Α, ως προς τη ΒΓ, κι άρα δεν μπορεί να ανήκει στον κύκλο ΑΒΓ!

Ετσι ταυτίζεται με μια απ' τις κορυφές, έστω την Α, κι άρα η Α είναι ορθή!

Στη λύση γίνεται φανερό πως η γεωμετρία βοηθάει στην κατανόηση των μιγαδικών (ακόμα και για τις Πανελλήνιες )

Κορυφή




Μέλη σε αυτή την ∆. Συζήτηση: amso και 3 επισκέπτες








3 of 3 31/08/2011 09:43 πμ




Θέμα δημοσίευσης: |az^2+bz+c|=d,|z|=1 τότε b=c=0 ∆ημοσιεύτηκε: Τετ Απρ 08, 2009 5:17 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: |az^2+bz+c|=d,|z|=1 τότε b=c=0 ∆ημοσιεύτηκε: Τετ Απρ 08, 2009 7:44 pm



|az^2+bz+c|=d,|z|=1 τότε b=c=0




R BORIS


Εγγραφή: Σάβ Ιαν 03, 20099:08 am∆ημοσιεύσεις: 1177

Νομίζω ότι μια πολύ-πολύ όμορφη (λόγω του γεωμετρικού τρόπου λύσης) είναι η με τότε

O αλγεβρικός τρόπος λύσης κάνει την άσκηση να χάνει την ομορφιά της

Κορυφή

Mihalis_Lambrou



R BORIS έγραψε:


mathematica.gr • Προβολή θέματος - |az^2+bz+c|=d,|z|=1 τότε b=c=0 http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=988

1 of 8 31/08/2011 09:44 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: |az^2+bz+c|=d,|z|=1 τότε b=c=0 ∆ημοσιεύτηκε: Τετ Απρ 08, 2009 11:04 pm


Να μία γεωμετρική λύση. Πιστεύω ότι μπορεί να βελτιωθεί η περιπτωσιολογία της, αλλά δεν βλέπω αμέσως πώς...

Αν οι τις ρίζες του τριωνύμου, έχουμε για κάθε z με |z|=1, οπότε =σταθερό (*).Δεν μπορεί γιατί αν γράψουμε κύκλο κέντρου που τέμνει τον σε δύο σημεία A, B τότε από την (*) τα δύο αυτά σημεία θα ισαπέχουν από το . Δηλαδή τα είναι

στην μεσοκάθετο του ΑΒ. Τότε όμως υπάρχουν σημεία w του τόξου ΑΒ με απόσταση και (**) (π.χ. αν τα είναι από την ίδια πλευρά του ΑΒ και εξωτερικά του κύκλου,

τότε το μέσο ενός από τα τόξα ΑΒ μας κάνει. Όμοια οι άλλες περιπτώσεις. Όμως η (**) αντιβαίνει στη (*). Τελικά . Όμοιαδείχνουμε ότι τα είναι το κέντρο του κύκλου, δηλαδή , γιατί αλλιώς υπάρχουν σημεία του |z|=1 σε μεγαλύτερηαπόσταση από ότι το πλησιέστερο.Άρα , δηλαδή b = c = 0, οπότε για κάθε z με |z|=1,δηλαδή |a|=d.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

Κορυφή

R BORIS



Μιχάλη όπως πάντα η λύση σου είναι κομψή και διδακτικήΣτο συνημμένο είναι η δική μου λύση με κάπως διαφορετικό γεωμετρικό τρόπο

Συνημμένα:

forum 68.doc [77.5 KiB]Έχει μεταφορτωθεί 92 φορές

Κορυφή

gbaloglou


2 of 8 31/08/2011 09:44 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: |az^2+bz+c|=d,|z|=1 τότε b=c=0 ∆ημοσιεύτηκε: Πέμ Απρ 09, 2009 3:35 am

Θέμα δημοσίευσης: Re: |az^2+bz+c|=d,|z|=1 τότε b=c=0 ∆ημοσιεύτηκε: Κυρ Απρ 12, 2009 2:43 am


Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 200911:24 pm∆ημοσιεύσεις: 773Τοποθεσία: Θεσσαλονικη

Μια ακομη προσπαθεια:

Οπως και στην λυση του Μιχαλη, παραγοντοποιουμε σε α(ζ-Ζ1)(ζ-Ζ2) και υποθετουμε αρχικα οτι τα σημεια Ζ1, Ζ2 ειναι διαφορετικα.Επιλεγουμε δυο σημεια Σ, Τ επι του |ζ| = 1 τετοια ωστε η ΣΤ να ειναι καθετη στην Ζ1Ζ2: αυτο ειναι δυνατον οπου και να κεινται ταΖ1, Ζ2. Η επιλογη αυτη των Σ, Τ σημαινει οτι ειτε |ΣΖ1| > |ΤΖ1| και |ΣΖ2| > |ΤΖ2| ειτε |ΣΖ1| < |ΤΖ1| και |ΣΖ2| < |ΤΖ2| ... εκτοςκαι αν τα Σ, Τ ειναι συνευθειακα με το κεντρο του |ζ| = 1, μια περιπτωση που θα εξετασουμε χωριστα. Ομως η αρχικη υποθεση δινει|ΣΖ1|*|ΣΖ2| = |ΤΖ1|*|ΤΖ2|, οποτε ειτε |ΣΖ1|/|ΤΖ1| < 1 < |ΣΖ2|/|ΤΖ2| ειτε |ΣΖ2|/|ΤΖ2| < 1 < |ΣΖ1|/||ΤΖ1|, αρα εχουμε αντιφαση.Συνεπως Ζ1 και Ζ2 ταυτιζονται, οποτε εχουμε |ζ-Ζ1|^2 = δ/|α| για ολα τα σημεια ζ επι του κυκλου |ζ| = 1, επομενως οι κυκλοι |ζ|= 1 και |ζ-Ζ1| = (δ/|α|)^.5 ειναι ομοκεντροι, κλπ.

Απομενει η περιπτωση οπου τα Ζ1, Ζ2, και το κεντρο Ο του |ζ| = 1 ειναι συνευθειακα: ειναι πιο δυσαρεστη απ' οτι νομιζα, οποτεμαλλον καταφευγουμε στην μεθοδο του Μιχαλη (γι' αυτην την περιπτωση τουλαχιστον)? :o

Γιωργος Μπαλογλου

Κορυφή

Α.Κυριακόπουλος

∆ιακεκριμένο Μέλος

Άβαταρ μέλους

Εγγραφή: Κυρ Ιαν 04, 200910:49 am∆ημοσιεύσεις: 789Τοποθεσία: ΧΟΛΑΡΓΟΣ




Στα μαθηματικά:« Μια λύση είναι όμορφη αν, και μόνο αν, είναι σωστή και γραμμένη με κατανοητό τρόπο».Εξάλλου:« Η πραγματική ομορφιά των μαθηματικών είναι η αυστηρότητά τους»

Το συνημμένο περιέχει τη λύση (αλγεβρική) του εξής γενικότερου θέματος ( ιδέα του συνάδελφου Γιώργου Τασσόπουλου,ο οποίοςεπεξεργάστηκε το θέμα γεωμετρικά):"Οι αριθμοί a,b και c είναι μιγαδικοί, με και ισχύει:


3 of 8 31/08/2011 09:44 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: |az^2+bz+c|=d,|z|=1 τότε b=c=0 ∆ημοσιεύτηκε: Κυρ Απρ 12, 2009 7:54 am

,για καθε με ,όπου ρ ένας δοσμένος πραγματικός θετικός αριθμός.Να ποδείξετε ότι: b=c=0 και "Το προηγούμενο θέμα προκύπτει για ρ=1.Η θεωρία που χρησιμοποιείται για τη λύση, είναι εκείνη του σχολικού βιβλίου της Γ΄ Λυκείου(Μαθηματικά Κατευθύνσεις –ΜιγαδικοίΑριθμοί).

Συνημμένο:

ΜΙΓΑΔΙΚΩΝ.doc [83 KiB]Έχει μεταφορτωθεί 79 φορές

_________________Αντώνης Κυριακόπουλος•Ο έξυπνος παραδέχεται •Ο πονηρός δικαιολογείται •Ο βλάκας επιμένει

Κορυφή

R BORIS



Στο συνημμένο δίνω μια αλγεβρική (όχι όμορφη,αλλά σωστή) απόδειξηΝα σημειώσω και κάτι που αφορά την άποψη του Αντώνη ότι δηλαδή:Στα μαθηματικά:« Μια λύση είναι όμορφη αν, και μόνο αν, είναι σωστή και γραμμένη με κατανοητό τρόπο».Εξάλλου:« Η πραγματική ομορφιά των μαθηματικών είναι η αυστηρότητά τους»

Νομίζω ότι τα μαθηματικά είναι κάτι πολύ παραπάνω από το να είναι σωστά και αυστηρά.Η ομορφιά τους είναι ποίηση,δύναμη φαντασίας, λογοτεχνίαΗ άποψη του Αντώνη για μένα είναι αναγκαία αλλά οχι και ικανή

Συνημμένα:

forum 69.doc [42.5 KiB]Έχει μεταφορτωθεί 53 φορές

Κορυφή


4 of 8 31/08/2011 09:44 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: |az^2+bz+c|=d,|z|=1 τότε b=c=0 ∆ημοσιεύτηκε: Κυρ Απρ 12, 2009 9:41 am k-ser


Α.Κυριακόπουλος έγραψε:

Στα μαθηματικά:« Μια λύση είναι όμορφη αν, και μόνο αν, είναι σωστή και γραμμένη με κατανοητό τρόπο».Εξάλλου:« Η πραγματική ομορφιά των μαθηματικών είναι η αυστηρότητά τους»


Στο συνημμένο δίνω μια αλγεβρική (όχι όμορφη,αλλά σωστή) απόδειξη


Νομίζω ότι τα μαθηματικά είναι κάτι πολύ παραπάνω από το να είναι σωστά και αυστηρά.Η ομορφιά τους είναι ποίηση,δύναμη φαντασίας, λογοτεχνίαΗ άποψη του Αντώνη για μένα είναι αναγκαία αλλά οχι και ικανή

Αντώνη, Ροδόλφε,Συμφωνείτε για την ομορφιά των Μαθηματικών και χαίρομαι γι' αυτό: συμφωνώ μαζί σας.Οι αλγεβρικές λύσεις που δίνετε, έχουν πολύ κρυμμένη δουλειά, είναι πανέμορφες και, Ροδόλφε θα μου επιτρέψεις, τις θεωρώ πολύκαλύτερες από τις γεωμετρικές που δόθηκαν, διευκρινίζοντας ότι, στις γεωμετρικές, κάπου χάθηκα και δεν κατάφερα να τιςπαρακολουθήσω μέχρι τέλους!

Καλημέρα σας.



5 of 8 31/08/2011 09:44 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: |az^2+bz+c|=d,|z|=1 τότε b=c=0 ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Απρ 13, 2009 4:04 am

Κορυφή





Σκέπτομαι, αν δεν υπήρχε το mathematica πόσα ωραία πράγματα θα είχα χάσει. Καταρχήν δεν θα είχα γνωρίσει τόσους αξιόλογουςσυναδέλφους. Μετά, ποτέ δεν θα είχα την ευκαιρία να ανταλλάξω απόψεις με τους συναδέλφους αυτούς για διάφορα θέματα πάνωστα μαθηματικά, αλλά και σχετικά με τα μαθηματικά, όπως έχει συμβεί στο παρελθόν και όπως συμβαίνει και τώρα με τουςεκλεκτούς συναδέλφους Κώστα Σερίφη και Ροδόλφο Μπόρη. Θέλω να πω ένα μεγάλο ευχαριστώ σε αυτούς που δημιούργησαν τοχώρο αυτό και να τους πω ότι έκαναν τη ζωή μας περισσότερο ευχάριστη.Αγαπητοί Κώστα και Ροδόλφε.Θα μου επιτρέψετε να σας πω, εντελώς καλοπροαίρετα, τα εξής:1) Η ομορφιά στα μαθηματικά ,και όχι μόνο, είναι υποκειμενική έννοια. Εξαρτάται από πολλά πράγματα, αλλά κυρίως από το πώςέχει ο καθένας τα μαθηματικά στο μυαλό του. Για παράδειγμα, εγώ την ομορφιά στα μαθηματικά τη βλέπω στην αυστηρότητά τους.Δεν μπορώ να φανταστώ άλλη ανώτερη και ομορφότερη πνευματική λειτουργία του ανθρώπου από το να σκέπτεται αυστηρά μετους νόμους της Λογικής και να βγάζει βέβαια συμπέρασμα. Ένας άλλος μπορεί να τη βλέπει σε κάποιο άλλο σημείο τωνμαθηματικών. Ακόμα, μπορεί κάποιος να μην βλέπει καμία ομορφιά στα μαθηματικά.2) Ο ορισμός που έδωσα για την «όμορφη λύση» καλύπτει εμένα. Εγώ τότε θεωρώ μια λύση όμορφη. Δεν είναι ανάγκη νασυμφωνούμε. Πάντως, εγώ μπορώ να μιλάω για όμορφες και μη όμορφες λύσεις, αφού στο μυαλό μου έχω ένα ξεκάθαρο κριτήριοκαι δεν μιλάω γενικά και αόριστα. Αλλά, Ροδόλφε, εσύ δεν μας είπες πότε θεωρείς μια λύση όμορφη και με έχεις μπερδέψει. Πολύθα ήθελα να μάθω τον δικό σου ορισμό.3) Ροδόλφε, από που συνεπέρανες ότι εγώ νομίζω ότι τα μαθηματικά δεν «είναι κάτι πολύ παραπάνω από το να είναι σωστά καιαυστηρά»;4) Στην Άλγεβρα και την Ανάλυση η εποπτεία(εδώ συμπεριλαμβάνεται και η Γεωμετρία) είναι χρήσιμη για να κατανοούμε καλύτερατις διάφορες μαθηματικές έννοιες. Επίσης μας βοηθάει στην αναζήτηση λύσεων. Ποτέ όμως δεν στηρίζουμε μια λύση στηνεποπτεία. Δεν δεχόμαστε ότι βλέπουμε, αλλά ότι αποδεικνύουμε. Κατά τη γνώμη μου, κακώς το σχολικό βιβλίο της Γ΄ τάξης τουΛυκείου στο κεφάλαιο των Μιγαδικών Αριθμών, στηρίζει τις λύσεις μερικών ασκήσεων στην εποπτεία. Προσωπικά, μια άσκησηστους Μιγαδικούς ,θεωρώ ότι την έχω λύσει μόνο όταν την λύσω αλγεβρικά.« Ο κίνδυνος δεν είναι να έχεις υπερβολικά μεγάλες φιλοδοξίες και να μηνκαταφέρεις να τις πραγματοποιήσεις. Ο κίνδυνος είναι να έχεις πολύ μικρέςφιλοδοξίες και να τις καταφέρεις».

Με εκτίμηση και αγάπη.



6 of 8 31/08/2011 09:44 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: |az^2+bz+c|=d,|z|=1 τότε b=c=0 ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Απρ 13, 2009 7:59 am

Θέμα δημοσίευσης: Re: |az^2+bz+c|=d,|z|=1 τότε b=c=0 ∆ημοσιεύτηκε: Τετ Μάιος 06, 2009 1:36 pm


Κορυφή

R BORIS



Για να μην καταχρώμαι του χώρου, αν θέλετε Αντώνη και Κώστα, ας μεταφερθούμε στον πιο κατάλληλο φάκελλο ΓΕΝΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ .Απαντώ λοιπόν εκεί

Κορυφή





Το συνημμένο είναι μία αναλυτική γεωμετρική παρουσίαση του θέματος από το συνάδελφο Γιώργο Τασσόπουλο.

Συνημμένο:

Microsoft Word - Geometri.zip [156.81 KiB]Έχει μεταφορτωθεί 65 φορές


Κορυφή





7 of 8 31/08/2011 09:44 πμ









8 of 8 31/08/2011 09:44 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Παλιά αλλά καλή με μιγαδικούς. ∆ημοσιεύτηκε: Σάβ Απρ 11, 2009 11:08 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: Παλιά αλλά καλή με μιγαδικούς. ∆ημοσιεύτηκε: Σάβ Απρ 11, 2009 11:55 pm



Παλιά αλλά καλή με μιγαδικούς.




chris_gatos



Αν και , να αποδείξετε οτι οι εικόνες των , είναι κορυφέςορθογωνίου.


Κορυφή

rek2

...και διάφοροι ανά δύο;

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Παλιά αλλά καλή με μιγαδικούς. http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=1016

1 of 6 31/08/2011 09:46 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Παλιά αλλά καλή με μιγαδικούς. ∆ημοσιεύτηκε: Κυρ Απρ 12, 2009 6:53 am

Θέμα δημοσίευσης: Re: Παλιά αλλά καλή με μιγαδικούς. ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Απρ 13, 2009 12:45 am



_________________Νῆφε καί μέμνασο ἀπιστεῖν˙ ἄρθρα ταῦτα γάρ φρενῶνΝοῦς ὁρᾷ καί Νοῦς ἀκούει˙ τἆλλα κωφά καί τυφλά....

Κορυφή

chris_gatos



Φυσικά και διάφοροι ανα δύο , γιατί αλλιώς πως να έχουμε το ορθογώνιο; Παράλειψή μου. Συγνώμη κι ευχαριστώ πολύ Κώστα!


Κορυφή

nkatsipis


Εγγραφή: Κυρ ∆εκ 21, 200811:26 am∆ημοσιεύσεις: 447Τοποθεσία: Σαντορίνη

Από την σχέση έχουμε ότι

ή ( ) το οποίο είναι ισοδύναμο με

Από την προηγούμενη σχέση κάνοντας πράξεις και χρησιμοποιώντας ότι καταλήγουμε ισοδύναμα (*)

Έχουμε λοιπόν:

Αν τότε και , δηλαδή οι εικόνες των και , καθώς και των και είναι αντιδιαμετρικά σημεία (οι


2 of 6 31/08/2011 09:46 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Παλιά αλλά καλή με μιγαδικούς. ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Απρ 13, 2009 12:53 pm

εικόνες των μιγαδικών ανήκουν στον μοναδιαίο κύκλο). Άρα είναι κορυφές ορθογωνίου.

Αν , τότε από την (*) έχουμε

ή , δηλαδή και ισοδύναμα. Άρα ή , άτοπο αφού .

Σε κάθε λοιπόν περίπτωση οι εικόνες των μιγαδικών είναι αντιδιαμετρικά σημεία. Άρα κορυφές ορθογωνίου.

Νικόλαος Κατσίπης

Τελευταία επεξεργασία από nkatsipis και ∆ευτ Απρ 13, 2009 5:56 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά/ες συνολικά

Κορυφή

Μπάμπης Στεργίου


Εγγραφή: ∆ευτ ∆εκ 22,2008 3:16 pm∆ημοσιεύσεις: 2503Τοποθεσία: Χαλκίδα -Καρδίτσα

nkatsipis έγραψε:

Από την σχέση έχουμε ότι

ή ( ) το οποίο είναι ισοδύναμο με

Από την προηγούμενη σχέση κάνοντας πράξεις και χρησιμοποιώντας ότι καταλήγουμε ισοδύναμα(*)

..................................Νικόλαος Κατσίπης

Στη σχέση (*) φτάνουμε επίσης από την

αναπτύσσοντας και κάνοντας λίγα ... παιγνιδάκια με τους συζυγείς και την και στα δύο μέλη.


3 of 6 31/08/2011 09:46 πμ



Νίκο, ωραία λύση !

Κορυφή

Φωτεινή


Εγγραφή: Κυρ ∆εκ 21, 200810:02 am∆ημοσιεύσεις: 2143Τοποθεσία: -mathematica-


Αν τότε και , δηλαδή οι εικόνες των και , καθώς και των και είναι αντιδιαμετρικά σημεία(οι εικόνες των μιγαδικών ανήκουν στον μοναδιαίο κύκλο). Άρα είναι κορυφές ορθογωνίου.


ή , δηλαδή και ισοδύναμα.

Άρα το οποίο απορρίπτεται γιατί είμαστε στην περίπτωση

ή πάλι απορρίπτεται γιατί τότε θα ήταν .

άρα δεκτή μόνο η πρώτη περίπτωση

_________________Φ ω τ ε ι ν ή

Κορυφή

nkatsipis

Επιμελητήςjoulia1961 έγραψε:



4 of 6 31/08/2011 09:46 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Παλιά αλλά καλή με μιγαδικούς. ∆ημοσιεύτηκε: Σάβ Απρ 18, 2009 10:48 pm

Εγγραφή: Κυρ ∆εκ 21, 200811:26 am∆ημοσιεύσεις: 447Τοποθεσία: Σαντορίνη

Αν τότε και , δηλαδή οι εικόνες των και , καθώς και των και είναι αντιδιαμετρικάσημεία (οι εικόνες των μιγαδικών ανήκουν στον μοναδιαίο κύκλο). Άρα είναι κορυφές ορθογωνίου.


ή , δηλαδή και ισοδύναμα.

Άρα το οποίο απορρίπτεται γιατί είμαστε στην περίπτωση

ή πάλι απορρίπτεται γιατί τότε θα ήταν .

άρα δεκτή μόνο η πρώτη περίπτωση

Σε ευχαριστώ Φωτεινή! Το πρόσθεσα στο μηνυμα!

Νικόλαος Κατσίπης

Κορυφή

rek2



Γεωμετρικά μπορούμε να αποδείξουμε την άσκηση αυτή με την άμεση παρατήρηση ότι το μέσο κάθε χορδής που ορίζουν οι εικόνεςδύο από τους μιγαδικούς αυτούς είναι συμμετρικό, ως προς την αρχή Ο, του μέσου της χορδής που ορίζουν οι εικόνες των δύοάλλων μιγαδικών.Αν αυτά συμπίπτουν με το Ο, τότε οι χορδές είναι διάμετροι, αλλιώς είναι παράλληλες κλπ.

_________________Νῆφε καί μέμνασο ἀπιστεῖν˙ ἄρθρα ταῦτα γάρ φρενῶνΝοῦς ὁρᾷ καί Νοῦς ἀκούει˙ τἆλλα κωφά καί τυφλά....

Κορυφή


5 of 6 31/08/2011 09:46 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Παλιά αλλά καλή με μιγαδικούς. ∆ημοσιεύτηκε: Παρ Απρ 24, 2009 9:44 pm


AΝ∆ΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ


Εγγραφή: Τετ ∆εκ 31, 20089:07 pm∆ημοσιεύσεις: 399Τοποθεσία: ΗΡΑΚΛΕΙΟΚΡΗΤΗΣ

Μία παραλλαγή:Αν τέσσερεις (διάφοροι ανά δύο και μη μηδενικοί) μιγαδικοί αριθμοί έχουν άθροισμα 0 και το ίδιο συμβαίνει με τους αντίστροφούςτους, τότε οι εικόνες τους είναι κορυφές παρ/μου.

Κορυφή












6 of 6 31/08/2011 09:46 πμ




Θέμα δημοσίευσης: ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ στους μιγαδικοιυς ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Ιουν 01, 2009 11:35 am

Θέμα δημοσίευσης: Re: ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ στους μιγαδικοιυς ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Ιουν 01, 2009 12:22 pm



ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ στους μιγαδικοιυς




paganini

Εγγραφή: Παρ Φεβ 20, 200910:50 pm∆ημοσιεύσεις: 110

Η λυση εχει ιδιαιτερο ενδιαφερον!

Κορυφή

giannisn1990

Εγγραφή: Παρ Ιαν 09, 200912:29 am

Jensen στην

_________________Γιάννης

mathematica.gr • Προβολή θέματος - ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ στους μιγαδικοιυς http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=1573

1 of 8 31/08/2011 09:48 πμ




∆ημοσιεύσεις: 248

Κορυφή

dimitris pap


Για τη λύση της άσκησης θα χρησιμοποιήσω έναν κάπως "ανορθόδοξο" τρόπο.

Κατ' αρχάς ισχύει ότι

Για να το δούμε αυτό αρκεί να ερμηνέυσουμε γεωμετρικά(!) την παραπάνω ανισότητα!! (αν θέλει αυτό παραπάνω εξήγηση, πείτεμου).

Ομοια λοιπόν προκύπτει ότι και προσθέτοντας τις 2 αυτές κατά μέλη έχουμε τοζητούμενο!!!

Κορυφή

dimitris pap


giannisn1990 έγραψε:

Jensen στην

Μπορείς να το εξηγήσεις αυτό πώς βγαίνει με Jensen? (δεν εννοώ να εξηγήσεις την κυρτότητα!)

Καταλαβαίνω ότι μπορεί να βγει με αυτόν τον τρόπο με Karamata (majorisation theory) αλλά το τραβάμε πολύ

Υ.Γ. Σκέφτομαι τι πλάκα θα' χε στις πανελλήνιες να έγραφε κανείς ότι το τάδε λύνεται με Karamata! xaxa

Κορυφή

paganini


2 of 8 31/08/2011 09:48 πμ


Εγγραφή: Παρ Φεβ 20, 200910:50 pm∆ημοσιεύσεις: 110


Jensen στην

Δεν ξερω για την Jensen...Παντως για αυτην την συναρτηση με παραγωγιση βλεπουμε οτι η δευτερη παραγωγος ειναι θετικη δηλαδη ειναι κυρτη (

)

Αρα αρκει: ή

Εφαρμόζοντας λοιπόν 4 φορές το θεώρημα μέσης τιμής στα διαστήματα , παίρνουμε ότι υπάρχουν, τέτοια ώστε:

που ισχύει, αφού:

και Eυχαριστω!

Τελευταία επεξεργασία από paganini και ∆ευτ Ιουν 01, 2009 12:49 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά/ες συνολικά

Κορυφή

Φωτεινή



paganini έγραψε:

ΒΟηθεια πως συμβολιζουμε με LATEX τις παραγωγους;

---->f^\prime(x)

---->f^\prime\prime(x)


3 of 8 31/08/2011 09:48 πμ



_________________Φ ω τ ε ι ν ή

Κορυφή

giannisn1990


η είναι κυρτή για (εξηγήθηκε πιο πάνω)αρα απο Jensen

Είναι τώρα από τριγωνική ανισότητα

άρα

_________________Γιάννης

Κορυφή

Φωτεινή



paganini έγραψε:

Δεν ξερω για την Jensen...

όταν κυρτή


4 of 8 31/08/2011 09:48 πμ


Θέμα δημοσίευσης: Re: ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ στους μιγαδικοιυς ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Ιουν 06, 2011 1:02 am

_________________Φ ω τ ε ι ν ή

Κορυφή

dimitris pap



Είναι τώρα από τριγωνική ανισότητα

Αν δεν κάνω λάθος, η τριγωνική είναι "ανάποδα" (είναι μεγαλύτερο ή ίσο!)

Κορυφή

parmenides51


dimitris pap έγραψε:

Για τη λύση της άσκησης θα χρησιμοποιήσω έναν κάπως "ανορθόδοξο" τρόπο.

Κατ' αρχάς ισχύει ότι

Για να το δούμε αυτό αρκεί να ερμηνέυσουμε γεωμετρικά(!) την παραπάνω ανισότητα!! (αν θέλει αυτό παραπάνω εξήγηση, πείτεμου). ...

Γεωμετρικά εννοείς κάτι σαν εδώ ή κάτι άλλο;


5 of 8 31/08/2011 09:48 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ στους μιγαδικοιυς ∆ημοσιεύτηκε: Παρ Ιουν 10, 2011 12:13 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ στους μιγαδικοιυς ∆ημοσιεύτηκε: Παρ Ιουν 10, 2011 2:34 pm


Κορυφή

dimitris pap


Εννοώ πράγματι κάτι σαν την παραπομπή σου... Προσωπικά θεωρώ ότι μια εικόνα στη συγκεκριμένη περίπτωση είναι "όσο χίλιεςλέξεις" και ιδιαίτερα αν φέρεις το παραλληλόγραμμο (προεκτείνοντας τη διάμεσο) μπορεί κανείς να δει άμεσα γιατί ισχύει ησυγκεκριμένη ανισότητα (παίζει βεβαίως ρόλο ότι τα σημεία -10,-11 όχι απλά βρίσκονται εντός των -8,-13 αλλά και ισαπέχουν ως

προς το μέσο

Τώρα αν θες μια πιο αυστηρή απόδειξη μπορείς να προεκτείνεις το zB (όπου Β το -10) ώστε να δημιουργήσεις ένα όμοιο τρίγωνο μελόγο , ώστε να δεις από τριγωνική ανισότητα ότι προκύπτει:

. Oμοια παίρνεις και προσθέτοντας έχεις τοζητούμενο...

Κορυφή

KARKAR

Εγγραφή: Τετ ∆εκ 08, 20107:18 pm∆ημοσιεύσεις: 1069

και , οπότε με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει :

Μάλιστα αν το βρίσκεται στη ζώνη των κάθετων στα το ζητούμενο είναι προφανές !

Το σχήμα αναφέρεται στην περίπτωση της παραπομπής , δηλ : .

Εννοείται πως για το παραπάνω ερώτημα απαιτείται τροποποίηση του σχήματος .

Συνημμένα:


6 of 8 31/08/2011 09:48 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ στους μιγαδικοιυς ∆ημοσιεύτηκε: Σάβ Ιουν 11, 2011 4:46 am

mig.png [ 27.87 KiB | 388 προβολές ]

Τελευταία επεξεργασία από KARKAR και Σάβ Ιουν 11, 2011 9:14 am, έχει επεξεργασθεί 3 φορά/ες συνολικά

Κορυφή

dimitris pap


Μα στο συγκεκριμένο πρόβλημα (αφού A,B,C,D είναι τα -13, -11, -10, -8) άρα δεχ σχηματίζονται τα παραλληλόγραμματου σχήματος!

Κορυφή


7 of 8 31/08/2011 09:48 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Γ.Τ ΣΤΟΥΣ ΜΙΓΑ∆ΙΚΟΥΣ ∆ημοσιεύτηκε: Τρί Ιούλ 07, 2009 9:06 am

Θέμα δημοσίευσης: Re: Γ.Τ ΣΤΟΥΣ ΜΙΓΑ∆ΙΚΟΥΣ ∆ημοσιεύτηκε: Τρί Ιούλ 07, 2009 9:58 am



Γ.Τ ΣΤΟΥΣ ΜΙΓΑ∆ΙΚΟΥΣ




R BORIS



Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος της εικόνας του μιγαδικού z αν ισχύει (υπάρχει και άλλος τρόπος από το να θέσετε z=x+iy)

Κορυφή

nsmavrogiannis


'Εστω τιμή των δύο μελών. Απο την τριγωνική ανισότητα έχουμε ότι θα είναι A) Για η εικόνα του μιγαδικού που μας ενδιαφέρει θα πρέπει να ανήκει στις ελλείψεις με εξισώσεις

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Γ.Τ ΣΤΟΥΣ ΜΙΓΑΔΙΚΟΥΣ http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=1960

1 of 9 31/08/2011 09:50 πμ




Λύνοντας βρίσκουμε ότι

και πρέπει .Θα είναι βέβαια ,Ειδικότερα

Η συνάρτηση έχει σύνολο τιμών το και επομένως τα διατρέχουν το .

Β) Αν οι εικόνα του ανήκει και στους δύο άξονες οπότε η εικόνα του συμπίπτει με την αρχή των αξόνων.Αν οι υπολογισμοί μου δεν έχουν λάθος προκύπτει ότι ο τόπος είναι το ζεύγος των δύο διχοτόμων των αξόνων.Θα ήθελα να εύρισκα μία γεωμετική λύση που φαντάζομαι ότι θα είναι τρεις σειρές αλλά έχω συμβιβασθεί με την ιδέα ότι δεν είμαικαλός σε αυτά. Με τόσους δεινούς γεωμέτρες που έχουμε στο mathematica είμαι σιγουρος ότι θα υπάρξει τέτοια λύση.Μαυρογιάννης


Τελευταία επεξεργασία από nsmavrogiannis και Τρί Ιούλ 07, 2009 1:41 pm, έχει επεξεργασθεί 3 φορά/ες συνολικά

'Εγιναν διορθώσεις σε σημεία που υπέδεξε ο Κώστας Σερίφης

Κορυφή




Αν ΑΒCD τετράγωνο και MA+MC=MB+MD, τότε (ΜΑ,ΜC)=(ΜΒ,ΜD) η (ΜD,MB) καθώς , οπότε το Μκινείται στις μεσοκαθέτους των πλευρών του τετραγώνου.

Κορυφή

k-ser


2 of 9 31/08/2011 09:50 πμ




Νίκο, με πρόλαβες ! Έκανα ακριβώς την ίδια λύση.Κάτι ακόμα.Το m δεν μπορεί να πάρει τιμές κάτω από το 1, αφού τα αθροίσματα είναι μεγαλύτερα του 2.Πρέπει να πάρουμε και την περίπτωση m=1, οπότε δεν έχουμε ελλείψεις αλλά δύο ευθύγραμμα τμήματα ΑΒ, ΓΔ με Α(1,0), Β(-1,Ο) ,Γ(0,1) και Δ(0,-1) τα οποία τέμνονται στο Ο(0,0) και το οποίο συμπληρώνει τον γ.τ., δεδομένου ότι από τις ευθείες ψ=χ, ψ=-χ πουβρήκες απουσιάζει το Ο.Η συνάρτηση που γράφεις δεν έχει σύνολο τιμών το IR αλλά το (0,+οο).


Κορυφή

nsmavrogiannis



Κώστα σωστές οι παρατηρήσεις. Ευχαριστώ. Το τυπογραφικό το διόρθωσα.Ανδρέα ίσως είναι κουτή η ερώτηση (ξενύχτης γαρ) αλλά δεν καταλαβαίνω το συμβολισμό

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε:

(ΜΑ,ΜC)=(ΜΒ,ΜD) η (ΜD,MB)



Κορυφή


Επιμελητήςnsmavrogiannis έγραψε:


3 of 9 31/08/2011 09:50 πμ



Κώστα σωστές οι παρατηρήσεις. Ευχαριστώ. Το τυπογραφικό το διόρθωσα.Ανδρέα ίσως είναι κουτή η ερώτηση (ξενύχτης γαρ) αλλά δεν καταλαβαίνω το συμβολισμό

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε:

(ΜΑ,ΜC)=(ΜΒ,ΜD) η (ΜD,MB)


Νίκο, συγγνώμη για την (χάριν οικονομίας χρόνου και χώρου) συντομογραφία της λύσης μου.Εννοώ ισότητα διατεταγμένων ζευγών,δηλ ΜΑ=ΜΒ και MC=MD η MA=MD και MC=MB. Ακόμα, θεωρώ γνωστό ότι αν δύο ζευγάρια αριθμών έχουν το ίδιο άθροισμα και το ίδιοάθροισμα τετραγώνων, τότε έχουν και ίδιο γινόμενο, οπότε είναι ένας προς έναν, ίσοι.

Κορυφή

chris_gatos



Η λύση που έκανα , χρησιμοποιεί το 1ο Θεώρημα διαμέσων...Αν Μ , Μ' οι εικόνες των i , -i αντιστοίχως καθώς καιΚ , Κ' οι εικόνες των 1 , -1 στο μιγαδικό επίπεδο,αλλά και Ο η αρχή των αξόνων και Ν η εικόνα του z , τότε έχουμε:

Tα δεύτερα μέλη είναι ίσα, αρα και τα πρώτα. Δηλαδή: (1) .

Επιπλέον απο την εκφώνηση έχουμε:(ΝΜ)+(ΝΜ')=(ΝΚ)+(ΝΚ') (2).Απο (1) και (2) , εύκολα προκύπτει πως και : (ΝΜ)(ΝΜ')=(ΝΚ)(ΝΚ').Δηλαδή:

απ'όπου αντικαθιστώντας z=x+yi ( Ροδόλφε δεν το γλύτωσα!) προκύπτει:

, με κατάλληλη επεξεργασία της οποίας, έχουμε:

.


4 of 9 31/08/2011 09:50 πμ



Αρα ο Γ.Τόπος των εικόνων του z είναι οι παραπάνω ευθείες.Καλημέρα σε όλους!ΥΣΤΕΡΟΓΡΑΦΟΧμμμμ...Κοσμογονία λύσεων όσο εγω πληκτρολογούσα...Συγνώμη για τυχόν επικαλύψεις!

YΣΤΕΡΟΓΡΑΦΟ 2Νομίζω πως πρέπει στην αρχή να εξετάσω πως αν z=0, ικανοποιείται η δοθείσα και στη συνέχεια να επισημάνω πως έτσι κι αλλιώςεπαληθεύει και τις δυο εξισώσεις των ευθειών...


Κορυφή

R BORIS



Δίνω και άλλη μια λύση

•Έστω εικόνες των A,B,C,D είναι αντίστοιχα οι :i,1,-i,-1 Εικόνα του Μ το z•Τότε ΑΜ+MC=BM+MD η MC-MB=MD-MA Θέτουμε αυτές τις ίσες διαφορές ίσες με 2α•Οπότε αν 2α>0 το Μ ανήκει σε δυο υπερβολές με εστίες τα C , B και A , D που η μιαπροκύπτει με παράλληλη μετατόπιση από την άλλη αφού AD// BC και επιπλέον έχουν ίδιο α. Οι υπερβολές αυτές έχουν άξονεςσυμμετρίας αντίστοιχα τα CB και AD . Άρα τα σημεία τομής τους θα ανήκουν στην μεσοπαράλληλη των CB και AD .Ενώ αν 2α<0 μείδιο συλλογισμό τα Μ θα ανήκουν στην μεσοπαράλληλη των AB και CD . Τέλος αν α=0 και πάλι προκύπτει ίδιο συμπέρασμα•Τελικά τόπος του Μ οι διχοτόμοι των αξόνων•Το αντίστροφο είναι προφανές

Κορυφή

chris_gatos


Για να μή γράφω συνεχώς ...υστερόγραφα, νομίζω πως για να είμαι 100% σωστός, θα έπρεπε να αποκλείσω τις περιπτώσεις , ναβρίσκεται η εικόνα του z πάνω στους άξονες (ώστε να έχουμε και τρίγωνα!).Εκτός του μηδενός , φυσικά.Δυστυχώς όμως πρέπει να φύγω. Θα το σκεφτώ ξανά και θα επανέλθω...


5 of 9 31/08/2011 09:50 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Γ.Τ ΣΤΟΥΣ ΜΙΓΑ∆ΙΚΟΥΣ ∆ημοσιεύτηκε: Τρί Ιούλ 07, 2009 2:44 pm



Κορυφή

k-ser


Η πολύ ωραία γεωμετρική λύση του Ανδρέα έχει μια, αντίστοιχη, εξίσου ωραία (!) αλγεβρική λύση:

1. Αν για τους αριθμούς ισχύουν: και τότε:

( και )

( και )

( και )

( και )

( και )

( και ( ή ))

Προσθέτοντας - αφαιρώντας κατά μέλη:

(( και ) ή ( και ))

2. Για οποιοδήποτε μιγαδικό ισχύει:.

Η απόδειξη γίνεται εύκολα.


6 of 9 31/08/2011 09:50 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Γ.Τ ΣΤΟΥΣ ΜΙΓΑ∆ΙΚΟΥΣ ∆ημοσιεύτηκε: Τρί Ιούλ 07, 2009 7:52 pm

Από 1. και 2.

(( και ) ή ( και ))

Άρα ο γ.τ. των εικόνων των z είναι οι ευθείες ψ=χ, ψ=-χ.


Κορυφή

chris_gatos



Συμπληρώνω τη λύση μου και αποκλείω την περίπτωση , η εικόνα του μιγαδικού z να ανήκει σε κάποιον απο τους δύοάξονες ( Επαναλαμβάνω εκτός του (0,0), που επαληθεύει τη δοθείσα )...Έστω πως η εικόνα του z ανήκει στον ψ'ψ...Τότε Re(z)=0.Επιπλέον έχουμε:(ΝΚ)=(ΝΚ') (λόγω συμμετρίας).Ακόμη το Ν θα βρίσκεται εκτός του ευθύγραμμου τμήματος ΜΜ' ( Για λογους που επισημάνθηκαν, νομίζω απο τον Κώστα(ΝΜ)+(ΝΜ')>2 και ΜΜ'=2 ).Τότε, έχουμε:(ΝΚ)+(ΝΚ')=(ΜΝ)+(ΜΝ') <=> 2(ΝΚ)= (ΝΟ)+(ΟΜ')+(ΝΟ)-(ΟΜ) (αυτό στην περίπτωση που το Ν βρίσκεται στον θετικό ημιάξονα Οψ, όμοιακαι στην άλλη περίπτωση...) <=> (ΝΚ)=(ΝΟ) ( αφού (ΟΜ)=(ΟΜ') ).Τούτο εστί:|z-1|=|z| <=>.....Re(z)=1/2 άτοπο.Με όμοιο τρόπο, αν το Ν βρίσκεται επι του χ'χ.

Αν κάποιος αναγνώστης...χάθηκε, παρακαλώ να διαβάσει για τους συμβολισμούς πιο πάνω...Τώρα νομίζω πως είμαι οκ.

Ή τουλάχιστον έμεινα ευχαριστημένος απο τη λύση μου...



7 of 9 31/08/2011 09:50 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Γ.Τ ΣΤΟΥΣ ΜΙΓΑ∆ΙΚΟΥΣ ∆ημοσιεύτηκε: Τετ Ιούλ 08, 2009 4:27 pm

Κορυφή

hsiodos


Εγγραφή: Σάβ Απρ 18, 20091:12 am∆ημοσιεύσεις: 811


Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος της εικόνας του μιγαδικού z αν ισχύει (1)

Άλλη μια αλγεβρική λύσηΑν χρησιμοποιήσουμε την γνωστή ισότητα , τότε:

Υψώνοντας τα μέλη της (1) στο τετράγωνο διαδοχικά έχουμε(διατηρείται η ισοδυναμία)

(λόγω της (2))

(z = x+yi)

ή


8 of 9 31/08/2011 09:50 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Mιγαδικοί και άνω φράγμα συνόλου... ∆ημοσιεύτηκε: Πέμ Ιούλ 09, 2009 1:32 am



Mιγαδικοί και άνω φράγμα συνόλου...




chris_gatos



Να βρείτε το μικρότερο θετικό αριθμό Α, έτσι ώστε να ισχύει:

για κάθε μιγαδικό αριθμό z , για τον οποίο ισχύει: |z|=3.Είναι ο Α που βρήκατε, το ελάχιστο άνω φράγμα του παραπάνω συνόλου μιγαδικών;

ΕΠΙΣΗΜΑΝΣΗΤο δεύτερο μέρος της άσκησης, όσον αφορά το ελάχιστο άνω φράγμα, καλό θα ήταν , να ΜΗΝληφθεί υπ'όψη απο μαθητές.


Κορυφή

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Mιγαδικοί και άνω φράγμα συνόλου... http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=1986

1 of 4 31/08/2011 09:52 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Mιγαδικοί και άνω φράγμα συνόλου... ∆ημοσιεύτηκε: Πέμ Ιούλ 09, 2009 10:32 am

Θέμα δημοσίευσης: Re: Mιγαδικοί και άνω φράγμα συνόλου... ∆ημοσιεύτηκε: Πέμ Ιούλ 09, 2009 4:00 pm

dement


Εγγραφή: Τρί ∆εκ 23, 200811:11 am∆ημοσιεύσεις: 599

Γραφουμε την παρασταση μας ως

. Το τριωνυμο στον παρονομαστη εχει ελαχιστο για , οποτε η παρασταση μας

μεγιστοποιειται για , δηλαδη για η , με τιμη .

Αφου υπαρχει σημειο στον κυκλο με αυτη την τιμη, συμπεραινουμε επισης οτι ειναι το supremum των τιμων τηςπαραστασης. (Γενικα, αφου ο κυκλος ειναι συμπαγες συνολο και η συναρτηση συνεχης, το supremum των τιμων της ειναι και τιμητουλαχιστον ενος σημειου).

Δημητρης Σκουτερης

_________________Δημήτρης Σκουτέρης

Τα μαθηματικά είναι η μοναδική επιστήμη που θα μπορούσε κανείς να εξακολουθήσει να ασκεί αν κάποτε ξυπνούσε και το σύμπανδεν υπήρχε πλέον.

Κορυφή

chris_gatos


Εγγραφή: Κυρ ∆εκ 21, 200810:03 pm

Πολύ ωραία και διδακτική η λύση του Δημήτρη...Θα παραθέσω μια πιο ''σχολική'' λύση.Έχω:

.

Τότε θα είναι και: (1).

Θα εφαρμόσω παρακάτω το εξής:.

Έχω:


2 of 4 31/08/2011 09:52 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Mιγαδικοί και άνω φράγμα συνόλου... ∆ημοσιεύτηκε: Παρ Ιούλ 10, 2009 12:33 pm


∆ημοσιεύσεις: 3563Τοποθεσία: Πειραιάς / Χάλκη , αλλά και:

.Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις ανισότητες, έχουμε:

(αφού , όταν |z|=3 ).

Δηλαδή:.

Αρα , το οποίο είναι και ελάχιστο άνω φράγμα, αφού επιτυγχάνεται για z=+ ή -3 , οι οποίοι και ικανοποιούν την |z|=3.


Κορυφή




Για μία πιό γεωμτρική αντιμετώπιση:Αν θέσουμε , τότε έχουμε το w στον κύκλο (Ο,9) και τα σημεία (2,0) , (3,0) των οποίων η ελάχιστη απόσταση από τον κύκλοείναι από τον αριθμό w=9. Το γινόμενο των δύο αποστάσεων γίνεται ελάχιστο σε αυτή τη θέση και ισούται με 42, οπότε προκύπτειότι Α=1/2.

Κορυφή





3 of 4 31/08/2011 09:52 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Αλλη μια με μιγαδικούς ∆ημοσιεύτηκε: Σάβ Ιούλ 18, 2009 8:17 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: Αλλη μια με μιγαδικούς ∆ημοσιεύτηκε: Σάβ Ιούλ 18, 2009 8:32 pm



Αλλη μια με μιγαδικούς




hsiodos



Αν Α , Β είναι οι εικόνες των μη μηδενικών μιγαδικών και ισχύει η σχέση να

αποδείξετε ότι το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΒ(Ο η αρχή των αξόνων) είναι ίσο με .

ΓιώργοςΥΓ. Η άσκηση αυτή πριν μερικά χρόνια είχε δοθεί σε διαγώνισμα σε Λύκειο.

Κορυφή

chris_gatos


H δοθείσα σχέση γίνεται:.

Απο το νόμο συνημιτόνων στο τρίγωνο ΟΑΒ, έχουμε επιπλέον:.

Απο (1) και (2) έχουμε με εξίσωση των δεύτερων μελών και μετά απο πράξεις, πως:

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Αλλη μια με μιγαδικούς http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=2144

1 of 3 31/08/2011 09:53 πμ




. Αρα φ=π/6, αφού φ γωνία τριγώνου.

Συνεπώς .

Η λύση μου είναι λίγο γεωμετρική...Ωραία άσκηση.


Κορυφή

hsiodos



Χρήστο πολύ σωστά! Αν ζούσες σε ...άλλη εποχή ...δυτικά του Πέκος θα ήσουν σίγουρα το πιο γρήγορο πιστόλι!Πράγματι ωραία άσκηση την οποία απ ' ότι έμαθα την έλυσαν ελάχιστοι. Για να δούμε αν δοθεί λύση και χωρίς νόμο συνημιτόνων.

Γιώργος

Κορυφή

chris_gatos



Να'σαι καλά Γιώργο , θα ήθελα πολύ να είμαι ο...Λούκυ Λούκ και στο τέλος κάθε επεισοδίου να σιγοτραγουδάωτο ''είμαι ένας φτωχός και μόνος καουμπόυ''...Τα πάντα είναι θέμα καθαρού μυαλού κι εμένα τώρα αρχίζει πραγματικά να ξαστερώνει!


Κορυφή

D-M


2 of 3 31/08/2011 09:53 πμ



Εγγραφή: Κυρ Απρ 26, 20095:31 am∆ημοσιεύσεις: 10

ΑΠΟ ΤΗ ΔΕΔΟΜΕΝΗ ΜΕ ΠΡΑΞΕΙΣ ΦΤΑΝΟΥΜΕ ΣΤΗ.....2Re(z1(z_2 ) )=√3 |z1| |z2| (1)ΑΝ ΘΕΣΟΥΜΕ z1=a+bi z2=c+di ΤΟΤΕ ΥΨΩΝΟΝΤΑΣ ΤΗΝ (1) ΣΤΟ ΤΕΤΡΑΓΩΝΟ ΚΑΙ ΜΕΤΑ ΑΠΟ ΑΡΚΕΤΕΣ ΠΡΑΞΕΙΣ ΦΤΑΝΟΥΜΕ ΣΤΗΝ.....(ac+bd)2=3(ad-bc)2 ……ac+bd=±√3(ad-bc) (2)ΑΠΟ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΑ ΕΧΟΥΜΕ (ΑΒΟ)=0.5|det((OA,) (OB) )|…..(ABO)=0.5|ad-bc| (3)Η (1) ΔΙΝΕΙ .......0.25 |z1| |z2| =(ac+bd)/(2√3) (4)ΤΩΡΑ ΑΝ ΑΝΤΙΚΑΤΑΣΤΗΣΟΥΜΕ ΣΤΗΝ (4) ΤΙΣ (2) ....ΘΑ ΠΑΡΟΥΜΕ ΤΗΝ (3) ΔΗΛ.ΤΟ ΕΜΒΑΔΟΝ ΤΟΥ ΤΡΙΓΩΝΟΥ ΑΟΒ.

_________________"Two things are infinite: the universe and human stupidity; and I'm not sure about the universe.".....EINSTEIN

Κορυφή












3 of 3 31/08/2011 09:53 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Ισόπλευρο και μιγαδικοί 1 ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Αύγ 10, 2009 9:49 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: Ισόπλευρο και μιγαδικοί 1 ∆ημοσιεύτηκε: Τρί Αύγ 11, 2009 12:40 am



Ισόπλευρο και μιγαδικοί 1




ΧΡΗΣΤΟΣ ΚΑΡ∆ΑΣΗΣ


Εγγραφή: Κυρ Μάιος 17,2009 7:07 pm∆ημοσιεύσεις: 611Τοποθεσία: ΚΑΒΑΛΑ

Οι εικόνες των μιγαδικών είναι κορυφές τριγώνου .Αν ισχύει και να δείξετε ότι

α)

β) το τρίγωνο είναι ισόπλευρο .

_________________Χρήστος Καρδάσης

Κορυφή

cretanman


Για το α)

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Ισόπλευρο και μιγαδικοί 1 http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=2479

1 of 4 31/08/2011 09:55 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Ισόπλευρο και μιγαδικοί 1 ∆ημοσιεύτηκε: Τρί Αύγ 11, 2009 1:20 am


ΑΠΟΚΡΥΨΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Απλά αποδείξτε την ταυτότητα

και το αποτέλεσμα είναι άμεσο.

Για το β)

ΑΠΟΚΡΥΨΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Αφού πλέον (όμοια )

άρα λόγω του κανόνα του παραλληλογράμμου παίρνουμε

(όμοια )

άρα το τρίγωνο με που οι κορυφές του είναι οι εικόνες των μιγαδικών είναι ισόπλευρο.


Κορυφή

zorba_the_freak

Εγγραφή: Κυρ Μάιος 31,2009 7:13 pm∆ημοσιεύσεις: 72Τοποθεσία: στην οθόνη σου

Θέτοντας παίρνουμε:

Για το β), το βαρύκεντρο του τριγώνου είναι σύμφωνα με το ερώτημα α), το σημείο Ο, που είναι και το περίκεντρό του.


2 of 4 31/08/2011 09:55 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Ισόπλευρο και μιγαδικοί 1 ∆ημοσιεύτηκε: Τρί Αύγ 11, 2009 2:43 pm

Κορυφή




Η λύση μου είναι ίδια με του zorba_the_freak . Την ανεβάζω γιατί είχα ήδη γράψει αναλυτικά τις πράξεις αλλά και για να δοκιμάσωτο ενσωματωμένο png ...

Συνημμένο:

migades1.PNG [ 66.92 KiB | 289 προβολές ]


Κορυφή


3 of 4 31/08/2011 09:55 πμ




Θέμα δημοσίευσης: ανισότητα με μιγαδικούς ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Αύγ 31, 2009 2:52 am

Θέμα δημοσίευσης: Re: ανισότητα με μιγαδικούς ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Αύγ 31, 2009 4:28 pm



ανισότητα με μιγαδικούς




socrates

Εγγραφή: ∆ευτ Μαρ 09,2009 2:47 pm∆ημοσιεύσεις: 888

Για τους μιγαδικούς αριθμούς γνωρίζουμε ότι

Να δειχθεί ότι

Πότε ισχύει η ισότητα;

Κορυφή

hsiodos

mathematica.gr • Προβολή θέματος - ανισότητα με μιγαδικούς http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=2668

1 of 4 31/08/2011 09:57 πμ



Καλό μεσημέρι

Μια γεωμετρική προσέγγισηΑπό τα δεδομένα οι εικόνες Α , Β , Γ των βρίσκονται στο 1ο και 4ο τεταρτημόριο του μοναδιαίου κύκλου.1. Αν δύο από τους είναι ίσοι μεταξύ τους τότε το ζητούμενο ισχύει.

2. Αν οι είναι διάφοροι ανά δύο τότε:

(i) Αν τα Α , Β , Γ βρίσκονται στο ίδιο τεταρτημόριο(1ο ή 4ο) τότε καθεμιά από τις πλευρές ΑΒ , ΒΓ , ΑΓ είναι μικρότερη-με εξαίρεσηίσως μία που μπορεί να είναι και ίση- από την χορδή που αντιστοιχεί στο τεταρτοκύκλιο , δηλαδή από το .Είναι λοιπόν

(ii) Αν τώρα π.χ τα Α , Β είναι στο 1ο και το Γ στο 4ο τετερτοκύκλιο(εσωτερικά σημεία- σχήμα) τότε: και

Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη παίρνουμε δηλαδή (1)

Επίσης ΑΓ < 2 (διάμετρος) δηλαδή (2). Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη των (1) και (2) παίρνουμε

3. Την μέγιστη τιμή 4 την πετυχαίνουμε αν τα Α , Β , Γ συμπίπτουν με τα άκρα των δύο τεταρτοκυκλίων π.χ(χωρίς βλάβη) αν αφού τότε

Γιώργος

Συνημμένο:


2 of 4 31/08/2011 09:57 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: ανισότητα με μιγαδικούς ∆ημοσιεύτηκε: Τρί Σεπ 01, 2009 12:39 am

Θέμα δημοσίευσης: Re: ανισότητα με μιγαδικούς ∆ημοσιεύτηκε: Τρί Σεπ 01, 2009 10:02 pm

socrates.png [ 31.06 KiB | 368 προβολές ]

Κορυφή

socrates


Πολύ ωραία λύση και όμορφα γραμμένη

Κορυφή

p_gianno

Μία ακομη γεωμετρική προσέγγιση


3 of 4 31/08/2011 09:57 πμ




Συνημμένο:

migades.pdf [87.52 KiB]Έχει μεταφορτωθεί 61 φορές

Καλό βράδυΠ.Γ

Κορυφή




Μέλη σε αυτή την ∆. Συζήτηση: matha και 2 επισκέπτες








4 of 4 31/08/2011 09:57 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Ομοκυκλικά σημεία ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Σεπ 28, 2009 12:26 am

Θέμα δημοσίευσης: Re: Ομοκυκλικά σημεία ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Σεπ 28, 2009 12:55 am



Ομοκυκλικά σημεία




Σεραφείμ


Εγγραφή: Τετ Μάιος 20,2009 9:14 am∆ημοσιεύσεις: 1304Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη -Γιάννενα

Έστω . Να αποδειχθεί ότι οι εικόνες A , B , C , D των μιγαδικών αριθμών είναι ομοκυκλικά σημεία.

_________________Σεραφείμ Τσιπέλης

Κορυφή

Mihalis_Lambrou

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Ομοκυκλικά σημεία http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=3010

1 of 8 31/08/2011 09:58 πμ





Persona_Non_Grata έγραψε:


Προεκτείνουμε την ΑΟ και λαμβάνουμε Ε έτσι ώστε ΟΕ=1/ΟΑ.Είναι τότε ΟΑ.ΟΕ = 1 = ΟC.OD (διότι OC = OD = 1). Από δύναμη σημείουτα 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). Έτσιέχουμε τις ισότητες γωνιών <DOE = <AOC = θ = <COB, όπως θέλαμε να δείξουμε.

Φιλικά


Κορυφή

Σεραφείμ



Περίφημα Μιχάλη !!


Κορυφή

papel


2 of 8 31/08/2011 09:58 πμ



Εγγραφή: Κυρ Απρ 05, 20092:39 am∆ημοσιεύσεις: 806Τοποθεσία: ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ

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

_________________"There are two types of people in this world, those who divide the world into two types and those who do not."Jeremy Bentham

Κορυφή

Σεραφείμ



papel έγραψε:

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

O z δεν είναι πραγματικός, ούτε μηδέν.


Κορυφή






Γενικό σχόλιο :

Το σχόλιο δεν αφορά μαθητές, αλλά μια συνθήκη ομοκυκλικότητας είναι ο διπλός λόγος των τεσσάρων μιγαδικών να είναι


3 of 8 31/08/2011 09:58 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Ομοκυκλικά σημεία ∆ημοσιεύτηκε: Κυρ Οκτ 04, 2009 7:05 pm

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(Αυτόείναι ένα άλλο τρελλό και ανήκλουστο πράγμα : να τελειώνουν μαθητές θετικού πρασανατολισμού το Λύκειο και να μην έχουνκάνει, 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 Moebiusw= 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 οσυζυγής του, τότε έχουμε κατοπτρισμό και στην ουσία πάμε σε αντιστροφή. Αυτά για τώρα, αν και δεν κρύβω ότι με την πάροδοτων χρόνων όλα αυτά τα ωραία πράγματα αρχίζουν να φαίνονται ισχνά .... '' στο θολωμένο μου μυαλό ''!

Μπάμπης

Κορυφή

Χρήστος Λαζαρίδης

Εγγραφή: Παρ Ιαν 09, 200911:48 am∆ημοσιεύσεις: 478Τοποθεσία: Παλαιό Φάληρο

Μία προσπάθεια λύσης σε πλαίσια Γ΄Λυκείου.Τα σημεία Α,C,D δεν είναι συνευθειακά, διότι αν ήταν τότε , 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,

, όπου z = x+yi.

Το Α ανήκει στον κύκλο κέντρου Κ και ακτίνος , άρα,

Αρκεί να αποδείξουμε

Έχουμε:

Φιλικά Χρήστος

_________________Ο ηλίθιος είναι αήττητος


4 of 8 31/08/2011 09:58 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Ομοκυκλικά σημεία ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Οκτ 05, 2009 9:29 am

Κορυφή




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 , με

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 =>

Είναι , οπότε αν Λ η εικόνα του

Η (1) γράφεται

, που αληθεύει, άρα ΛЄC.


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 1ηΔέσμη, εξοβελίστηκε από τη "διδακτέα" ύλη, όσο για την Αναλυτική Γεωμετρία υποβαθμίστηκε στη Β΄ Λυκείου, οπότε πλέονδιδάσκουμε ελάχιστα στοιχεία της.3) Τέλος, αν θυμάμαι καλά, πριν 15 περίπου χρόνια, όταν διδάσκαμε Ορίζουσες, υπήρχε μια συνθήκη για να είναι 4 σημείαομοκυκλικά. 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:


5 of 8 31/08/2011 09:58 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Ομοκυκλικά σημεία ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Οκτ 05, 2009 2:59 pm

Κορυφή

p_gianno



Μια απόπειρα μεταγραφής της λύσης του Κου Λάμπρου απαλείφοντας την λέξη "όρισμα" , φέρνοντάς της σε σχολικά πλαίσια

Είναι

ενώ

που σημαίνει ότι οι εικόνες των Ο,Β και Α’ (όπου Α’ η εικόνα του ) είναι συνευθειακά σημεία.Αρκεί επομένως να προσδιοριστεί η εικόνα του 1/z επί της ημιευθείας ΟΑ’ , αρκεί δηλαδή να προσδιοριστεί σημείο επί της ΟΑ΄μεμέτρο 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 (ευθείαδιαμέτρου κάθετης στο ΔΓ) τότε Β’ ανήκει στον c και ισχύει

ΟΒ=ΟΒ΄ και επειδή *** ΟΒ’ ΟΑ=ΟΔ ΟΓ ή ΟΒ ΟΑ=1 ή

έπεται ότι το Β είναι η εικόνα του του 1/z και είναι ομοκυκλικό με τα σημεία Α,Γ,Δ

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

Συνημμένα:


6 of 8 31/08/2011 09:58 πμ


omokyklika.png [ 12.14 KiB | 282 προβολές ]

Κορυφή




Μέλη σε αυτή την ∆. Συζήτηση: matha και 2 επισκέπτες







7 of 8 31/08/2011 09:58 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Μιγαδικοί και γεωμετρία ∆ημοσιεύτηκε: Τετ Σεπ 30, 2009 5:09 pm



Μιγαδικοί και γεωμετρία




hsiodos



Έστω και ο φανταστικός αριθμός

α) Να αποδείξετε ότι ή

β) Έστω Μ , Ν οι εικόνες των z που ικανοποιούν τις (1) και (2) αντίστοιχα.

Ονομάζουμε C τους κύκλους που διέρχονται από τα σημεία Μ , Ν , Ο (Ο η αρχή των αξόνων) έτσι ώστε .

Από τους κύκλους C να βρείτε εκείνον με το μικρότερο εμβαδόν και να τον ονομάσετε .

γ) Έστω Α, Β οι εικόνες εκείνων των z έτσι ώστε η ΑΒ να είναι διάμετρος του κύκλου . Θεωρούμε και έναν από τους κύκλους Cδιαφορετικό του . Αν η ευθεία ΑΒ τέμνει την ΜΝ στο Κ να δείξετε ότι ΟΚ κάθετη στην ΜΝ.

Γιώργος

Κορυφή

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Μιγαδικοί και γεωμετρία http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=3034

1 of 6 31/08/2011 09:59 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Μιγαδικοί και γεωμετρία ∆ημοσιεύτηκε: Τετ Σεπ 30, 2009 5:44 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: Μιγαδικοί και γεωμετρία ∆ημοσιεύτηκε: Τετ Σεπ 30, 2009 6:27 pm

Μάκης Χατζόπουλος

Εγγραφή: ∆ευτ ∆εκ 22,2008 5:13 pm∆ημοσιεύσεις: 1776Τοποθεσία: Πετρούπολη -Κηπούπολη

Κάτσε Γιώργο γιατί δεν καταλαβαίνω κάτι...α) Αυτό νομίζω ότι είναι απλό, αφού w φανταστικός τότε θα ισούται με τον αντίθετο του συζηγής του, πράξεις κ παίρνουμε τοζητούμενο, οκ;

β)Εδώ έχω θέμα, από τα δεδομένα παίρνουμε Μ(χ,χ+1) ενώ Ν(χ,2-χ) πρέπει τα διανύσματα ΟΜ, ΟΝ αφού είναι κάθετα να ισχύειΟΜ*ΟΝ=0 κ μετά από πράξεις βρίσκουμε χ=-2, άρα τα Μ,Ν είναι γνωστά κ βρίσκουμε τον μοναδικό κύκλο που διέρχεται από αυτά κτο Ο. (ποιος είναι ο κύκλος με το ελάχιστο εμβαδόν;;; Αφού από τρία σημεία περνάει μοναδικός κύκλος, έτσι;) Μάλλον δεν έχωπιάσει καλά την εκφώνηση της άσκησης...

_________________(1) verba volant, scripta manent = τα λόγια πετούν, τα γραπτά μένουν

Κορυφή

hsiodos



mac190604 έγραψε:

Κάτσε Γιώργο γιατί δεν καταλαβαίνω κάτι...α) Αυτό νομίζω ότι είναι απλό, αφού w φανταστικός τότε θα ισούται με τον αντίθετο του συζηγής του, πράξεις κ παίρνουμε τοζητούμενο, οκ;

β)Εδώ έχω θέμα, από τα δεδομένα παίρνουμε Μ(χ,χ+1) ενώ Ν(χ,2-χ) πρέπει τα διανύσματα ΟΜ, ΟΝ αφού είναι κάθετα ναισχύει ΟΜ*ΟΝ=0 κ μετά από πράξεις βρίσκουμε χ=-2, άρα τα Μ,Ν είναι γνωστά κ βρίσκουμε τον μοναδικό κύκλο που διέρχεταιαπό αυτά κ το Ο. (ποιος είναι ο κύκλος με το ελάχιστο εμβαδόν;;; Αφού από τρία σημεία περνάει μοναδικός κύκλος, έτσι;)Μάλλον δεν έχω πιάσει καλά την εκφώνηση της άσκησης...

Γεια σου ΜάκηΠιθανώς να έπρεπε να το διατυπώσω καλύτερα αλλά τα Μ , Ν είναι "τυχαία"(όχι ακριβώς, αφού γων ΜΟΝ ορθή) σημεία δύο ευθειώνκαι επομένως δεν πρέπει να τους βάζεις ίδια τετμημένη που είναι ειδική περίπτωση.

Γιώργος


2 of 6 31/08/2011 09:59 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Μιγαδικοί και γεωμετρία ∆ημοσιεύτηκε: Παρ Οκτ 02, 2009 11:45 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: Μιγαδικοί και γεωμετρία ∆ημοσιεύτηκε: Σάβ Οκτ 03, 2009 5:19 pm

Κορυφή

mathxl


Εγγραφή: Τρί ∆εκ 23, 20084:49 pm∆ημοσιεύσεις: 4800Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο

Mχμχμχμ..λοιπόν η άσκηση έχει ενδιαφέροναλλά είνα αρκετά μεγάλη...οπότε περιγραφικά έχουμεα) εύκολα καταλήγουμε στις ευθείες χ+ψ=2,χ-ψ=-1β)Προβάλουμε το Ο στις παραπάνω δύο ευθείες. Έστω Α η προβολή του στην ψ=χ+1 και Β η προβολή του στην ψ=-χ+2Θεωρούμε δύο τυχαία σημεία Μ και Ν στις ευθείες ψ=χ+1 και ψ=-χ+2 αντίστοιχα διαφορετικά των Α,Β. Τα τρίγωνα ΑΟΜ και ΟΝΒ είναιορθογώνια οπότε οι υποτείνουσες είναι οι μεγαλύτερες πλευρές. Συνεπώς ΟΑ<ΟΜ και ΟΒ<ΟΝ, υψώνωντας τα μέλη στο τετράγωνοκαι προσθέτωντας τις προκύπτουσες κατά μέλη παίρνουμε ΑΒ<ΜΝγ) αυτό το έχω λύσει με αναλυτική γεωμετρία συντεταγμένες κτλ... και δεν μου άρεσε. Φαντάζομαι υπάρχει γεωμετρικήαντιμετώπιση που δεν βλέπω για την ώρα

_________________1)Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!2)Αν κάποιος στην προσπάθεια να πιάσει κάποια γνώση τελικά "συλλάβει" κάποια άγνοια τότε θα εκφέρει ψευδή κρίση3)Nick Kapa feat. Eva - Summer in love

Κορυφή

hsiodos



ΚαλησπέραΣε γενικές γραμμές ο Βασίλης (Mathxl) έδωσε την λύση της άσκησης.Γράφω λίγο πιο αναλυτικά.

α) Αξιοποιώντας ότι και έχοντας θέσει καταλήγουμε (διατηρώντας ισοδυναμίες) στην σχέση από όπου βρίσκουμε y= x+1 ή y = -x +2 . Επομένως ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των z είναι οι

ευθείες , χωρίς το σημείο Ε(2,0) της .Έτσι για τους z που κινούνται στην ισχύει ενώ για τους z που κινούνται στην ισχύει

Οι παρατηρούμε ότι τέμνονται κάθετα.


3 of 6 31/08/2011 09:59 πμ

β) α΄τρόπος

Ουσιαστικά ζητάμε την ελάχιστη τιμή που μπορεί να πάρει η διάμετρος ΜΝ . Είναι με Μ σημείο της

και Ν σημείο της . Το 2ο μέλος της (*) ελαχιστοποιείται όταν ΟΜ , ΟΝ λαμβάνουν ταυτόχρονα την ελάχιστη τιμή τους . Αυτό

συμβαίνει όταν και όπου και .Βρίσκουμε κατά τα γνωστά ότι

και επομένως ο ζητούμενος κύκλος έχει κέντρο το

β΄τρόποςΑπό το α) ερώτημα οι μιγαδικοί z που κινούνται στην έχουν εικόνες Μ(α ,α+1) ενώ οι μιγαδικοί z που κινούνται στην έχουνεικόνες Ν(β , -β+2) .

Έτσι είναι Μ(α ,α+1) και Ν(2α+2 , -2α) οπότε βρίσκουμε

Επομένως το ΜΝ λαμβάνει ελάχιστη τιμή όταν (θέση ελάχιστου τριωνύμου) και καταλήγουμε στα ίδια συμπεράσματα.

γ) Μια απόδειξη μπορεί να δοθεί με αναλυτική γεωμετρία(Βασίλης). Μια καθαρά γεωμετρική απόδειξη είναι

Φέρνουμε ΟΚ κάθετη στη ΜΝ.Έστω Γ το σημείο τομής των . Το ΜΟΓΝ είναι εγγράψιμο(η ΜΝ φαίνεται υπό ορθή γωνία από τα Ο , Γ) οπότε αλλά

και έτσι

Από το εγγράψιμο ΚΑΟΜ προκύπτει ότι αναγκαστικά η γωνία είναι εξωτερική της γωνίας ΚΑΟ οπότε Κ , Α , Β συνευθειακά.

σχόλιο 1Μπορούμε ακόμη να δείξουμε ότι Κ , Α , Β συνευθειακά δείχνοντας ότι

σχόλιο 2Τα Α , Β, Κ είναι συνευθειακά αφού βρίσκοναι στην ευθεία του Simsom (του τριγώνου ΝΓΜ) αντίστοιχη στο Ο .

Γιώργος

Συνημμένο:


4 of 6 31/08/2011 09:59 πμ

migad+geom.png [ 27.96 KiB | 385 προβολές ]

Κορυφή



5 of 6 31/08/2011 09:59 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Άσκηση ∆ημοσιεύτηκε: Τετ Οκτ 07, 2009 1:10 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: Άσκηση ∆ημοσιεύτηκε: Τετ Οκτ 07, 2009 1:34 pm


Τώρα είναι Τετ Σεπ 14, 2011 12:00 pm

Άσκηση




konkyr

Εγγραφή: Τετ Ιούλ 29, 20095:31 pm∆ημοσιεύσεις: 300

Δίνονται οι μιγαδικοί , με και ρ >0.

Θεωρούμε τον μιγαδικό με α .

Να αποδείξετε ότι :

α)οι εικόνες των μιγαδικών αριθμών είναι συνευθειακά σημεία

β)2ρ

Κορυφή

R BORIS

Το 1ο βγαίνει αμέσως με διανυσματικές ακτίνες

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Άσκηση http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=3098

1 of 3 31/08/2011 10:00 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Άσκηση ∆ημοσιεύτηκε: Τετ Οκτ 07, 2009 2:03 pm




Το 2ο από την σχέση και ότι (πλευρά< υποτείνουσας)

Κορυφή

konkyr


Σωστά.Με ένα σχήμα θα φαινόταν λίγο καλύτερα....δυστυχως δεν μπορω ακόμα να κάνω σχήματα αν μπορεί κάποιος να βοηθήσει...

Δηλαδή οι εικόνες Α( ),Β( ),Γ( )είναι ομοκυκλικά σημεία λόγω του ρ και η εικόνα Κ του w σημείο τησευθείας ΒΓ.

Φέρνουμε ΑΜ κάθετη στη ΒΓ και ισχύει ΑΜ ΑΚ άρα 2ρΑΜ 2ρΑΚ (Ι)

(ΑΒΓ)= kai (abg)= AM*α παίρνουμε 2ρΑΜ=βγ , άρα η (Ι) γίνεται

βγ 2ρΑΚ δηλαδή | 2ρ|

Κορυφή







mathematica.gr • Προβολή θέματος - Άσκηση http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=3098

2 of 3 31/08/2011 10:00 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Υπολογισμός παραμέτρου υπό μετρικές συνθήκες ∆ημοσιεύτηκε: Κυρ Οκτ 11, 2009 5:19 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: Υπολογισμός παραμέτρου υπό μετρικές συνθήκες ∆ημοσιεύτηκε: Κυρ Οκτ 11, 2009 6:17 pm



Υπολογισμός παραμέτρου υπό μετρικές συνθήκες




mathxl



Να βρείτε τον θετικό αριθμό α, αν ισχύει και


Κορυφή

Σεραφείμ


Edit: Μετά από παρέμβαση της Φωτεινής (την οποία ευχαριστώ) διορθώθηκε ένα μικρό λαθάκι (αναγραμματισμού)

Συνημμένα:

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Υπολογισμός παραμέτρου υπό μετρικές συνθήκες http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=3179

1 of 6 31/08/2011 10:01 πμ





parametros.jpg [ 22.04 KiB | 288 προβολές ]


Τελευταία επεξεργασία από Σεραφείμ και Κυρ Οκτ 11, 2009 6:39 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά/ες συνολικά

Κορυφή

mathxl



Παρόμοια λύση έχω και εγώ θέτωντας z-i=w <-> z = w+i αντικαθιστώ στην |z-3i|=a|z|με |w|=2Υπάρχει κάποια πιο κομψή - σύντομη λύση η γεωμετρική αντιμετώπιση (να έχουν σημεία τομής κύκλων εφόσον δείξουμε ότι α>1, απλά το αναφέρω χωρίς να το έχωψάξει);


Τελευταία επεξεργασία από mathxl και Κυρ Οκτ 11, 2009 6:32 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά/ες συνολικά

Κορυφή

hsiodos



Εύκολα βρίσκουμε ότι ο γ.τ των εικόνων των z είναι κύκλος κέντρου Κ(0 , 1) και ακτίνας ρ=2.Αφού η δεύτερη σχέση ισχύει για όλους τους z , βάζουμε z = -i (είναι ένας από τους z) και βρίσκουμε α = 2.

Γιώργος

Κορυφή

mathxl


2 of 6 31/08/2011 10:01 πμ



Επιμελητήςhsiodos έγραψε:


Γιώργος

Καλό! Όταν επεξεργαζόμουν το προηγούμενο μήνυμα έστελνε απάντηση ο ΓιώργοςΟ τρόπος αυτός δεν θέλει επαλήθευση στο τέλος;


Κορυφή

Σεραφείμ



hsiodos έγραψε:


Γιώργος

Πρέπει όμως να αποκλειστεί και ύπαρξη άλλης τιμής για το α.


Κορυφή

hsiodos





Εύκολα βρίσκουμε ότι ο γ.τ των εικόνων των z είναι κύκλος κέντρου Κ(0 , 1) και ακτίνας ρ=2.


3 of 6 31/08/2011 10:01 πμ



Αφού η δεύτερη σχέση ισχύει για όλους τους z , βάζουμε z = -i (είναι ένας από τους z) και βρίσκουμε α = 2.

Γιώργος

Πρέπει όμως να αποκλειστεί και ύπαρξη άλλης τιμής για το α.

Νομίζω πως έχεις δίκιο Σεραφείμ , το επεσήμανε και ο Βασίλης πιο πάνω.

Γιώργος

Κορυφή

John13

Εγγραφή: ∆ευτ Απρ 13,2009 11:09 am∆ημοσιεύσεις: 48Τοποθεσία: Πάτρα

Να βάλλω και εγώ μια άλλη λύση...Από την τριγωνική ανισότητα έχουμε

Όμως και και

και

_________________Γελάτε με εμένα γιατί είμαι διαφορετικός, γελάω με εσάς γιατι είστε όλοι ιδιοι!

Κορυφή

hsiodos



Μια γεωμετρική αντιμετώπιση

Ο γεωμετρικός τόπος των των εικόνων των z είναι ο κύκλος κέντρου Κ(Ο , 1) και ακτίνας ρ = 2.Έστω Μ τυχαία εικόνα του z (άρα )και τα σημεία (αντιδιαμετρικά του γ.τ) Β(0,-1) και Γ(0,3).Το μέτρο εκφράζει την απόσταση ΜΑ με Α(0,-3).


4 of 6 31/08/2011 10:01 πμ

Είναι

Άρα τα Γ , Β , Ο, Α είναι αρμονική τετράδα και έχουμε την αρμονική δέσμη (ΜΓ ,ΜΒ ,ΜΟ ,ΜΑ).Είναι όμως και έτσι προκύπτει ότι η ΜΒ είναι διχοτόμος της

Τώρα από Θ.διχοτόμων παίρνουμε

Συνεπώς α =2.

Γιώργος

Προσθήκη: Στην παραπάνω λύση το Μ διαφορετικό των Β , Γ. Όταν το Μ ταυτίζεται με το Β ή το Γ το ζητούμενο είναι προφανές.

Συνημμένο:

ypol.param.png [ 24.73 KiB | 247 προβολές ]

Τελευταία επεξεργασία από hsiodos και ∆ευτ Οκτ 12, 2009 1:25 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά/ες συνολικά

Κορυφή


5 of 6 31/08/2011 10:01 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Υπολογισμός παραμέτρου υπό μετρικές συνθήκες ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Οκτ 12, 2009 12:32 pm


mathxl



Ωραίες λύσεις. Αυτό με τον Απολλώνιο μου άρεσε πολύ


Κορυφή








Αναζήτηση για: Μετάβαση Μετάβαση σε: ΜΙΓΑ∆ΙΚΟΙ ΜετάβασηPowered by phpBB® Forum Software © phpBB Group



6 of 6 31/08/2011 10:01 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Μιγαδικοί και γεωμετρία ∆ημοσιεύτηκε: Σάβ Οκτ 17, 2009 9:26 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: Μιγαδικοί και γεωμετρία ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Οκτ 19, 2009 1:34 am



Μιγαδικοί και γεωμετρία




MarKo

Εγγραφή: Κυρ Ιουν 28,2009 12:25 am∆ημοσιεύσεις: 25Τοποθεσία: Αθήνα

Έστω οι μιγαδικοί αριθμοί όλοι διαφορετικοί μεταξύ τους για τους οποίους ισχύει:

.

α)Βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς έτσι ώστε : .

β)Αποδείξτε ότι: .

Μάριος.

_________________Μάριος''Διάλεγε πάντα τον καλλίτερο δρόμο,όσο κι αν δύσκολος μοιάζει, η συνήθεια γρήγορα θα τον κάνει εύκολο κι ευχάριστο'' - Πυθαγόρας."Anyone who has never made a mistake has never tried anything new." - Albert Einstein.

Κορυφή

Σεραφείμ


Όμορφο ....

Συνημμένα:


1 of 3 31/08/2011 10:01 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Μιγαδικοί και γεωμετρία ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Οκτ 19, 2009 11:58 pm



Migadikoi-Gewmetria.jpg [ 75.02 KiB | 292 προβολές ]


Κορυφή

MarKo

Εγγραφή: Κυρ Ιουν 28,2009 12:25 am∆ημοσιεύσεις: 25Τοποθεσία: Αθήνα

Πολύ ωραία Σεραφείμ.

_________________Μάριος''Διάλεγε πάντα τον καλλίτερο δρόμο,όσο κι αν δύσκολος μοιάζει, η συνήθεια γρήγορα θα τον κάνει εύκολο κι ευχάριστο'' - Πυθαγόρας."Anyone who has never made a mistake has never tried anything new." - Albert Einstein.

Κορυφή





∆εν μπορείτε να δημοσιεύετε νέα θέματα σε αυτή τη ∆. Συζήτηση


2 of 3 31/08/2011 10:01 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Θέμα Μιγαδικών ∆ημοσιεύτηκε: Σάβ Οκτ 24, 2009 8:49 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: Θέμα Μιγαδικών ∆ημοσιεύτηκε: Κυρ Οκτ 25, 2009 12:38 am



Θέμα Μιγαδικών







Έστω μιγαδικός με και ο μιγαδικός του οποίου η εικόνα Μ κινείται στην ευθεία

α) Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των εικόνων του z .

β) Αν , να δείξετε ότι


Κορυφή

mathxl

Για το α) βγάζουμε κοινό παράγοντα το z σε αριθμητή και παρονομαστή και έπειτα θέτουμε. Απαιτούμε Re(w)=Im(w) και βρίσκουμεy=-x-1 εκτός του σημείου (0,-1)

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Θέμα Μιγαδικών http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=3412

1 of 2 31/08/2011 10:02 πμ




για το β) Οι εικόνες των z,w κινούνται σε δύο κάθετες ευθείες (γινόμενο συντελεστών διεύθυνσης -1) που έχουν σημείο τομής τηνεικόνα του α. Άρα οι εικόνες των α,w,z είναι κορυφές ορθογωνίου τριγώνου, συνεπώς με το πυθαγόρειο έχουμε την ζητούμενη (οιπεριπτώσεις μη σχηματισμού ορθογωνίου τριγώνου z=α ή α=w είναι απλές)


Κορυφή











mathematica.gr • Προβολή θέματος - Θέμα Μιγαδικών http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=3412

2 of 2 31/08/2011 10:02 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Στοιχεία συνόλου ∆ημοσιεύτηκε: Τρί Οκτ 27, 2009 12:13 am

Θέμα δημοσίευσης: Re: Στοιχεία συνόλου ∆ημοσιεύτηκε: Τρί Οκτ 27, 2009 12:00 pm



Στοιχεία συνόλου




mathxl



Μου άρεσε αρκετά

Να γράψετε με αναγραφή των στοιχείων του, το σύνολο Α, όταν


Κορυφή

cretanman

Οι εικόνες των (των 3-ριζών της μονάδος) σχηματίζουν ισόπλευρο τρίγωνο. Ένα σημείο απέχει από τις εικόνες των

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Στοιχεία συνόλου http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=3443

1 of 6 31/08/2011 10:03 πμ





μιγαδικών απόσταση ίση με όταν ανήκει στη μεσοκάθετο του ευθυγράμμου τμήματος που σχηματίζουν ανα δύο οι εικόνες

των παραπάνω μιγαδικών, συνεπώς στο περίκεντρο του ισοπλεύρου τριγώνου που έχει συντεταγμένες . Άρα ο μιγαδικός

απέχει απόσταση 1 από τις 3 κορυφές άρα ανήκει στο σύνολο Α.

Από την άλλη ένα σημείο απέχει απόσταση μικρότερη από 1 αν ανήκει στο εσωτερικό του κύκλου με κέντρο ένα εκ των εικόνων τωνμιγαδικών και απόσταση 1. Συνεπώς δεν μπορεί να ανήκει έξω από το ισόπλευρο τρίγωνο. Αν ένα σημείο A ανήκει σε ένα

από τα τρία ισοσκελή τρίγωνα που σχηματίζονται από δύο εκ των και το περίκεντρο του τριγώνου τότε σίγουρα η

απόσταση του A από την εικόνα του τρίτου σημείου είναι μεγαλύτερη από 1, άτοπο.

Άρα ο μοναδικός μιγαδικός που ανήκει στο Α είναι ο .


Κορυφή

mathxl



Ωραία η γεωμετρική αντιμετώπιση Αλέξανδρε

Θα δώσω και μια αλγεβρική που είδα, εκτός και αν με προλάβει συνάδελφος


Κορυφή


Η πολύ ωραία λύση του Αλέξανδρου, είναι εκτός ύλης. Θα προσπαθήσω να δώσω μία λύση μέσα στα σχολικά πλαίσια.


2 of 6 31/08/2011 10:03 πμ



e = 1, απορρίπτεται, άρα

Επίσης: , για κάθε τιμή του e.Έστω Β,Β΄οι εικόνες των συζυγών μιγαδικών

Η εικόνα του z, θα ανήκει στον κυκλικό δίσκο (Α,1), όπου Α(1,0),στον κυκλικό δίσκο (Β,1) και στον κυκλικό δίσκο (Β΄,1).Τα τρία αυτά σύνολα έχουν κοινο μόνο το σημείο Ο.Τελικά, Α = 0.Δυστυχώς δεν έχω δυνατότητα σχήματος, το οποίο δείχνει εύκολα το ζητούμενο .



Κορυφή

socrates


Υψώνουμε στο τετράγωνο και προσθέτουμε κατά μέλη...

Συνημμένα:


3 of 6 31/08/2011 10:03 πμ


yes.PNG [ 14.94 KiB | 221 προβολές ]

Κορυφή

mathxl


Η σχολική έκδοση

Συνημμένα:


4 of 6 31/08/2011 10:03 πμ



54325.png [ 18.99 KiB | 177 προβολές ]


Κορυφή






∆εν μπορείτε να επεξεργάζεστε τις δημοσιεύσεις σας σε αυτή τη ∆. Συζήτηση


5 of 6 31/08/2011 10:03 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Mέγιστο μέτρο ∆ημοσιεύτηκε: Πέμ Ιαν 21, 2010 3:54 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: Mέγιστο μέτρο ∆ημοσιεύτηκε: Πέμ Ιαν 21, 2010 11:07 pm



Mέγιστο μέτρο




mathxl



Έστω το σύνολο .Να βρείτε τον w ώστε το να γίνεται μέγιστο


Κορυφή

Σεραφείμ


Συνημμένα:

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Mέγιστο μέτρο http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=4994

1 of 3 31/08/2011 10:03 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Mέγιστο μέτρο ∆ημοσιεύτηκε: Πέμ Ιαν 21, 2010 11:17 pm



!! Mathxl Mig 2.jpg [ 23.17 KiB | 287 προβολές ]


Κορυφή

mathxl



Άψογο ...και παιδευόμουν με την τριγωνική ανισότητα και γραμμικούσ συνδυασμούς που δίνουν οι παραστάσεις αυτές...|z^2-2z|=<|z|^2+2|z|=<25/16+10/4=65/16 και μετά θέλει να βρούμε και τέτοιο z... z=-5/4+0i


Κορυφή




mathematica.gr • Προβολή θέματος - Mέγιστο μέτρο http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=4994

2 of 3 31/08/2011 10:03 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Ισότητα με μιγαδικούς. ∆ημοσιεύτηκε: Κυρ Απρ 18, 2010 10:07 pm



Ισότητα με μιγαδικούς.




chris_gatos



Έστω α, b , c, d μιγαδικοί αριθμοί, για τους οποίους ισχύει:

1) |α|=|b|=|c|=|d|

2) α+b+c=d

Να αποδείξετε πως ο d ισούται με τουλάχιστον έναν εκ των α, b, c.

OXI ΓΙΑ ΜΑΘΗΤΕΣ ΠΟΥ ΠΡΟΕΤΟΙΜΑΖΟΝΤΑΙ!!


mathematica.gr • Προβολή θέματος - Ισότητα με μιγαδικούς. http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=6668

1 of 5 31/08/2011 10:04 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Ισότητα με μιγαδικούς. ∆ημοσιεύτηκε: Κυρ Απρ 18, 2010 10:28 pm


Κορυφή

cretanman



Αν κάποιος μιγαδικός είναι ίσος με τότε το αποτέλεσμα ισχύει τετριμμένα. Ας υποθέσουμε λοιπόν ότι όλα τα μέτρα είναι ίσα με. Τότε

Από τη δοσμένη έχουμε δηλαδή δηλαδή .

Συνεπώς .

Άρα απ' όπου έπεται το ζητούμενο.


Κορυφή

hsiodos



Μια λύση ακόμα

Έστω . Αν το ζητούμενο είναι προφανές. Αν τότε:

Γιώργος


2 of 5 31/08/2011 10:04 πμ



ΥΓ. Χρήστο γεια σου και προσοχή στην... μονάκριβη σου . (Την παιδαγωγική σου κατάρτιση εννοώ φυσικά.)

Κορυφή

chris_gatos



Γειά σου Γιώργο!Εγώ μάλλον τη γλύτωσα..

Απάντησα όμως σε παιδαγωγικές ερωτήσεις απείρου κάλλους. Δοκιμάστηκα!

Μπορείς να τις κατεβάσεις και να τις δείς. Μερικές προκαλούν και άφθονο γέλιο .


Κορυφή

nsmavrogiannis



Δίνω μια απάντηση για μας τους μεγάλους.'Ισως είναι λίγο άτσαλη αλλά, ας μην ξεχνιόμαστε, δεν έτυχα ποτέ παιδαγωγικής-διδακτικής κατάρτισης.Προπερνώ την υπόθεση που όλοι έχουν μέτρο μηδέν που ανέφερε και ο Αλέξανδρος.Οι εικόνες τους των μιγαδικών θα ανήκουν σε κύκλο με κέντρο στην αρχή των αξόνων. Αν δύο από τους δεν συμπίπτουν τότεθα είναι κορυφές τριγώνου μιας και δε μπορούν να είναι σημεία συνευθειακά. Η εικόνα του είναι η εικόνα του κέντρου βάρους του

τριγώνου που σχηματίζουν οι και ανήκει στην ευθεία Euler του τριγώνου των . Αλλά τότε το είναι το

ορθόκεντρο του τριγώνου και συγχρόνως θα ανήκει στον περιγεγραμμένο του κύκλο πράγμα που είναι δυνατόν μόνο εφόσον το είναι ορθογώνιο και το είναι κάποια κορυφή του. Οπότε έχουμε το αποδεικτέο.


_________________Αν κανείς δεν ελπίζει, δεν θα βρεί το ανέλπιστο, οι δρόμοι για το ανεξερεύνητο θα είναι κλειστοί.


3 of 5 31/08/2011 10:04 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Ισότητα με μιγαδικούς. ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Απρ 19, 2010 2:44 pm


Ηράκλειτος

Κορυφή

Math Rider

Εγγραφή: Παρ Απρ 09, 201012:40 pm∆ημοσιεύσεις: 85Τοποθεσία: Πάτρα

Μια προσέγγιση ακόμα- Αν τότε από την πρώτη σχέση έχουμε a = b = c = 0, δηλαδή το ζητούμενο.- Αν τότε διαιρώντας την πρώτη σχέση με και την δεύτερη με d και θέτοντας

, , η άσκηση ανάγεται στην ακόλουθη:

viewtopic.php?f=51&t=710

_________________Νίκος Κ.

Κορυφή











4 of 5 31/08/2011 10:04 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Γεωμετρία των μιγαδικών ∆ημοσιεύτηκε: Πέμ Ιουν 24, 2010 8:31 pm



Γεωμετρία των μιγαδικών







Την είχα βάλει την περίοδο των εξετάσεων, αλλά την αποσύραμε τότε για τους γνωστούς λόγους.

ΑΣΚΗΣΗ

Δίνονται οι διαφορετικοί ανά δύο μιγαδικοί αριθμοί

με

και

Να αποδειχθεί ότι :

α)

β) Αν οι μιγαδικοί έχουν ίσα μέτρα, τότε :

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Γεωμετρία των μιγαδικών http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=7991

1 of 4 31/08/2011 10:05 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Γεωμετρία των μιγαδικών ∆ημοσιεύτηκε: Πέμ Ιουν 24, 2010 8:51 pm

i)

ii) Το τετράπλευρο ΑΒΓΔ με κορυφές τις εικόνες των αριθμών

είναι ορθογώνιο.

Μπάμπης

Κορυφή

cretanman



a) Η σχέση με ύψωση στο τετράγωνο γίνεται τελικα:

Όμοια από τις υπόλοιπες σχέσεις παίρνουμε:

Προσθέτουμε τις κατά μέλη και χρησιμοποιώντας την παίρνουμε τελικα:

δηλαδή οπότε δηλαδή τελικά .

b i) Η σχέση γίνεται δηλαδή . Υψώνοντας στο τετράγωνο καιχρησιμοποιώντας την ισότητα των μέτρων των παίρνουμε τη ζητούμενη.

ii) Η σχέση γίνεται και όμοια οπότε κατ' αναλογία της σχέσης πουαποδείξαμε στο προηγούμενο ερώτημα παίρνουμε τις όμοιες σχέσεις: και

Χρησιμοποιώντας τη σχέση που αποδείξαμε από το ερώτημα bi) και την ισότητα των μέτρων των μιγαδικών είναι εύκολονα αποδείξουμε την εξής σχέση:


2 of 4 31/08/2011 10:05 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Γεωμετρία των μιγαδικών ∆ημοσιεύτηκε: Παρ Ιουν 25, 2010 2:05 am

(Άρα ΑΒ=ΓΔ)

και όμοια από τις παίρνουμε τις

(Άρα ΑΔ=ΒΓ) και (Οι διαγώνιες ΑΓ και BΔ είναι ίσες).

Άρα το ABΓΔ είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο.


Κορυφή

Ανδρέας Πούλος

Εγγραφή: Κυρ Μαρ 01,2009 11:47 pm∆ημοσιεύσεις: 618Τοποθεσία: ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ

Θα δώσω μία λύση καθαρά γεωμετρική. (μόνο που δυσκολεύομαι να κάνω σχήμα, δεν είμαι σίγουρος αν χρειάζεται κιόλας).Έστω ότι η εικόνα του z δεν είναι η αρχή των αξόνων.Αφού η απόσταση της εικόνας του α (από εδώ και πέρα θα γράφω μόνο του α) ισούται με την απόσταση μεταξύ α και z σημαίνει ότιτο τρίγωνο 0αz είναι ισοσκελές και ο α είναι στη μεσοκάθετο του 0z.Με όμοιο τρόπο ότι το τρίγωνο 0bz είναι ισοσκελές και ο b είναι στη μεσοκάθετο του 0z.Με όμοιο τρόπο ότι το τρίγωνο 0cz είναι ισοσκελές και ο c είναι στη μεσοκάθετο του 0z.Με όμοιο τρόπο ότι το τρίγωνο 0dz είναι ισοσκελές και ο d είναι στη μεσοκάθετο του 0z.Αυτό σημαίνει ότι τα σημεία a, b, c, d είναι συνευθειακά.Όμως το διανυσματικό άθροισμα a + b + c + d ισούται με τη διανυσματική ακτίνα 0z.Άτοπο, εκτός αν το z ταυτίζεται με το 0.Το άτοπο δεν είναι τόσο πρόφανές. Θέλει απόδειξη.Το διανυσματικό άθροισμα ΟΑ + ΟΒ = ΟΚ δεν μπορεί να έχει το σημείο Κ πάνω στην ευθεία ΑΒ,λόγω του κανόνα του παραλληλογράμμου.Φιλικά,Ανδρέας Πούλος

Κορυφή



3 of 4 31/08/2011 10:05 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Μέτρα Μιγαδικών ∆ημοσιεύτηκε: Σάβ Ιούλ 24, 2010 3:57 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: Μέτρα Μιγαδικών ∆ημοσιεύτηκε: Σάβ Ιούλ 24, 2010 4:34 pm



Μέτρα Μιγαδικών




kostas136

Εγγραφή: Κυρ Φεβ 01, 20097:47 pm∆ημοσιεύσεις: 426Τοποθεσία: Ράχες, Ν. Ηλείας

Αν τότε να δείξετε ότι

_________________Life is like a box of chocolates. You never know what you might find inside!Κώστας Καπένης

Κορυφή



mathematica.gr • Προβολή θέματος - Μέτρα Μιγαδικών http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=8544

1 of 4 31/08/2011 10:06 πμ




που ισχύει από τριγωνική ανισότητα .

Μερικές σε αυτό το στυλ βγαίνουν και με σπασίματα ... Θα το ψάξουμε

β΄τρόπος

Προσθέτουμε κατά μέλη


Κορυφή

dimitris pap


Προσπαθείστε να το αποδείξετε γεωμετρικά- σχηματικά

Κορυφή

kostas136


Η προτροπή του Δημήτρη είναι θαυμάσια. Με έκανε να θυμηθώ μια ωραία άσκηση που υπήρχε στο παλιό σχολικό της Γ Γυμνασίου. Η

άσκηση αυτή ανέφερε το εξής: Αν η διάμεσος σε τρίγωνο τότε (προεκτείναμε την διάμεσο κατά

ίσο και τριγωνική ανισότητα στο νέο τρίγωνο - είναι νομίζω πολύ ωραία άσκηση).

Τώρα για την άσκησή μας: έστω οι διανυσματικές ακτίνες των μιγαδικών αντίστοιχαστο μιγαδικό επίπεδο. Οι εικόνες τους είναι σημεία συνευθειακά (αφού όλα έχουν την ίδια τεταγμένη) και ισχύει ότι : διάμεσοςστο η : διάμεσος στο

Άρα θα ισχύουν τα εξής:


2 of 4 31/08/2011 10:06 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Μέτρα Μιγαδικών ∆ημοσιεύτηκε: Κυρ Ιούλ 25, 2010 3:05 pm


και Με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει: Δηλαδή:

Το ίσον όταν Στο βιβλίο του Ποσταντζή "Άλγεβρα - 1η Δέσμη" - η πηγή της άσκησης -υπάρχει η πρώτη λύση του Χρήστου. Η δεύτερη λύση του είναι ουσιαστικά ίδια με αυτήν που παραθέτω, απλά διαφορετική γραφή.


Κορυφή

kostas136


Μετά από μήνυμα που μου έστειλε ο φίλος Παναγιώτης (p_gianno) πρέπει να διορθώσω την βιαστικότατη αβλεψία μου: το "ίσον"ισχύει όταν Το σωστό, όπως μου υπέδειξε ο Παναγιώτης, είναι ότι το "ίσον" ισχύει όταν και Συγνώμηγια την βιαστική διαπίστωση και ευχαριστώ τον Παναγιώτη που μου υπέδειξε το λάθος μου.


Κορυφή








3 of 4 31/08/2011 10:06 πμ




Θέμα δημοσίευσης: άσκηση μιγαδικών ∆ημοσιεύτηκε: Τετ Αύγ 25, 2010 12:11 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: άσκηση μιγαδικών ∆ημοσιεύτηκε: Τετ Αύγ 25, 2010 3:08 pm



άσκηση μιγαδικών




pastavr

Εγγραφή: Κυρ ∆εκ 21, 20086:50 pm∆ημοσιεύσεις: 51

Να αποδείξετε ότι

όπου α θετικός ακέραιος

Κορυφή

∆ΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟ∆ΑΣ

Εγγραφή: ∆ευτ Απρ 20,2009 8:25 pm∆ημοσιεύσεις: 230Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Δες viewtopic.php?f=51&t=2322

_________________Κατσίποδας Δημήτρης

mathematica.gr • Προβολή θέματος - άσκηση μιγαδικών http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=8881

1 of 3 31/08/2011 10:06 πμ



Κορυφή

pastavr

Εγγραφή: Κυρ ∆εκ 21, 20086:50 pm∆ημοσιεύσεις: 51

Ευχαριστώ πολύ Δημήτρη

Κορυφή



Πραγματικά, έχει πολύ ενδιαφέρον να δούμε και την απάντηση στο πρόβλημα με τη βοήθεια του κανόνα De Moivreκαι της γεωμετρικής σημασίας της πράξης "πολλαπλασιασμός μιγαδικών αριθμών".Αφού το άθροισμα των τριών μιγαδικών είναι 0 και αυτοί έχουν ίσα μέτρα,αυτό σημαίνει ότι είναι κορυφές ισοπλεύρου τριγώνου με κέντρο το (0, 0).Αυτό είναι μία επίσης ενδιαφέρουσα άσκηση που μπορεί να απαντηθεί με γνώσεις διανυσματικού λογισμού της Β΄Λυκείου(Κατεύθυνσης).Το ότι οι εικόνες των τριών μιγαδικών αριθμών είναι κορυφές ισοπλεύρου τριγώνου,σημαίνει ότι τα πρωτεύοντα ορίσματά τους διαφέρουν κατά 120 μοίρες.Άρα έχουμε:

και

ή

.

Τώρα, εφαρμόζουμε τον κανόνα του De Moivre που απλοποιεί την αναπαράστασηενός μιγαδικού υψωμένου σε δύναμηκαι προκύπτει ότι το ζητούμενο άθροισμα είναι ο αριθμός 0.Συγνώμην, αλλά έχει αρκετή δουλειά η γραφή σε EqEditor και δεν είμαι αρκετά εξοικειωμένος.Πάντως, η κεντρική ιδέα της αντιμετώπισης είναι η γεωμετρική (ισόπλευρο τρίγωνο),με χρήση κανόνων τριγωνομετρίας και φυσικά με τη χρήση του ισχυρού εργαλείουτον κανόνα του Μαρκήσιου De Moivre (δεν ήταν όλοι οι μαρκήσιοι όπως τους νομίζουμε).Αν έχεις κάποιος την υπομονή μπορεί να γράψει την πλήρη λύση στο EqEditor.Φιλικά,Ανδρέας Πούλος

mathematica.gr • Προβολή θέματος - άσκηση μιγαδικών http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=8881

2 of 3 31/08/2011 10:06 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Για τον τυχαίο z ∆ημοσιεύτηκε: Πέμ Αύγ 26, 2010 11:15 am

Θέμα δημοσίευσης: Re: Για τον τυχαίο z ∆ημοσιεύτηκε: Πέμ Αύγ 26, 2010 11:37 am



Για τον τυχαίο z




kostas136


Έστω οι μιγαδικοί και Να δείξετε ότι για τον τυχαίο ισχύει:


Κορυφή

kwstas12345

Εγγραφή: ∆ευτ Ιαν 11, 20103:12 pm

Eίναι:

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Για τον τυχαίο z http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=8891

1 of 3 31/08/2011 10:07 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Για τον τυχαίο z ∆ημοσιεύτηκε: Πέμ Αύγ 26, 2010 1:13 pm



Φιλικά,Κώστας

Κορυφή



Οι μαθητές καλό είναι να ανακαλούν στη μνήμη τους απλές γεωμετρικές ιδιότητες, οι οποίες πολλές φορές δίνουν απλές λύσεις.Εξάλλου και οι οδηγίες του Π.Ι. τονίζουν ότι "οι μαθητές να εξοικειωθούν με τις γεωμετρικές ιδιότητες των μιγαδικών αριθμών".

Παρατηρούμε ότι η απόσταση μεταξύ των εικόνων των μιγαδικών a και b είναι 4.Επίσης το άθροισμα Ι z-a I + I z - b I δεν είναι τίποτε άλλο από το άθροισμα των μηκών των πλευρών του τριγώνου που έχει κορυφέςτις a, b και z. Σύμφωνα με την τριγωνική ανισότητα η σχέση μας αποδείχθηκε.Φιλικά,Ανδρέας Πούλος

Κορυφή









2 of 3 31/08/2011 10:07 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Γεωμετρία και μιγαδικοί ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Σεπ 27, 2010 6:31 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: Γεωμετρία και μιγαδικοί ∆ημοσιεύτηκε: Τρί Σεπ 28, 2010 2:20 pm



Γεωμετρία και μιγαδικοί







Επειδή η άσκηση έπεσε πάλι μπροστά μου , την βάζω σε κοινή θέα. Πιθανόν να την έχουμε ξαναδεί, μια και είναι από σχολικόδιαγωνισμό.

ΑΣΚΗΣΗ

Δίνονται οι διαφορετικοί μεταξύ τους μιγαδικοί αριθμοί και ο μιγαδικός , έτσι ώστε

και

Να αποδειχθεί ότι οι εικόνες των μιγαδικών σχηματίζουν ορθογώνιο.

Μπάμπης

Κορυφή

hsiodos

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Γεωμετρία και μιγαδικοί http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=9502

1 of 5 31/08/2011 10:08 πμ




Μετά από αρκετή προσπάθεια βρήκα μια λύση (ελπίζω χωρίς λάθη) . Η άσκηση είναι δύσκολη (ή έτσι μου φαίνεται;) το ίδιο και ηλύση που παραθέτω. Μπάμπη έχεις κάτι πιο απλό;

Θέτουμε: , και έτσι:

, ομοίως

Προκύπτει ότι:

Ακόμη . (καιδιάφοροι του μηδενός προφανώς)

Έχουμε επίσης

Λαμβάνοντας την πρώτη ισότητα της (1) :

και όμοια βρίσκουμε

Τώρα έχουμε: . Οι εικόνες A , B , C , D των a , b , c , dαντίστοιχα είναι σημεία κύκλου με κέντρο την αρχή των αξόνων.


2 of 5 31/08/2011 10:08 πμ


Ομοίως και για τις άλλες περιπτώσεις.

Γιώργος

Κορυφή

cretanman





ομοίως

Με τελείως γεωμετρική ερμηνεία που δρα συμπληρωματικά με τη λύση του Γιώργου έχουμε μία λίγο διαφορετική και ίσωςσυντομότερη λύση. Τις παραπάνω σχέσεις του Γιώργου τις γράφουμε ως εξής:

,

απ' όπου λόγω των δοσμένων αρχικών σχέσεων παίρνουμε , σχέση πουσημαίνει ότι η εικόνα του μιγαδικού ισαπέχει από τις εικόνες των διακεκριμένων μιγαδικών δηλαδή η εικόνα του ταυτίζεται με το περίκεντρο του τριγώνου με κορυφές τις εικόνες των μιγαδικών

. Όμως οι εικόνες των τελευταίων μιγαδικών είναι σημεία του κύκλου με κέντρο το και ακτίνα


3 of 5 31/08/2011 10:08 πμ


, άρα .

Από την άλλη αφού και

άρα το τετράπλευρο με κορυφές τις εικόνες των μιγαδικών είναι παραλληλόγραμμο. Από την άλλη είναι εγγεγραμμένοσε κύκλο άρα είναι ορθογώνιο (του οποίου οι διαγώνιες τέμνονται στο ). Άρα το συμμετρικό του (δηλαδή το ) είναι

κάποιο από τα . Καθώς όμως (από την υπόθεση), άρα . Όμοια και φυσικά έχουμε επιπλέον και τοζητούμενο, δηλαδή ότι οι εικόνες των σχηματίζουν ορθογώνιο παραλληλόγραμμο.


Κορυφή







................................................Γιώργος

Γιώργο , είναι όντως σοβαρή άσκηση . Η λύση που έχω (η επίσημη από την επιτροπή)είναι όπως αυτή που έκανες στην αρχή,συμπληρωμένη γεωμετρικά από τον Αλέξανδρο.Προσπάθησα και γω να βρω κάτι πιο απλό, αλλά δεν μπόρεσα . Σε μαθητικό επίπεδο, λέω να τη σπάσουμε σε τρία ερωτήματα :α) Να αποδείξετε ότι α+b+c+d = 0 b) Oι εικόνες των μιγαδικών α,-b,c,-d είναι κορυφές παραλληλογράμμου γ) Οι εικόνες των α,b,c,dσχηματίζουν ορθογώνιο.Την έδωσα όμως μια και έξω, όπως τέθηκε στο διαγωνισμό.

Μπάμπης


4 of 5 31/08/2011 10:08 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Και άλλοι μιιγαδικοί + Γεωμετρία ∆ημοσιεύτηκε: Τρί Σεπ 28, 2010 5:29 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: Και άλλοι μιιγαδικοί + Γεωμετρία ∆ημοσιεύτηκε: Τετ Σεπ 29, 2010 10:38 am



Και άλλοι μιιγαδικοί + Γεωμετρία




R BORIS



Αν δυο από τους p,q,r ειναι πραγματικοί τότε είναι και ο τρίτος(εννοείται ότι τα z είναι τέτοια ώστε να ορίζονται όλες οι δοσμένεςπαραστάσεις)Είναι μια παλιά καλή άσκηση νομίζω από βιβλίο του Κοντογιάννη και ταιριάζει με την άσκηση του Μπάμπη

Κορυφή

hsiodos

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Και άλλοι μιιγαδικοί + Γεωμετρία http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=9528

1 of 4 31/08/2011 10:09 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Και άλλοι μιιγαδικοί + Γεωμετρία ∆ημοσιεύτηκε: Τετ Σεπ 29, 2010 12:42 pm



Καλημέρα

Ροδόλφε μήπως πρέπει να δοθεί ότι οι είναι διαφορετικοί ανά δύο;

Γιώργος

Κορυφή

hsiodos



Μια λύση

Θεωρούμε ότι οι είναι διαφορετικοί ανά δύο (αν όχι το ζητούμενο δεν ισχύει πάντα, υπάρχει σχετικό αντιπαράδειγμα)με εικόνες τα σημεία αντίστοιχα.

Βασιζόμαστε στο γνωστό λήμμα: Οι διακεκριμένοι ανά δύο μιγαδικοί z,w,v έχουν συνευθειακές εικόνες αν και μόνο αν

Θα αποδείξουμε ότι: (ομοίως για τις άλλες περιπτώσεις).Έχουμε:

Αν οι ευθείες ΑΔ και ΑΓ ταυτίζονται τότε τα σημεία Α , Γ , Δ , Η , Ζ είναι συνευθειακά και σε συνδυασμό με τις ισότητες των μέτρωνεύκολα καταλήγουμε ότι δύο τουλάχιστον από τους ταυτίζονται που είναι άτοπο. Άρα οι παραπάνω ευθείες τέμνονταιστο Α .

Από τις ισότητες των μέτρων παίρνουμε:


2 of 4 31/08/2011 10:09 πμ



Γιώργος

Κορυφή

R BORIS




Καλημέρα


Γιώργος

Ναι Γιώργο ἐπρεπε να το είχα δώσει , ότι είναι διαφορετικοί ανά δύο. Συγνώμη για την παράλειψη ( έχω τον ίδιο τρόπο λύσης )

Κορυφή





3 of 4 31/08/2011 10:09 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Άσκηση Μιγαδικών ∆ημοσιεύτηκε: Κυρ Οκτ 10, 2010 8:28 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: Άσκηση Μιγαδικών ∆ημοσιεύτηκε: Κυρ Οκτ 10, 2010 8:34 pm



Άσκηση Μιγαδικών




giannis7

Εγγραφή: Κυρ Οκτ 10, 20108:19 pm∆ημοσιεύσεις: 9

Αν για τους μιγαδικούς z,u,w των οποίων οι εικόνες ανήκουν στον μοναδιαίο κύκλο, ισχύει ότι το άθροισμα τους είναι διάφορο του0 και το άθροισμα των τετραγώνων τους είναι 0 ,να δείξετε ότι το μέτρο του αθροίσματος τους είναι ίσο με το 2. Αν μπορεί κάποιοςας την γράψει και με Latex ...

Κορυφή

m.pαpαgrigorakis


Εγγραφή: Κυρ ∆εκ 21, 20081:10 am∆ημοσιεύσεις: 449Τοποθεσία: Χανιά

giannis7 έγραψε:

Αν για τους μιγαδικούς z,u,w των οποίων οι εικόνες ανήκουν στον μοναδιαίο κύκλο, ισχύει ότι το άθροισμα τους είναι διάφοροτου 0 και το άθροισμα των τετραγώνων τους είναι 0 ,να δείξετε ότι το μέτρο του αθροίσματος τους είναι ίσο με το 2. Αν μπορείκάποιος ας την γράψει και με Latex ...

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Άσκηση Μιγαδικών http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=9768

1 of 6 31/08/2011 10:10 πμ



Η άσκηση του giannis7Αν για τους μιγαδικούς των οποίων οι εικόνες ανήκουν στον μοναδιαίο κύκλο, ισχύει ότι και

,να δείξετε ότι

Κορυφή

chris_gatos



Aν:

να δείξετε ότι:

Σωστός;

Τα'παμε,γειά!

Υ.Γ: Με πρόλαβε ο Μίλτος. Το αφήνω όμως για ...πολυφωνία!


Τελευταία επεξεργασία από chris_gatos και Κυρ Οκτ 10, 2010 8:37 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά/ες συνολικά

Κορυφή

giannis7

Σε ευχαριστώ πολύ!!!


2 of 6 31/08/2011 10:10 πμ




Κορυφή

cretanman



Αφού άρα

Επίσης λόγω της παίρνουμε και όμοια για τους .

Άρα παίρνοντας συζυγείς στην και χρησιμοποιώντας τις παραπάνω σχέσεις καταλήγουμε στην η οποία δίνει η οποία λόγω της γίνεται

. Όμως άρα η προηγούμενη γίνεται στην οποία αν

πάρουμε μέτρα καταλήγουμε στο ζητούμενο.


Κορυφή

hsiodos





3 of 6 31/08/2011 10:10 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Άσκηση Μιγαδικών ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Οκτ 11, 2010 4:25 pm


Γιώργος

Κορυφή

G.Tsikaloudakis

Εγγραφή: Σάβ Μαρ 20, 20109:42 pm∆ημοσιεύσεις: 310Τοποθεσία: ΚΑΛΛΙΘΕΑ-ΑΘΗΝΑ

Βλέπε Ασκηση 5.31 Σελ.121 ΄΄Μιγαδικοί Γ. Τσικαλουδάκη΄΄Έτος κατασκευής 2006

_________________Γιώργος Τσικαλουδάκης

Κορυφή

KDORTSI


Εγγραφή: Τετ Μαρ 11, 200910:26 pm∆ημοσιεύσεις: 535

Η άσκηση αυτή βρίσκεται και στο βιβλίο: Γ.Λ.Μαυρίδης: Μαθηματικά Γ' Λυκείου, Θετικής και Τεχνολογικής Κατ/νσης. ΤεύχοςΑ΄.Ασκ.120 σελ.44(F.Vulpeskcu-Jalea).Και μια ακόμα Λύση:Έστω οι εικόνες αντίστοιχα των μιγαδικών . Τότε το τρίγωνο είναι ισόπλευρο εγγεγραμμένο στομοναδιαίο κύκλο(Γνωστή πρόταση).Έστω ακόμα τα αντίστοιχα τα μέσα των τόξων: . Τα σημεία αυτά είναι οι εικόνες αντίστοιχα τωνμιγαδικών (διότι το γινόμενο ενός μιγάδος μοναδιαίου μέτρου με τον εαυτό του εχει εικόνα τη στροφή της εικόνας τουμιγάδος αυτού γύρω από την αρχή των αξόνων κατά γωνία ίση με το όρισμα του μιγάδος αυτού).Έτσι έχουμε:arc( )= =

όμοια:.

Άρα τα τρίγωνα είναι ισόπλευρα. Αυτό σημαίνει ότι και συνεπώς: Τελικά αυτό σημαίνει:


4 of 6 31/08/2011 10:10 πμ


Συνημμένο:

1.ggb [4.46 KiB]Έχει μεταφορτωθεί 48 φορές

Κορυφή



KDORTSI έγραψε:

Η άσκηση αυτή βρίσκεται και στο βιβλίο: Γ.Λ.Μαυρίδης: Μαθηματικά Γ' Λυκείου, Θετικής και Τεχνολογικής Κατ/νσης. ΤεύχοςΑ΄.Ασκ.120 σελ.44(F.Vulpeskcu-Jalea).Και μια ακόμα Λύση:Έστω οι εικόνες αντίστοιχα των μιγαδικών . Τότε το τρίγωνο είναι ισόπλευρο εγγεγραμμένοστο μοναδιαίο κύκλο(Γνωστή πρόταση).Έστω ακόμα τα αντίστοιχα τα μέσα των τόξων: . Τα σημεία αυτά είναι οι εικόνες αντίστοιχα τωνμιγαδικών (διότι το γινόμενο ενός μιγάδος μοναδιαίου μέτρου με τον εαυτό του εχει εικόνα τη στροφή της εικόνας τουμιγάδος αυτού γύρω από την αρχή των αξόνων κατά γωνία ίση με το όρισμα του μιγάδος αυτού).Έτσι έχουμε:arc( )= =

όμοια:.


Συνημμένο:

1.ggb

Απίστευτη γεωμετρική αντιμετώπιση!! Την κρατάμε αυτή την λύση!!!



5 of 6 31/08/2011 10:10 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Για τον τυχαίο z ∆ημοσιεύτηκε: Πέμ Αύγ 26, 2010 11:15 am

Θέμα δημοσίευσης: Re: Για τον τυχαίο z ∆ημοσιεύτηκε: Πέμ Αύγ 26, 2010 11:37 am



Για τον τυχαίο z




kostas136


Έστω οι μιγαδικοί και Να δείξετε ότι για τον τυχαίο ισχύει:


Κορυφή

kwstas12345

Εγγραφή: ∆ευτ Ιαν 11, 20103:12 pm

Eίναι:


1 of 3 31/08/2011 10:11 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Για τον τυχαίο z ∆ημοσιεύτηκε: Πέμ Αύγ 26, 2010 1:13 pm



Φιλικά,Κώστας

Κορυφή



Οι μαθητές καλό είναι να ανακαλούν στη μνήμη τους απλές γεωμετρικές ιδιότητες, οι οποίες πολλές φορές δίνουν απλές λύσεις.Εξάλλου και οι οδηγίες του Π.Ι. τονίζουν ότι "οι μαθητές να εξοικειωθούν με τις γεωμετρικές ιδιότητες των μιγαδικών αριθμών".

Παρατηρούμε ότι η απόσταση μεταξύ των εικόνων των μιγαδικών a και b είναι 4.Επίσης το άθροισμα Ι z-a I + I z - b I δεν είναι τίποτε άλλο από το άθροισμα των μηκών των πλευρών του τριγώνου που έχει κορυφέςτις a, b και z. Σύμφωνα με την τριγωνική ανισότητα η σχέση μας αποδείχθηκε.Φιλικά,Ανδρέας Πούλος

Κορυφή




Μέλη σε αυτή την ∆. Συζήτηση : pasxos, qwerty και 1 επισκέπτης





2 of 3 31/08/2011 10:11 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Γεωμετρία και μιγαδικοί ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Σεπ 27, 2010 6:31 pm




Γεωμετρία και μιγαδικοί







Επειδή η άσκηση έπεσε πάλι μπροστά μου , την βάζω σε κοινή θέα. Πιθανόν να την έχουμε ξαναδεί, μια και είναι από σχολικόδιαγωνισμό.

ΑΣΚΗΣΗ

Δίνονται οι διαφορετικοί μεταξύ τους μιγαδικοί αριθμοί και ο μιγαδικός , έτσι ώστε

και

Να αποδειχθεί ότι οι εικόνες των μιγαδικών σχηματίζουν ορθογώνιο.

Μπάμπης

Κορυφή

hsiodos


1 of 5 31/08/2011 10:12 πμ






, ομοίως

Προκύπτει ότι:

Ακόμη . (καιδιάφοροι του μηδενός προφανώς)

Έχουμε επίσης

Λαμβάνοντας την πρώτη ισότητα της (1) :

και όμοια βρίσκουμε

Τώρα έχουμε: . Οι εικόνες A , B , C , D των a , b , c , dαντίστοιχα είναι σημεία κύκλου με κέντρο την αρχή των αξόνων.


2 of 5 31/08/2011 10:12 πμ


Ομοίως και για τις άλλες περιπτώσεις.

Γιώργος

Κορυφή

cretanman





ομοίως

Με τελείως γεωμετρική ερμηνεία που δρα συμπληρωματικά με τη λύση του Γιώργου έχουμε μία λίγο διαφορετική και ίσωςσυντομότερη λύση. Τις παραπάνω σχέσεις του Γιώργου τις γράφουμε ως εξής:

,

απ' όπου λόγω των δοσμένων αρχικών σχέσεων παίρνουμε , σχέση πουσημαίνει ότι η εικόνα του μιγαδικού ισαπέχει από τις εικόνες των διακεκριμένων μιγαδικών δηλαδή η εικόνα του ταυτίζεται με το περίκεντρο του τριγώνου με κορυφές τις εικόνες των μιγαδικών

. Όμως οι εικόνες των τελευταίων μιγαδικών είναι σημεία του κύκλου με κέντρο το και ακτίνα


3 of 5 31/08/2011 10:12 πμ


, άρα .

Από την άλλη αφού και

άρα το τετράπλευρο με κορυφές τις εικόνες των μιγαδικών είναι παραλληλόγραμμο. Από την άλλη είναι εγγεγραμμένοσε κύκλο άρα είναι ορθογώνιο (του οποίου οι διαγώνιες τέμνονται στο ). Άρα το συμμετρικό του (δηλαδή το ) είναι

κάποιο από τα . Καθώς όμως (από την υπόθεση), άρα . Όμοια και φυσικά έχουμε επιπλέον και τοζητούμενο, δηλαδή ότι οι εικόνες των σχηματίζουν ορθογώνιο παραλληλόγραμμο.


Κορυφή







................................................Γιώργος

Γιώργο , είναι όντως σοβαρή άσκηση . Η λύση που έχω (η επίσημη από την επιτροπή)είναι όπως αυτή που έκανες στην αρχή,συμπληρωμένη γεωμετρικά από τον Αλέξανδρο.Προσπάθησα και γω να βρω κάτι πιο απλό, αλλά δεν μπόρεσα . Σε μαθητικό επίπεδο, λέω να τη σπάσουμε σε τρία ερωτήματα :α) Να αποδείξετε ότι α+b+c+d = 0 b) Oι εικόνες των μιγαδικών α,-b,c,-d είναι κορυφές παραλληλογράμμου γ) Οι εικόνες των α,b,c,dσχηματίζουν ορθογώνιο.Την έδωσα όμως μια και έξω, όπως τέθηκε στο διαγωνισμό.

Μπάμπης


4 of 5 31/08/2011 10:12 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Και άλλοι μιιγαδικοί + Γεωμετρία ∆ημοσιεύτηκε: Τρί Σεπ 28, 2010 5:29 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: Και άλλοι μιιγαδικοί + Γεωμετρία ∆ημοσιεύτηκε: Τετ Σεπ 29, 2010 10:38 am



Και άλλοι μιιγαδικοί + Γεωμετρία




R BORIS



Αν δυο από τους p,q,r ειναι πραγματικοί τότε είναι και ο τρίτος(εννοείται ότι τα z είναι τέτοια ώστε να ορίζονται όλες οι δοσμένεςπαραστάσεις)Είναι μια παλιά καλή άσκηση νομίζω από βιβλίο του Κοντογιάννη και ταιριάζει με την άσκηση του Μπάμπη

Κορυφή

hsiodos


1 of 4 31/08/2011 10:13 πμ




Καλημέρα


Γιώργος

Κορυφή

hsiodos



Μια λύση

Θεωρούμε ότι οι είναι διαφορετικοί ανά δύο (αν όχι το ζητούμενο δεν ισχύει πάντα, υπάρχει σχετικό αντιπαράδειγμα)με εικόνες τα σημεία αντίστοιχα.

Βασιζόμαστε στο γνωστό λήμμα: Οι διακεκριμένοι ανά δύο μιγαδικοί z,w,v έχουν συνευθειακές εικόνες αν και μόνο αν

Θα αποδείξουμε ότι: (ομοίως για τις άλλες περιπτώσεις).Έχουμε:

Αν οι ευθείες ΑΔ και ΑΓ ταυτίζονται τότε τα σημεία Α , Γ , Δ , Η , Ζ είναι συνευθειακά και σε συνδυασμό με τις ισότητες των μέτρωνεύκολα καταλήγουμε ότι δύο τουλάχιστον από τους ταυτίζονται που είναι άτοπο. Άρα οι παραπάνω ευθείες τέμνονταιστο Α .

Από τις ισότητες των μέτρων παίρνουμε:


2 of 4 31/08/2011 10:13 πμ



Γιώργος

Κορυφή

R BORIS




Καλημέρα


Γιώργος

Ναι Γιώργο ἐπρεπε να το είχα δώσει , ότι είναι διαφορετικοί ανά δύο. Συγνώμη για την παράλειψη ( έχω τον ίδιο τρόπο λύσης )

Κορυφή





3 of 4 31/08/2011 10:13 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Άσκηση Μιγαδικών ∆ημοσιεύτηκε: Κυρ Οκτ 10, 2010 8:28 pm




Άσκηση Μιγαδικών




giannis7


Αν για τους μιγαδικούς z,u,w των οποίων οι εικόνες ανήκουν στον μοναδιαίο κύκλο, ισχύει ότι το άθροισμα τους είναι διάφορο του0 και το άθροισμα των τετραγώνων τους είναι 0 ,να δείξετε ότι το μέτρο του αθροίσματος τους είναι ίσο με το 2. Αν μπορεί κάποιοςας την γράψει και με Latex ...

Κορυφή

m.pαpαgrigorakis


Εγγραφή: Κυρ ∆εκ 21, 20081:10 am∆ημοσιεύσεις: 449Τοποθεσία: Χανιά

giannis7 έγραψε:

Αν για τους μιγαδικούς z,u,w των οποίων οι εικόνες ανήκουν στον μοναδιαίο κύκλο, ισχύει ότι το άθροισμα τους είναι διάφοροτου 0 και το άθροισμα των τετραγώνων τους είναι 0 ,να δείξετε ότι το μέτρο του αθροίσματος τους είναι ίσο με το 2. Αν μπορείκάποιος ας την γράψει και με Latex ...


1 of 6 31/08/2011 10:13 πμ



Η άσκηση του giannis7Αν για τους μιγαδικούς των οποίων οι εικόνες ανήκουν στον μοναδιαίο κύκλο, ισχύει ότι και

,να δείξετε ότι

Κορυφή

chris_gatos



Aν:

να δείξετε ότι:

Σωστός;

Τα'παμε,γειά!

Υ.Γ: Με πρόλαβε ο Μίλτος. Το αφήνω όμως για ...πολυφωνία!


Τελευταία επεξεργασία από chris_gatos και Κυρ Οκτ 10, 2010 8:37 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά/ες συνολικά

Κορυφή

giannis7

Σε ευχαριστώ πολύ!!!


2 of 6 31/08/2011 10:13 πμ




Κορυφή

cretanman



Αφού άρα

Επίσης λόγω της παίρνουμε και όμοια για τους .

Άρα παίρνοντας συζυγείς στην και χρησιμοποιώντας τις παραπάνω σχέσεις καταλήγουμε στην η οποία δίνει η οποία λόγω της γίνεται

. Όμως άρα η προηγούμενη γίνεται στην οποία αν

πάρουμε μέτρα καταλήγουμε στο ζητούμενο.


Κορυφή

hsiodos





3 of 6 31/08/2011 10:13 πμ



Γιώργος

Κορυφή

G.Tsikaloudakis


Βλέπε Ασκηση 5.31 Σελ.121 ΄΄Μιγαδικοί Γ. Τσικαλουδάκη΄΄Έτος κατασκευής 2006


Κορυφή

KDORTSI



Η άσκηση αυτή βρίσκεται και στο βιβλίο: Γ.Λ.Μαυρίδης: Μαθηματικά Γ' Λυκείου, Θετικής και Τεχνολογικής Κατ/νσης. ΤεύχοςΑ΄.Ασκ.120 σελ.44(F.Vulpeskcu-Jalea).Και μια ακόμα Λύση:Έστω οι εικόνες αντίστοιχα των μιγαδικών . Τότε το τρίγωνο είναι ισόπλευρο εγγεγραμμένο στομοναδιαίο κύκλο(Γνωστή πρόταση).Έστω ακόμα τα αντίστοιχα τα μέσα των τόξων: . Τα σημεία αυτά είναι οι εικόνες αντίστοιχα τωνμιγαδικών (διότι το γινόμενο ενός μιγάδος μοναδιαίου μέτρου με τον εαυτό του εχει εικόνα τη στροφή της εικόνας τουμιγάδος αυτού γύρω από την αρχή των αξόνων κατά γωνία ίση με το όρισμα του μιγάδος αυτού).Έτσι έχουμε:arc( )= =

όμοια:.



4 of 6 31/08/2011 10:13 πμ


Συνημμένο:

1.ggb [4.46 KiB]Έχει μεταφορτωθεί 48 φορές

Κορυφή



KDORTSI έγραψε:

Η άσκηση αυτή βρίσκεται και στο βιβλίο: Γ.Λ.Μαυρίδης: Μαθηματικά Γ' Λυκείου, Θετικής και Τεχνολογικής Κατ/νσης. ΤεύχοςΑ΄.Ασκ.120 σελ.44(F.Vulpeskcu-Jalea).Και μια ακόμα Λύση:Έστω οι εικόνες αντίστοιχα των μιγαδικών . Τότε το τρίγωνο είναι ισόπλευρο εγγεγραμμένοστο μοναδιαίο κύκλο(Γνωστή πρόταση).Έστω ακόμα τα αντίστοιχα τα μέσα των τόξων: . Τα σημεία αυτά είναι οι εικόνες αντίστοιχα τωνμιγαδικών (διότι το γινόμενο ενός μιγάδος μοναδιαίου μέτρου με τον εαυτό του εχει εικόνα τη στροφή της εικόνας τουμιγάδος αυτού γύρω από την αρχή των αξόνων κατά γωνία ίση με το όρισμα του μιγάδος αυτού).Έτσι έχουμε:arc( )= =

όμοια:.


Συνημμένο:

1.ggb

Απίστευτη γεωμετρική αντιμετώπιση!! Την κρατάμε αυτή την λύση!!!



5 of 6 31/08/2011 10:13 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Μεγιστη και ελαχιστη τιμη μετρου μιγαδικου ∆ημοσιεύτηκε: Τετ Οκτ 20, 2010 10:47 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: Μεγιστη και ελαχιστη τιμη μετρου μιγαδικου ∆ημοσιεύτηκε: Τετ Οκτ 20, 2010 11:12 pm



Μεγιστη και ελαχιστη τιμη μετρου μιγαδικου




NIZ

Εγγραφή: Κυρ Απρ 12, 20091:06 am∆ημοσιεύσεις: 52Τοποθεσία: ΖΑΚΥΝΘΟΣ

Α και , να βρεθει η μεγιστη και η ελαχιστη τιμη του μετρου του .Ειναι ο γ.τ. των εικονων του zστο μιγαδικο επιπεδο κυκλικος δακτυλιος;

_________________Νίκος Ζαφειρόπουλος

Κορυφή

chris

Η σχέση δηλώνει οτι ο γ.τ του είναι όλα τα σημεία που βρίσκονται στο εσωτερικό ή στην περιφέρεια του κύκλου με κέντρο και ακτίνα

Η σχέση δηλώνει οτι ο γ.τ του είναι κύκλος κέντρου και

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Μεγιστη και ελαχιστη τιμη μετρου μιγαδικου http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=10002

1 of 7 31/08/2011 10:14 πμ

Εγγραφή: Πέμ Μαρ 11, 201010:39 pm∆ημοσιεύσεις: 874Τοποθεσία: Τρίκαλα-Θεσσαλονίκη

Τελικά ο γ.τ του προκύπτει απο την σθναλήθευση των δύο προηγούμενων και είναι όλα τα σημεία του τόξου συμπεριλαμβανομένων και των

Είναι για

Επίσης για ή (Προκύπτει

εύκολα απο το σύστημα των δύο κύκλων)

Άρα

Συνημμένο:


2 of 7 31/08/2011 10:14 πμ



Γεωμετρία Μιγαδικών.png [ 19.14 KiB | 598 προβολές ]

_________________Στραγάλης Χρήστος

Κορυφή

NIZ


Η ασκηση μπορει να λυθει και χωρις την χρηση γεωμετρικων τοπων


Κορυφή



NIZ έγραψε:


Αποδεικνύεται φυσικά και με τριγωνική ανισότητα αλλά δεν ξέρω αν προκύπτουν και τα ίδια φράγματα, η ενδεδειγμένη λύση πουγνωρίζω είναι αυτή που παρουσίασε πολύ όμορφα ο Χρήστος.

• Αυτό τον καιρό ετοιμάζω ένα φυλλάδιο πάνω σε αυτά (θα το παρουσιάσω σύντομα)

• Χαιρετώ τον συνάδελφο από το νησί μας!!



3 of 7 31/08/2011 10:14 πμ


Κορυφή

chris


NIZ έγραψε:


Φυσικά Θα μου επιτρέψετε όμως να πω οτι η γεωμετρική προσέγγιση είναι πιο όμορφη

ΑΛΓΕΒΡΙΚΑ:

, ισότητα για που ικανοποιεί και τις δύο σχέσεις

Η ισότητα ισχύει όπως και στην γεωμετρική λύση.

Άρα (Φυσικά δεν είναι δακτύλιος γιατί για π.χ. ισχύει οτι αλλά δεν επαληθεύει και τις

δύο σχέσεις που δίνονται)

Υ.ΓΤο πρόβλημα που προκύπτει σε αυτήν την περίπτωση είναι οτι αναγκαζόμαστε να βρούμε πότε ισχύει η ισότητα διαφορετικάαυτό που βρήκαμε μπορεί να είναι απλώς φράγμα.Αν όμως δεν είχα βρεί πότε ισχύει η ισότητα απο την γεωμετρική προσέγγιση θααντιμετώπιζα πιθανόν πρόβλημα εδώ.Έτσι μια αλγεβρική λύση πιστεύω οτι ενδείκνυται περισσότερο αν π.χ στην εκφώνηση έλεγε να

δείξετε οτι: .Εσείς τι λέτε?

Φιλικά,

Χρήστος



4 of 7 31/08/2011 10:14 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Μεγιστη και ελαχιστη τιμη μετρου μιγαδικου ∆ημοσιεύτηκε: Πέμ Οκτ 21, 2010 12:15 am

Θέμα δημοσίευσης: Re: Μεγιστη και ελαχιστη τιμη μετρου μιγαδικου ∆ημοσιεύτηκε: Πέμ Οκτ 21, 2010 8:57 am

Κορυφή

KDORTSI



Ίσως με ένα δυναμικό σχήμα (Βλ. συνημμένο αρχείο με τις οδηγίες) μπορεί κάποιος να δεί και να "παίξει" με τις μεταβολές τουμέτρου του μιγαδικού αυτού αριθμού.

Συνημμένο:

Γεωμετρικός τόπος.ggb [4.63 KiB]Έχει μεταφορτωθεί 78 φορές

Κορυφή

NIZ


chris έγραψε:

Φυσικά Θα μου επιτρέψετε όμως να πω οτι η γεωμετρική προσέγγιση είναι πιο όμορφη Χρήστος

Συμφωνω απολυτως.Ηθελα απλως να δοθει και αλγεβρικη λυση.Ακομη ηθελα να προσεχθει οτι η σχεση με το μετρο δεν σημαινει οτι η εικονα του z ειναικαθε σημειο του κυκλικου δακτυλιου...

Υ.Γ. Χαιρομαι που στο forum συμμετεχουν τοσο εξαιρετικοι μαθητες .

Μάκης Χατζόπουλος έγραψε:

• Χαιρετώ τον συνάδελφο από το νησί μας!!


5 of 7 31/08/2011 10:14 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Μεγιστη και ελαχιστη τιμη μετρου μιγαδικου ∆ημοσιεύτηκε: Πέμ Οκτ 21, 2010 4:05 pm


Σε χαιρετω και εγω. Καλως ηρθες στη Ζακυνθο


Κορυφή

NIZ


Ενας ακομη τροποςΑπο την , προκυπτει οτι

Απο την , προκυπτει οτι και λογω της (1) .....

Για το αλλο σκελος η αποδειξη ,οπως την εχει δωσει ο Χρηστος


Κορυφή




Μέλη σε αυτή την ∆. Συζήτηση : pasxos, qwerty, vanalex και 1 επισκέπτης





6 of 7 31/08/2011 10:14 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Μιγάδες !! ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Οκτ 25, 2010 11:08 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: Μιγάδες !! ∆ημοσιεύτηκε: Τρί Οκτ 26, 2010 12:10 am



Μιγάδες !!




S.E.Louridas

Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 200911:53 am∆ημοσιεύσεις: 1836Τοποθεσία: Aegaleo.

Θεωρούμε τον αριθμό όπου C, R, I τα σύνολα των μιγαδικών, πραγματικών και φανταστικώναριθμών αντίστοιχα. Να μελετηθεί ως προς τα ακρότατα ο αριθμός

S.E.Louridas

_________________1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).2.Οι αξίες αντανακλώνται,Δεν επιβάλλονται.3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.

Κορυφή

Ωmega Man

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Μιγάδες !! http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=10123

1 of 8 31/08/2011 10:15 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Μιγάδες !! ∆ημοσιεύτηκε: Τρί Οκτ 26, 2010 12:35 am

Θέμα δημοσίευσης: Re: Μιγάδες !! ∆ημοσιεύτηκε: Τρί Οκτ 26, 2010 1:53 pm

με .

.

, παίρνουμε την πρώτη παράγωγο και καταλήγουμε στο ότι δεν έχει ακρότατα.

Κορυφή

S.E.Louridas


Το Μαθηματικό στύλ επίλυσης του Γιώργου (Ωmega Man) που προσωπικά μου αρέσει πολύ και το εννοώ.ΔΙΔΑΚΤΙΚΟΣ μου στόχος;Να "κρατάνε και πισινή'' καμμιά φορά οι λύτες όταν στοχεύουν στό maximum ή minimum μίας παράστασης f(z) ,όταν ο z είναιμιγάς, μέσω της τριγωνικής ανισότητας.Άρα η διαδικασία της διερεύνησης Ζεί.Στην περίπτωση μας το minimum δέν είναι το 0 (μηδέν) και το maximum δέν είναι το α+1 (γιατί;),αυτό με ποιό στοιχειώδη τρόπο.

S.E.Louridas


Κορυφή

KDORTSI


Ο πίνακας μεταβολής των τιμών της y στο διάστημα (0,2π) είναι ο ακόλουθος και προκύπτει από το σχήμα στο συνημμένο αρχείο όπουφαίνεται όλη αυτή μεταβολή.


2 of 8 31/08/2011 10:15 πμ


Εγγραφή: Τετ Μαρ 11, 200910:26 pm∆ημοσιεύσεις: 535 Συνημμένα:

Μιγαδες.ggb [5.86 KiB]Έχει μεταφορτωθεί 38 φορές

Πίνακας μεταβολής.PNG [ 9.04 KiB | 735 προβολές ]

Κορυφή

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς


Καλό μεσημέρι.Ας δούμε το ακόλουθο.


3 of 8 31/08/2011 10:15 πμ


Εγγραφή: Κυρ ∆εκ 21, 20081:01 am∆ημοσιεύσεις: 1093Τοποθεσία: Άλιμος, Αθήνα

Θέτουμε, k,m μη μηδενικοί, οπότε

και

Έχουμε: , άρα

.

Αν k>0 τότε .

Αν k<0 τότε και διερεύνηση για το a σε σχέση με το 1.

Ανάλογα τα συμπεράσματα για το .Θωμάς

_________________Η γνώση μας κάνει περήφανους, η σοφία ταπεινούς.

Κορυφή

S.E.Louridas


Ας δούμε και το εξής μαθηματικό 'περπάτημα':Για να δεχθούμε,στην άσκηση μας, οτι το άνω φράγμα είναι ταυτόχρονα και μέγιστο,δηλαδή ότι έχουμε:

θα πρέπει να υπάρχει ένας τουλάχιστον *,που έχω την αίσθηση ότι δεν υπάρχει.

* Διδακτικός μου στόχος (αν τον πέτυχα) ήταν να αναδείξω αυτό το σημείο που πρέπει ένας λύτης να ΜΗ ΤΟ προσπερνά, στοβιαστικό.

S.E.Louridas

_________________1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).


4 of 8 31/08/2011 10:15 πμ


Θέμα δημοσίευσης: Re: Μιγάδες !! ∆ημοσιεύτηκε: Τετ Οκτ 27, 2010 12:08 am

2.Οι αξίες αντανακλώνται,Δεν επιβάλλονται.3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.

Κορυφή

GMANS

Εγγραφή: Τετ Απρ 07, 20106:03 pm∆ημοσιεύσεις: 224

Μαζί με την καλησπέρα μου στον φίλο Σωτήρη αλλά και σε όλο το mathematica μια γεωμετρική προσέγγιση στο συνημμένο

Συνημμένα:

∆ΗΜΟΣΙΕΥΣΗ Σ 41.pdf [64.9 KiB]Έχει μεταφορτωθεί 70 φορές

Κορυφή



Μία δεύτερη γεωμετρική προσέγγιση στο θέμα.

Από τα δεδομένα προκύπτει ότι οι εικόνες των αριθμών z είναι σημεία του κύκλουμε κέντρο το (0, 0) και ακτίνας α, εκτός από τα σημεία (α, 0), (-α, 0), (0, α) και (0, -α).Η ζητούμενη παράσταση, γεωμετρικά εκφράζει την απόσταση των εικόνων του z από το σημείο (-1, 0).Όμως, μπορούμε να βρίσκουμε κάθε φορά σημεία του κύκλου (0, α), (δύο κάθε φορά, λόγω συμμετρίας) που να απέχουν από το (-1,0),οσοδήποτε μικρή απόσταση επιθυμούμε.Άρα, η παράσταση που μελετούμε δεν έχει ελάχιστη τιμή, αντίστοιχα ούτε μέγιστη τιμή.Σε ένα επίπεδο λίγο πιο πάνω από το σχολικό, πρόκειται για φραγμένη συνάρτηση χωρίς όμως ακρότατα.Νομίζω, ένα τέτοιο θέμα θα μπρορούσε να είναι μιά καλή αφορμή για εισαγωγή στις έννοιες των infimum, supremum και στηνέννοια του ορίου.

Φιλικά,Ανδρέας Πούλος

Κορυφή


5 of 8 31/08/2011 10:15 πμ


S.E.Louridas


Ας συνεχίσουμε, τώρα τον Μαθηματικό μας περίπατο από εδώ και πέρα με * :

♦ Θα αποδείξουμε την ύπαρξη

Έστω

Τότε για την ισχύ της (1) αρκεί

είναι ο ζητούμενος,♦ Για τον τυχόντα

θα ζητήσουμε την ύπαρξη

Έστω

Για να έχουμε

πράγμα που επιτυγχάνεται αρκεί να επιλεγεί

Συμπέρασμα:Το α+1 μπορεί να μην είναι το μέγιστο της παράστασης όμως είναι το suprerum του συνόλου

S.E.Louridas


Κορυφή


6 of 8 31/08/2011 10:15 πμ


Θέμα δημοσίευσης: Re: Μιγάδες !! ∆ημοσιεύτηκε: Πέμ Μάιος 19, 2011 1:43 pm


S.E.Louridas


Δηλαδή χρησιμοποιήσαμε το εξής:Αν έχουμε σύνολο Α, υποσύνολο του συνόλου των πραγματικών αριθμών,διάφορο του κενού και

τότε το α είναι το suprerum (ελάχιστο άνω φράγμα) του συνόλου Α.

S.E.Louridas


Κορυφή

Λάμπρος Ευσταθίου

Εγγραφή: ∆ευτ Οκτ 11,2010 4:22 pm∆ημοσιεύσεις: 14

Θωμά...

Θέτουμε, k,m μη μηδενικοί, οπότε

και

Λάμπρος

Κορυφή




7 of 8 31/08/2011 10:15 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Ισοσκελές τραπέζιο ∆ημοσιεύτηκε: Παρ Οκτ 29, 2010 11:27 am

Θέμα δημοσίευσης: Re: Ισοσκελές τραπέζιο ∆ημοσιεύτηκε: Παρ Οκτ 29, 2010 3:08 pm



Ισοσκελές τραπέζιο




s.kap


Εγγραφή: Τρί ∆εκ 08, 20097:11 pm∆ημοσιεύσεις: 1368Τοποθεσία: Ιωάννινα

Δίνονται οι διαφορετικοί μεταξύ τους μιγαδικοί , για τους οποίους ισχύουν ταα) β) καιγ)

να αποδείξετε ότι οι εικόνες τους στο μιγαδικό επίπεδο είναι κορυφές ισοσκελούς τραπεζίου

_________________Σπύρος Καπελλίδης

Κορυφή

R BORIS


Η γεωμετρική λύση νομίζω ότιι είναι απλή1.Τα Α,Β,Γ,Δ είναι εικόνες των αντίστοιχα

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Ισοσκελές τραπέζιο http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=10224

1 of 3 31/08/2011 10:16 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Ισοσκελές τραπέζιο ∆ημοσιεύτηκε: Παρ Οκτ 29, 2010 10:27 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: Ισοσκελές τραπέζιο ∆ημοσιεύτηκε: Σάβ Οκτ 30, 2010 6:58 pm


2.Το ΑΒΓΔ είναι εγγράψιμο σε κύκλο ακτίνας r οπότε η ΑΒ είναι διάμετρος κατ τα τρίγωνα ΑΒΓ,ΑΒΔ ορθογώνια στο Γ και το Δ3.Το παριστάνει διάνυσμα συγκραμμικό των αντίρροπων ΟΑ,ΟΒ όπου Ο το μέσον του ΑΒ και αρχή των αξόνων4.Η ελάχιστη απόσταση του Γ από την ΑΒ είναι η κάθετος Γ'Γ και εκφράζεται απο τον μιγαδικό

5.στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΔ το ύψος Δ'Δ επαληθεύει τον τύπο ΔΑ.ΔΒ=ΒΑ.Δ΄Δ αρα εκφράζεται από τον

6.Συνεπως Δ΄Δ=Γ΄Γ που αποδεικνύει το ζητούμενο

Κορυφή



Ροδόλφε,έδωσες ένα πολύ καλό μάθημα σε όλα τα "παπαγαλάκια" - κατά την χρηματηστηρική έννοια - που λένε στους μαθητές της Β' Λυκείου"μην δίνετε σημασία στη Γεωμετρία, δεν θα σας χρειαστεί στη Γ' Λυκείου, κλπ.".Ας δούμε και τους "μάγκες", πώς θα λύσουν το θέμα αλγεβρικά και μετά από πόσην ώρα.Δεν θεωρώ ότι πρέπει να κατασκεύασουμε μία τεχνητή αντίθεση και διαμάχη μεταξύ Άλγεβρας και Γεωμετρίας,αλλά δεν είναι παιδαγωγικά ορθό να εγκλωβίζουμε τους μαθητές σε έναν μονοσήμαντο τρόπο σκέψης, χωρίς εικόνες καισχήματα.Και στο κάτω - κάτω, όταν οι "γεωμέτρες" ζούσαν σε παλάτια, οι "αλγεβριστές" κατοικούσαν στα δέντρα.Δεν είμαι εγώ ρατσιστής, αυτοί είναι αλγεβριστές.Κάθε αστείο, κρύβει και ένα υπόβαθρο σοβαρότητας και κριτικής. (Ας υποθέσουμε ότι το είπε ο Ευκλείδης.Μιας και δεν ξέρουμε τίποτε για τη ζωή του, είναι φυσικό ότι δεν υπάρχουν και μαρτυρίες ότι δεν το είπε).

Φιλικά,Ανδρέας Πούλος

Κορυφή

s.kap


Εγγραφή: Τρί ∆εκ 08, 20097:11 pm∆ημοσιεύσεις: 1368

Ανδρέα, καλησπέραΑναρτώντας αυτό το πρόβλημα και έχοντας υπ' όψη μου ακριβώς αυτή τη γεωμετρική λύση που έδωσε ο Ροδόλφος, ήθελα να δείξωτο πόσο χρήσιμη είναι η γεωμετρία και στους μιγαδικούς. Σε ορισμένες περιπτώσεις, όπως αυτή, ίσως μοναδικό εργαλείο.Φιλικά

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Ισοσκελές τραπέζιο http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=10224

2 of 3 31/08/2011 10:16 πμ




Θέμα δημοσίευσης: NAI Σταυρουλίτσα!!!!... ∆ημοσιεύτηκε: Παρ Οκτ 29, 2010 4:50 pm



NAI Σταυρουλίτσα!!!!...




S.E.Louridas


ΝΑΙ Σταυρουλίτσα!!:Για την Σταυρουλίτσα που Με το μήνυμα της Απέδειξε ότι με τις ελάχιστες λέξεις μπορεί κανείς να πει τα πάντα: Αναγκαία συνθήκη;Μα να είναι παιδί.Δ. Σαββόπουλος: Πώς να κρυφτείς από τα παιδιά έτσι και αλλιώς τα ξέρουν όλα, πώς σε κοιτούν με μάτια σαν και αυτά ……….

« Αν υπάρχουν αριθμοί τότε δεν μπορεί να είναι και οι τρεις πραγματικοί»

S.E.Louridas


mathematica.gr • Προβολή θέματος - NAI Σταυρουλίτσα!!!!... http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=10231

1 of 6 31/08/2011 10:16 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: NAI Σταυρουλίτσα!!!!... ∆ημοσιεύτηκε: Παρ Οκτ 29, 2010 9:58 pm

Κορυφή

nickthegreek


Εγώ κύριε Λουρίδα να δοκιμάσω μια απάντηση με επιφύλαξη...

Ας υποθέσουμε ότι και οι τρεις είναι πραγματικοί.

Έχουμε τη σχέση: .

Υψώνοντας στο τετράγωνο έχουμε τις σχέσεις:

Οι τρεις αυτές σχέσεις γράφονται ισοδύναμα με παραγοντοποιήση:

Όμως ισχύει ότι ,άρα θα ισχύει

Όμως τότε έχουμε ότι και κυκλικά , .Όμως αυτό είναι άτοπο.

Μήπως χάνει κάπου η σκέψη μου;;;

Φιλικά,Νίκος

_________________To punish me for my contempt of authority,Fate has made me an authority myself! (Albert Einstein)Νίκος Αθανασίου


2 of 6 31/08/2011 10:16 πμ



Κορυφή

S.E.Louridas


Οχι δεν βλέπω να χάνει κάπου Νίκο. Από την στιγμή που υπέθεσες ότι είναι όλοι πραγματικοί πας άμεσα σε συμπεριφορά απολύτων.

S.E.Louridas


Κορυφή

hsiodos



Να δώσω μια λύση ακόμα(αφιερωμένη στην Σταυρουλίτσα)

Ας δεχθούμε ότι οι x ,y ,z είναι πραγματικοί . Τότε και οι α , β ,γ είναι πραγματικοί.

Συνεπώς οι οι x ,y ,z δεν είναι όλοι πραγματικοί .


3 of 6 31/08/2011 10:16 πμ



Και από μένα στην Σταυρουλίτσα

Διαιρώντας 2 βρίσκουμε ότι .

Ας ονομάσουμε τις εικόνες των . Η παραπάνω σχέση μας πληροφορεί ότι οι αποστάσειις του κάθε ενός σημείου απότο μέσο του τμήματος που ορίζουν οι άλλοι δύο είναι μη μηδενικές και ίσες.Ας υποθέσουμε ότι τα τρία σημεία είναι συνευθειακά:

Συνημμένο:

med.png [ 11.06 KiB | 340 προβολές ]

Tότε με να είναι τα μέσα των , βρίσκουμε ότι το είναι μέσο του και επομένως η απόσταση του από τομέσο του είναι μηδέν (άτοπο). Άρα τα τρία σημεία δεν είναι συνευθειακά. Ως ειδική περίπτωση έχουμε ότι δε μπορεί οι τρειςαριθμοί να είναι πραγματικοί.Μαυρογιάννης


5 of 6 31/08/2011 10:16 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Mιγαδικοι... ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Νοέμ 01, 2010 2:00 am

Θέμα δημοσίευσης: Re: Mιγαδικοι... ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Νοέμ 01, 2010 10:18 am



Mιγαδικοι...




maths-!!!


Δινονται οι μιγαδικοι a,b,c με a b και .

Να δειχθει ότι οι εικονες τους είναι κορυφες ορθογωνιου τριγωνου.

_________________The art of simplicity is a puzzle of complexity.Είναι πολύ απλό να κάνεις τα πράγματα περίπλοκα αλλά πολύ περίπλοκονα κάνεις τα πράγματα απλά.Το απλό είναι το πιο δύσκολο. Είναι το ακραίο σημείο της εμπειρίαςκαι η αφαιρετική προσπάθεια του νου.

Κορυφή

makisman

Εγγραφή: Τετ Μαρ 03, 20101:20 am∆ημοσιεύσεις: 63

καλημέρα,

αρχικα εχουμε οτι a,b,c διαφορετικοι ανα αφου αν c=a τοτε και b=a ,ατοπο

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Mιγαδικοι... http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=10292

1 of 5 31/08/2011 10:17 πμ



παρατηρώ οτι a,b,c μη συνευθειακοί αφου =1-2i ,μη πραγματικός

άρα απο Π.Θ. οι εικονες των a,b,c σχηματιζουν ορθογωνιο τριγωνο με υποτεινουσα

Κορυφή

Πρωτοπαπάς Λευτέρης


Εγγραφή: Τετ Οκτ 14, 200912:20 am∆ημοσιεύσεις: 1133Τοποθεσία: Πετρούπολη,Αθήνα

Μια προσέγγιση με διανύσματα.

Έστω οι εικόνες των μιγαδικών όπου και .

Τότε: .

Συνεπώς:

,

οπότε ,

δηλαδή και το τρίγωνο ABC είναι ορθογώνιο με ορθή γωνία τη Β και υποτείνουσα τη BC.

Υ.Γ. Αν κάποιος δεν ήθελε να χρησιμοποιήσει υπάρχει πάντα και η αντίστοιχη λύση

με τις αντικαταστάσεις .

_________________Κάθε πρόβλημα έχει μία τουλάχιστον λύση!!!

Κορυφή

KDORTSI


Μια άλλη ιδέα.Επειδή


2 of 5 31/08/2011 10:17 πμ


άρα η εικόνα του μιγαδικού είνα η στροφή της εικόνας του μιγαδικού γύρω από την αρχή των αξόνων κατά γωνία ίση με 90 μοίρες.

Αυτό σημαίνει ότι το διάνυσμα θέσης του μιγαδικού σχηματίζει με το διάνυσμα θέσης του μιγαδικού γωνία ίση με 90 μοίρες.

Όμως αν Α, Β, C είναι οι εικόνες των μιγαδικών a,b,c τότε τα διανύσματα

και

είναι αντίστοιχα ίσα με τα διανύσματα θέσης των μιγαδικών και και εφόσον τα διανύσματα αυτά είναι κάθετα άρα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο στοΒ.

Συνημμένα:


3 of 5 31/08/2011 10:17 πμ


Μιγαδικοί.PNG [ 28.64 KiB | 290 προβολές ]

Κορυφή





4 of 5 31/08/2011 10:17 πμ


Ευρετήριο ∆. Συζήτησης » Α.Σ.Ε.Π. » Προτεινόμενα Θέματα Μαθηματικών Όλοι οι χρόνοι είναι UTC + 2 ώρες [ DST ]

Επιμελητής: chris_gatos

Θέμα δημοσίευσης: Γεωμετρικός τόπος - μιγαδικοί ∆ημοσιεύτηκε: Πέμ Νοέμ 04, 2010 11:03 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: Γεωμετρικός τόπος - μιγαδικοί ∆ημοσιεύτηκε: Πέμ Νοέμ 04, 2010 11:15 pm



Γεωμετρικός τόπος - μιγαδικοί




erxmer

Εγγραφή: ∆ευτ Σεπ 13,2010 7:49 pm∆ημοσιεύσεις: 638

Δίνονται οι μιγαδικοί αριθμοί

Αν sina+sinb+sic=cosa+cosb+cosc=0, να δειχθεί οτι τα σημεία του επιπέδου που είναι εικόνες των μιγαδικων είναι κορυφέςισοπλευρού τριγώνου εγγεγραμμένου σε κύκλο ακτίνας 1.

Κορυφή

matha

Επιμελητήςerxmer έγραψε:

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Γεωμετρικός τόπος - μιγαδικοί http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=27&t=10416

1 of 3 31/08/2011 10:18 πμ


Εγγραφή: Παρ Μάιος 21,2010 7:40 pm∆ημοσιεύσεις: 1832Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη-Κοζάνη

Δίνονται οι μιγαδικοί αριθμοί

Αν sina+sinb+sic=cosa+cosb+cosc=0, να δειχθεί οτι τα σημεία του επιπέδου που είναι εικόνες των μιγαδικων είναι κορυφέςισοπλευρού τριγώνου εγγεγραμμένου σε κύκλο ακτίνας 1.

Υπονοείται ότι οι μιγαδικοί είναι διαφορετικοί ανά δύο.

Ισχύει , και λόγω της συνθήκης είναι ακόμα

(*)

Επομένως, οι εικόνες των μιγαδικών είναι σημεία του μοναδιαίου κύκλου, και το βαρύκεντρο του τριγώνου που ορίζουν οι εικόνεςτους ταυτίζεται λόγω της (*) με το περίκεντρο του τριγώνου. Επομένως, το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

_________________Μάγκος Θάνος

Κορυφή

k-ser


Είναι: και .

Με εφαρμογή της : για τους προκύπτει εύκολα ότι: και έτσι έχουμε το ζητούμενο.



2 of 3 31/08/2011 10:18 πμ


Ευρετήριο ∆. Συζήτησης » Α.Σ.Ε.Π. » Προτεινόμενα Θέματα Μαθηματικών Όλοι οι χρόνοι είναι UTC + 2 ώρες [ DST ]

Κορυφή

k-ser


matha έγραψε:

Υπονοείται ότι οι μιγαδικοί είναι διαφορετικοί ανά δύο.

Θάνο, πολύ έξυπνη η λύση σου. Μπράβο!Οι μιγαδικοί είναι διαφορετικοί ανά δύο - δεν χρειάζεται να δοθεί.


Κορυφή




Μέλη σε αυτή την ∆. Συζήτηση : ∆εν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης




Αναζήτηση για: Μετάβαση Μετάβαση σε: Προτεινόμενα Θέματα Μαθηματικών Μετάβαση




3 of 3 31/08/2011 10:18 πμ




Θέμα δημοσίευσης: ΒΘΜΣ 3 ∆ημοσιεύτηκε: Τετ Νοέμ 10, 2010 12:52 am

Θέμα δημοσίευσης: Re: ΒΘΜΣ 3 ∆ημοσιεύτηκε: Τετ Νοέμ 10, 2010 12:58 am



ΒΘΜΣ 3




Ραϊκόφτσαλης Θωμάς


Εγγραφή: Κυρ ∆εκ 21, 20081:01 am∆ημοσιεύσεις: 1093Τοποθεσία: Άλιμος, Αθήνα

Καλησπέρα.

Για όλους τους φίλους η εξής άσκηση:Έστω ο μιγαδικός z: .

Να δειχθεί ότι .Θωμάς

_________________Η γνώση μας κάνει περήφανους, η σοφία ταπεινούς.

Κορυφή

matha

Υποθέτοντας ότι η εξίσωση έχει πραγματική ρίζα και παίρνοντας μέτρα καταλήγουμε στην

mathematica.gr • Προβολή θέματος - ΒΘΜΣ 3 http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=10580

1 of 4 31/08/2011 10:19 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: ΒΘΜΣ 3 ∆ημοσιεύτηκε: Τετ Νοέμ 10, 2010 2:21 am



,

δηλαδή

Όμως είναι προφανές ότι το δεν είναι ρίζα της εξίσωσης, και το ζητούμενο έπεται.

_________________Μάγκος Θάνος

Κορυφή

KDORTSI



1.Ας υποθέσουμε ότι:

τότε από τη δοσμένη θα είναι:

άτοπο.2. Έστω ότι:

τότε οι μιγαδικοί: και έχουν διανύσματα θέσης τα ΟΣ και ΟΡ με μέτρα που είναι μεταξύ των ίσα και βέβαια μεγαλύτερατης μονάδας. Τότε όμως η 7η δύναμη του ενός θα έχει μέτρο μεγαλύτερο της πέμπτης δύναμης του άλλου γιατί το μέτρο της δύναμηςενός μιγάδος είναι ίσο με τη δύναμη του μέτρου του μιγάδος αυτού. Συνεπώς οι δύο αυτές δυνάμεις ποτέ δεν μπορούν να εξισωθούν.Επομένως ο z ποτέ δεν μπορεί να γίνει πραγματικός.Στο συνημμένο αρχείο μπορεί να δεί κανείς τη μεταβολή αυτή.

Συνημμένα:

Πραγμτικός αριθμός.ggb [4.03 KiB]Έχει μεταφορτωθεί 13 φορές


2 of 4 31/08/2011 10:19 πμ


Πραγματικός αριθμός.PNG [ 16.57 KiB | 261 προβολές ]

Κορυφή





3 of 4 31/08/2011 10:19 πμ


Ευρετήριο ∆. Συζήτησης » Ασκήσεις ΜΟΝΟ γιά μαθητές Όλοι οι χρόνοι είναι UTC + 2 ώρες [ DST ]

Επιμελητής: s.kap

Θέμα δημοσίευσης: Για τους φίλους μας της Γ Λυκείου-12ο ∆ημοσιεύτηκε: Τετ Φεβ 09, 2011 11:29 am

Θέμα δημοσίευσης: Re: Για τους φίλους μας της Γ Λυκείου-12ο ∆ημοσιεύτηκε: Τρί Μαρ 22, 2011 3:49 pm



Για τους φίλους μας της Γ Λυκείου-12ο




s.kap



Έστωσαν τρεις μιγαδικοί αριθμοί διαφορετικοί ανά δύο ώστε

Να αποδειχθεί ότι

Μέχρι 15/2Μιγαδικοί αριθμοί


Κορυφή

s.kap

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Για τους φίλους μας της Γ Λυκείου-12ο http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=69&t=13261

1 of 3 31/08/2011 10:19 πμ

Ευρετήριο ∆. Συζήτησης » Ασκήσεις ΜΟΝΟ γιά μαθητές Όλοι οι χρόνοι είναι UTC + 2 ώρες [ DST ]



Ξεχάστηκε...

Οι εικόνες των στο μιγαδικό επίπεδο είναι οι κορυφές ενός τριγώνου εγγεγραμμένου

στον κύκλο που έχει κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα . Έχουμε ότι ο αριθμός αντιστοιχεί σε κάποιο διάνυσμα,

όπου ένα σημείο της ευθείας , άρα ο αριθμός

αντιστοιχεί στο διάνυσμα , άρα το είναι το

ύψος

Μετά από αυτό η σχέση που δίνεται γράφεται

Η σχέση αυτή εύκολα αποδεικνύεται από την ομοιότητα των τριγώνων και ,

όπου είναι το αντιδιαμετρικό του


Κορυφή




Μέλη σε αυτή την ∆. Συζήτηση : pasxos και 1 επισκέπτης



mathematica.gr • Προβολή θέματος - Για τους φίλους μας της Γ Λυκείου-12ο http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=69&t=13261

2 of 3 31/08/2011 10:19 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Ανισοτική με μέτρα ∆ημοσιεύτηκε: Παρ Φεβ 25, 2011 11:54 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: Ανισοτική με μέτρα ∆ημοσιεύτηκε: Σάβ Φεβ 26, 2011 9:57 am



Ανισοτική με μέτρα




mathxl



Από τον Stuart ClarkΈστω οι μιγαδικοί z με , να αποδείξετε ότι


Κορυφή

chris_gatos


Έχω (1)Επίσης: (2)

Προσθέτοντας τις (1) και (2) κατά μέλη προκύπυτει:

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Ανισοτική με μέτρα http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=13679

1 of 9 31/08/2011 10:20 πμ


συνεπώς αποδείξαμε την δεξιά ανισότητα.Τώρα για την αριστερή...Θέτω:

. Είναι σχετικά εύκολο να δείξουμε πως: .Τότε:

Πάμε παρακάτω:

Θέλουμε (μετά απο όλα αυτά ) να βρούμε το ελάχιστο της συνάρτησης f με

Είναι σχετικά απλό η f να γραφτεί:

Η f είναι συνεχής στο [0,2](σχετικά απλό) συνεπώς θα παρουσιάζει μέγιστη και ελάχιστη τιμή(μας ενδιαφέρει η ελάχιστη).Πιθανές θέσεις ακροτάτων:1)Τα άκρα 0,2Τα κρίσιμα σημεία της f στο [0,2], δηλαδή:2)Τα στάσιμα σημεία της f (δηλαδή τα σημεία όπου μηδενίζεται η πρώτη παράγωγος) στο(0,2)3)Τα σημεία του (0,2) που η συνάρτηση δεν παραγωγίζεται.Έχω:

Στάσιμο σημείο προκύπτει απο τη μελέτη πως είναι το με .

Σημείο στο οποίο η f δεν παραγωγίζεται είναι το ( Είναι )

με

Η μικρότερη απο αυτές τις τιμές είναι και το ελάχιστο της συνάρτησης.Ουπς για να δω:Ωωωωω...Αυτή είναι η .Μόλις τελείωσα την αποστολή μου.(**)Απο την παραπάνω μελέτη επιβεβαιώνεται πως το μέγιστο της παράστασης είναι το 4

_________________Χρήστος Κυριαζής


2 of 9 31/08/2011 10:20 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Ανισοτική με μέτρα ∆ημοσιεύτηκε: Σάβ Φεβ 26, 2011 2:44 pm

''Ξέρω τ'ονομά σου,την εικόνα σου και πάλι απ'την αρχή,ψάχνω για μιά διέξοδο γυρεύοντας μιά αλλιώτικη ζωή...''

Κορυφή

gbaloglou



Μία μικρή διαφωνία ανάμεσα στην λύση μου και σε αυτήν του Χρήστου -- ένα 'κρυφό' ακρότατο στο π που δεν θα έπρεπε να είναι εκεί -- μεοδηγεί στην ανακάλυψη ενός λάθους μου που διορθώνω σε άλλη ανάρτηση. Αφήνω και τούτο όπως είναι για 'διδακτικούς' λόγους...

Σε τριγωνομετρική μορφή, , το πρόβλημα ανάγεται στην εύρεση των ακρότατων της .

Επειδή τώρα

και επομένως

...εύκολα διαπιστώνουμε από εδώ και πέρα ότι η συνάρτηση μας έχει τα ακρότατα που βρήκε ο Χρήστος. (Επισυνάπτω και γράφημα.)

Γιώργος Μπαλόγλου

Συνημμένα:


3 of 9 31/08/2011 10:20 πμ


comptrig.gif [ 4.24 KiB | 746 προβολές ]

Τελευταία επεξεργασία από gbaloglou και Σάβ Φεβ 26, 2011 3:55 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά/ες συνολικά

Κορυφή

gbaloglou



[Διορθωμένη παραλλαγή της προηγούμενης ανάρτησης μου -- το λάθος ήταν στον τύπο της συνάρτησης (σε ένα συνημίτονο που έπρεπε ναήταν ημίτονο).]

Σε τριγωνομετρική μορφή, , το πρόβλημα ανάγεται στην εύρεση των ακρότατων της .

Επειδή τώρα

και επομένως


4 of 9 31/08/2011 10:20 πμ


...εύκολα διαπιστώνουμε από εδώ και πέρα ότι η συνάρτηση μας έχει τα ακρότατα που βρήκε ο Χρήστος. (Επισυνάπτω και γράφημα.)

[Βεβαίως και με την εσφαλμένη συνάρτηση της προηγούμενης ανάρτησης μου τα ίδια ακρότατα προέκυψαν, αλλά σε διαφορετικά σημεία --όπως ήδη έγραψα, η σύγκριση των δύο συναρτήσεων και λύσεων μου είναι χρήσιμη από διδακτικής σκοπιάς, δείχνοντας για παράδειγμαπως μια επιφανειακά σωστή λύση μπορεί να είναι εσφαλμένη.]


Συνημμένα:

comptrig2.gif [ 4.2 KiB | 721 προβολές ]

Κορυφή

gbaloglou


Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009

Ένα προβληματάκι εμπνευσμένο από την λύση του Χρήστου:

Αν τότε



5 of 9 31/08/2011 10:20 πμ


Θέμα δημοσίευσης: Re: Ανισοτική με μέτρα ∆ημοσιεύτηκε: Κυρ Φεβ 27, 2011 1:40 am

11:24 pm∆ημοσιεύσεις: 773Τοποθεσία: Θεσσαλονικη

Κορυφή

margavare

Εγγραφή: Κυρ ∆εκ 21, 200811:48 am∆ημοσιεύσεις: 91Τοποθεσία: Βέροια

_________________Μαργαρίτα Βαρελά

Κορυφή

mathxl


Ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του z είναι ο κύκος (Ο,1).Αν Μ η εικόνα του z, Α του 1, Β του i και Γ του -i τότε έχουμε

οπότε


6 of 9 31/08/2011 10:20 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Ανισοτική με μέτρα ∆ημοσιεύτηκε: Κυρ Φεβ 27, 2011 8:05 am

Θέμα δημοσίευσης: Re: Ανισοτική με μέτρα ∆ημοσιεύτηκε: Κυρ Φεβ 27, 2011 10:27 pm


Επειδή η γωνία ΒΜΓ βαίνει σε ημικύκλιο είναι ορθή κα από μετρικές σχέσεις σε ορθογώνιο τρίγωνο έχουμε ότι

με Κ ίχνος της καθέτου από το Μ στην ΒΓ. Αν Ρ το συμμετρικό του Μ ως προς την ΒΓ τότε 2ΜΚ = ΜΡ και

Το οποίο γίνεται μέγιστο όταν το ταυτιστεί με το (-1,0), δηλαδή το ΜΑ=ΜΡ=2 δίάμετρο και ελαχιστοποιείται όταν ΜΡ=0 δηλαδή ΜΑ= μεΜ να ταυτίζεται με το Β ή το ΓΔίνω και το δυναμικό σχήμα στο οποίο μπορείτε να μετακινείται το Μ και να βλέπεται τις τιμές τηςζητούμενης μετρικής παράστασηςΠΡΟΣΘΗΚΗ: Έβαλα τα κόκκινα

Συνημμένα:

megisto lexasisto metro.ggb [3.72 KiB]Έχει μεταφορτωθεί 57 φορές


Τελευταία επεξεργασία από mathxl και Κυρ Φεβ 27, 2011 1:20 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά/ες συνολικά

Κορυφή

R BORIS



Την βρήκα σε ένα παλιό φυλλάδιο μιγαδικώνΜΕ ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΛΥΣΗ διαφορετική από τις μέχρι τώρα

Συνημμένο:

New Microsoft Word Document.doc [46 KiB]Έχει μεταφορτωθεί 84 φορές

Κορυφή

G.Tsikaloudakis


7 of 9 31/08/2011 10:20 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Ανισοτική με μέτρα ∆ημοσιεύτηκε: Κυρ Φεβ 27, 2011 11:29 pm


Έχουμε . Ακόμα με βάση την τριγωνική ανισότητα έχω:

και άρα

Ακόμα αν θέσουμε , τότε είναι:

Οπότε

(1)

Η (1) για είναι προφανές ότι αληθεύει .

Ακόμα λόγω του ότι , έχουμε

Έτσι για έχουμε:

(2)

Εύκολα, από τη μονοτονία της συνάρτησης

βρίσκουμε ότι η (2) αληθεύει.


Τελευταία επεξεργασία από G.Tsikaloudakis και Τρί Μαρ 01, 2011 12:27 am, έχει επεξεργασθεί 7 φορά/ες συνολικά

Κορυφή

mathxl


8 of 9 31/08/2011 10:20 πμ




Στην λύση του Γιώργου από την σειρά

είναι εμπνευσμένη η άσκηση 1 εδώ viewtopic.php?f=53&t=13530


Κορυφή




Μέλη σε αυτή την ∆. Συζήτηση : tdsotm111 και 1 επισκέπτης








9 of 9 31/08/2011 10:20 πμ




Θέμα δημοσίευσης: παιχνίδι με τα μέτρα ∆ημοσιεύτηκε: Κυρ Μάιος 08, 2011 7:17 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: παιχνίδι με τα μέτρα ∆ημοσιεύτηκε: Κυρ Μάιος 08, 2011 7:29 pm



παιχνίδι με τα μέτρα


Προβολή Εκτύπωσης Προηγούμενο | Επόμενο


diomides

Εγγραφή: Τετ Ιουν 30, 201010:10 am∆ημοσιεύσεις: 48

Έστω . Αν και να αποδειχθεί ότι

Κορυφή

Eukleidis

Εγγραφή: Τετ Ιούλ 01, 20099:55 pm∆ημοσιεύσεις: 447Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

mathematica.gr • Προβολή θέματος - παιχνίδι με τα μέτρα http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=15412

1 of 6 31/08/2011 10:21 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: παιχνίδι με τα μέτρα ∆ημοσιεύτηκε: Κυρ Μάιος 08, 2011 9:58 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: παιχνίδι με τα μέτρα ∆ημοσιεύτηκε: Τετ Ιουν 15, 2011 4:08 am

Επομένως

_________________Γιώργος

Κορυφή

GMANS

Εγγραφή: Τετ Απρ 07, 20106:03 pm∆ημοσιεύσεις: 224

Μια λύση με εικόνες ελαφρώς παράνομη ….

Προφανώς οι εικόνες των ανήκουν σε κύκλο άρα υπάρχουν Ώστε

Όμως

Κορυφή

parmenides51


diomides έγραψε:

Έστω C. Αν και να αποδειχθεί ότι

Μια νόμιμη λύση με τριγωνική ανισότητα και γεωμετρική ερμηνεία από διανύσματα.

Απο τριγωνική ανισότητα έχω

όποτε οι παραπάνω ανισoισότητες ισχύουν όλες σαν ισότητες άρα (1)


2 of 6 31/08/2011 10:21 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: παιχνίδι με τα μέτρα ∆ημοσιεύτηκε: Σάβ Ιουν 18, 2011 3:11 pm

Η σχέση (1) γεωμετρικά σημαίνει οτι οι εικόνες των μιγαδικών Α ,Β και Γ είναι σημεία συνευθειακά(από την στιγμή που δεν σχηματίζουν παραλληλόγραμμο οι διανυσματικές τους ακτίνες).

Οπότε τα διανύσματα είναι παράλληλα κι επειδη έχουν ίσα μέτρα διότι , θα είναι ίσα

διανύσματα.'Αρα οι εικόνες των μιγαδικών Α,Β ταυτίζονται. Επομένως .Ομοίως προκύπτει οτι .

Υ.Γ. Διόρθωσα το C στην εκφώνηση.


Κορυφή

diomides





Μια νόμιμη λύση με τριγωνική ανισότητα και γεωμετρική ερμηνεία από διανύσματα.

Απο τριγωνική ανισότητα έχω

όποτε οι παραπάνω ανισoισότητες ισχύουν όλες σαν ισότητες άρα (1)

Η σχέση (1) γεωμετρικά σημαίνει οτι οι εικόνες των μιγαδικών Α ,Β και Γ είναι σημεία συνευθειακά(από την στιγμή που δεν σχηματίζουν παραλληλόγραμμο οι διανυσματικές τους ακτίνες).

Οπότε τα διανύσματα είναι παράλληλα κι επειδη έχουν ίσα μέτρα διότι , θα είναι

ίσα διανύσματα.


3 of 6 31/08/2011 10:21 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: παιχνίδι με τα μέτρα ∆ημοσιεύτηκε: Σάβ Αύγ 27, 2011 9:19 pm

'Αρα οι εικόνες των μιγαδικών Α,Β ταυτίζονται. Επομένως .Ομοίως προκύπτει οτι .

Υ.Γ. Διόρθωσα το C στην εκφώνηση.

THANKS!

Κορυφή

parmenides51




Άλλη μια λύση με τριγωνική ανισότητα και γεωμετρική ερμηνεία από διανύσματα.

Έστω ότι οι εικόνες των μιγαδικών σημεία είναι ανά δυο διαφορετικά.

άρα τα σημεία ανήκουν στον κύκλο .

Έστω ότι τα σημεία ορίζουν τρίγωνο με βαρύκεντρο , τότε το τρίγωνο είναι εγγεγραμμένο στον μοναδιαίο κύκλο.

δηλαδή και το βαρύκεντρο του τριγώνου ανήκει στον μοναδιαίο κύκλο, άτοποδιότι σε κάθε τρίγωνο το βαρύκεντρο του είναι εσωτερικό σημείου του τριγώνου,με άλλα λόγια δεν μπορεί το βαρύκεντρο ενός τριγώνου να είναι σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου του.

Άρα τα σημεία δεν ορίζουν τρίγωνο, δηλαδή είναι συνευθειακά κι επειδή είναι σημεία του μοναδιαίου κύκλου,υποχρεωτικά τουλάχιστον δυο από τα σημεία αυτά θα ταυτίζονται διότι τρία σημεία ενός κύκλου δεν μπορεί να είναι συνευθειακά.


4 of 6 31/08/2011 10:21 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: παιχνίδι με τα μέτρα ∆ημοσιεύτηκε: Σάβ Αύγ 27, 2011 9:37 pm


Χωρίς βλάβη της γενικότητας ας υποθέσουμε ότι και το σημείο είναι διαφορετικό από τα :

Αν το είναι το μέσο του τότε δεν ορίζεται τρίγωνο και ισχύει , άτοπο.

Άρα το δεν είναι το μέσο του ορίζεται το τρίγωνο συνεπώς

, άτοπο.

Άρα κι επομένως


Κορυφή

Σεραφείμ



Μια λύση τελείως Γεωμετρική.Τα δεδομένα μας λένε, ότι το τρίγωνο με εικόνες τους 3 μιγαδικούς, έχει τις κορυφές του και το κέντρο βάρους του, επί τουμοναδιαίου κύκλου. Αυτό μπορεί να συμβεί, μόνον αν οι τρεις εικόνες και το κέντρο βάρους ταυτίζονται.


Κορυφή





5 of 6 31/08/2011 10:21 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Τρεις μιγαδικοί! ∆ημοσιεύτηκε: Πέμ Μάιος 19, 2011 5:32 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: Τρεις μιγαδικοί! ∆ημοσιεύτηκε: Πέμ Μάιος 19, 2011 5:50 pm



Τρεις μιγαδικοί!




matha



Μία (κατά τη γνώμη μου) ενδιαφέρουσα άσκηση:

Έστωσαν οι μιγαδικοί με και

Να αποδειχθεί, ότι

_________________Μάγκος Θάνος

Κορυφή

Παναγιώτης 1729

Εγγραφή: Τρί Αύγ 24, 2010

Η άσκηση έχει ενδιαφέρουσα γεωμετρική ερμηνεία:

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Τρεις μιγαδικοί! http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=15649

1 of 5 31/08/2011 10:22 πμ


12:05 pm∆ημοσιεύσεις: 126Τοποθεσία: Τρίκαλα

Αν θεωρήσουμε A,B,C τις εικόνες των x,y,z αντίστοιχα και Ο το περίκεντρό του, από τη σχέση προκύπτει ότι O θαείναι η αρχή του μιγαδικού επιπέδου.Για να αποδείξουμε ότι , αρκεί να αποδείξουμε ότι τα B,C είναι αντιδιαμετρικά σημεία του κύκλου .Αρκεί λοιπόν να αποδείξω ότι το Ο είναι μέσο της ΒC.Αν M το μέσο της BC, τότε το συμμετρικό Κ του Ο προς το M είναι η εικόνα του μιγαδικού , άρα από την δοσμένη συνθήκη

, όπου R η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου.Το τετράπλευρο είναι ρόμβος, άρα , άρα τα Κ,Ο ταυτίζονται.Έτσι, το συμμετρικό του Ο προς το Μ είναι το ίδιο το Ο, άρα τα Μ,Ο ταυτίζονται και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

_________________Λώλας Παναγιώτης

Κορυφή

s.kap



matha έγραψε:

Μία (κατά τη γνώμη μου) ενδιαφέρουσα άσκηση:

Έστωσαν οι μιγαδικοί με και

Να αποδειχθεί, ότι

Πράγματι Θάνο είναι ενδιαφέρουσα (παρ' ότι δεν αρχίζει με έστω συνάρτηση...). Το δυστύχημα είναι ότι δεν μπορώ να κάνω

σχήμα. Θα αφήσουμε όμως τη φαντασία μας να δουλέψει:

Τα έτσι όπως έχουν δοθεί απεικονίζονται στα σημεία A,B,Γ ενός κύκλου με κέντρο τη αρχή των αξόνων.

Ο αριθμός απεικονίζεται στο σημείο Μ

Έχουμε MA, άρα ΜΑ=ΟΑ,άρα ΜΟ=0, άρα , άρα τα σημεία Β,Γ είναι αντιδιαμετρικά* στον παραπάνω κύκλο


2 of 5 31/08/2011 10:22 πμ

συνεπώς

Μόλις έκανα προεπισκόπιση είδα πως με πρόλαβε ο καταπληκτικός Παναγιώτης. Θα αναρτήσω τη λύση μου όμως για να μην πάει

χαμένος ο κόπος

*Επειδή δεν μου αρέσει να αφήνω στη μέση τις δουλειές μου, παρακάλεσα τον Σεραφείμ να μου φτιάξει ένα σχήμα

(στο συννημένο), για να δούμε τι γίνεται αν τα Β, Γ δεν είναι αντιδιαμετρικά, άρα το ΟΑΜΒ είναι ρόμβος.

(ΟΑ=ΑΜ, άρα το Α βρίσκεται στη μεσοκάθετο του ΟΜ, συνεπώς Α ή Α Γ, άτοπο)

Συνημμένα:

kapd.jpg [ 20.55 KiB | 206 προβολές ]


3 of 5 31/08/2011 10:22 πμ



Τελευταία επεξεργασία από s.kap και Κυρ Μάιος 22, 2011 7:12 am, έχει επεξεργασθεί 4 φορά/ες συνολικά

Κορυφή

emouroukos

Εγγραφή: ∆ευτ ∆εκ 22,2008 2:27 pm∆ημοσιεύσεις: 177Τοποθεσία: Αγρίνιο

Έστω οι εικόνες των μιγαδικών αριθμών αντίστοιχα στο μιγαδικό επιπεδο. Τότε, διαδοχικά έχουμε ότι:

Επομένως, ισοδύναμα έχουμε ότι το τρίγωνο είναι ορθογώνιο στο , οπότε τα σημεία είναι αντιδιαμετρικά στονπεριγεγραμμένο κύκλο του Αφού, όμως, ο κύκλος αυτός έχει κέντρο την αρχή του μιγαδικού επιπέδου, θα είναι

****** Παναγιώτη και Σπύρο, πολύ ωραίες οι γεωμετρικές λύσεις σας! Αφήνω και την (πεζή) δική μου για να μην πάει χαμένη ηπληκτρολόγηση!

_________________Βαγγέλης Μουρούκος

Κορυφή



4 of 5 31/08/2011 10:22 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Μιγαδικος ∆ημοσιεύτηκε: Πέμ Ιουν 02, 2011 7:21 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: Μιγαδικος ∆ημοσιεύτηκε: Πέμ Ιουν 02, 2011 8:26 pm



Μιγαδικος




komi

Εγγραφή: Τετ Μαρ 09, 20116:40 am∆ημοσιεύσεις: 84Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Να προσδιορισετε τον μιγαδικο z με την ακολουθη ιδιοτητα :

Κορυφή

mathxl


Τα μέτρα εκφράζουν τις απόστάσεις της εικόνας του από τα σημεία που εύκολαμπορούμε να αποδείξουμε ότι είναι κορυφές παραλληλογράμμου.Παρατηρούμε ότι το άθροισμα των αποστάσεων από τις κορυφές του είναι πάντα μεγαλύτερο από 70 (η μία διαγώνιος

και η άλλη ). Η μοναδική περίπτωση να γίνει ίσο με 70 είναι αν o ταυτιστεί με το σμείο Ε (τομή διαγωνιών)-άσκηση 1 σύνθετες γεωμετρία α λυκείου σελ58άρα

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Μιγαδικος http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=16110

1 of 2 31/08/2011 10:23 πμ



Συνημμένα:

elathr.ggb [3.6 KiB]Έχει μεταφορτωθεί 48 φορές


Τελευταία επεξεργασία από Γενικοί Συντονιστές και Πέμ Ιουν 02, 2011 8:31 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά/ες συνολικά

Μετατροπή σε LaTeX

Κορυφή




Μέλη σε αυτή την ∆. Συζήτηση : Google [Bot] και 1 επισκέπτης







mathematica.gr • Προβολή θέματος - Μιγαδικος http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=16110

2 of 2 31/08/2011 10:23 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Απορία σε ελάχιστα και μέγιστα (λάθος λύση) ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Ιουν 06, 2011 8:57 pm



Απορία σε ελάχιστα και μέγιστα (λάθος λύση)




parmenides51


ΕκφώνησηΔίνονται οι μιγαδικοί z με .Να υπολογίσετε το ελάχιστο και το μέγιστο της παράστασης .ΛύσηΑπό τριγωνική ανισότητα:

άρα το μέγιστο της παράστασης είναι το 3. άρα το ελάχιστο της παράστασης είναι το 1.

Συμφωνείτε;


Τελευταία επεξεργασία από parmenides51 και ∆ευτ Ιουν 06, 2011 9:18 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά/ες συνολικά

Κορυφή

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Απορία σε ελάχιστα και μέγιστα (λάθος λύση) http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=16318

1 of 9 31/08/2011 10:23 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Απορία σε ελάχιστα και μέγιστα ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Ιουν 06, 2011 9:14 pm


ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13,2011 10:11 pm∆ημοσιεύσεις: 712Τοποθεσία: Λ. ΑιδηψούΕυβοίας

Είναι προφανές ότι στο συγκεκριμένο παράδειγμα είναι αλήθεια διότι μπορούν από την τριγωνική ανισότητα να συμβούν και οιισότητες αφού υπάρχει μιγαδικός αριθμός z (που κινείται στο μοναδιαίο κύκλο ώστε η διανυσματική του ακτίνα να είναιομόρροπη – αντίρροπη με τη διανυσματική ακτίνα του μιγαδικού αριθμού z-2.

Αποψή μου είναι ότι για να βρείς μέγιστα και ελάχιστα από ανισοϊσότητες θα πρέπει να βεβαιώσεις ότι υπάρχει τιμή τηςμεταβλητής για την οποία να προκύψει η ισότητα.

Ένα χαρακτηριστικό παράδειγμα που πολλές φορές χρησιμοποιούμαι στην τάξη για να πείσουμε τους μαθητές για ότι λέω είναι:

Να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή της παράστασης:

Τότε κάποιος θα έλεγε:

Όμως προφανώς δεν είναι αφού δεν μπορούν να συμβούν οι ισότητες και ....

Στάθης

_________________Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει

Τελευταία επεξεργασία από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ και ∆ευτ Ιουν 06, 2011 9:21 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά/ες συνολικά

Κορυφή

parmenides51


Συμπληρώνω στην εκφώνηση το λάθος λύση για να γίνει συζήτηση.



2 of 9 31/08/2011 10:23 πμ



Κορυφή




Σωστές οι ανισότητες, αλλά πρέπει να βρίσκουμε τους μιγαδικούς που ικανοποιούν τις ισότητες.

Για ισχύει η ισότητα , οπότε η παράσταση παίρνει τη μέγιστη τιμή της όταν .

Για ισχύει η ισότητα , οπότε η παράσταση παίρνει την ελάχιστη τιμή της όταν .

Γεωμετρικά, η εικόνα του κινείται στον κύκλο με κέντρο Ο και ακτίνα 1 και η απόσταση (όπου ) παίρνει τημέγιστη και ελάχιστη τιμή της όταν το είναι τα σημεία τομής της ευθείας που ορίζουν τα και ο κύκλος, δηλαδή τα

αντίστοιχα.

Δες ένα πολύ ενδιαφέρον σχετικό άρθρο του Λεωνίδα Θαρραλίδη, δημοσιευμένο στο "φ".

Κάπου πρέπει να υπάρχει στο mathematica, θα το ψάξουμε να το βρούμε...

Τελευταία επεξεργασία από Γιώργος Ρίζος και ∆ευτ Ιουν 06, 2011 9:20 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά/ες συνολικά

Κορυφή

KAKABASBASILEIOS

Εγγραφή: Κυρ Φεβ 01, 20092:46 pm∆ημοσιεύσεις: 171

...καλησπέρα νομίζω ότι το θέμα έχει σηζητηθεί εδω στην παρέα μας αρκετές φορές...μέσω της τριγωνικής βρίσκουμε ένα πάνω φράγμα και ένα κάτω φράγμα της παράστασης...οπότε μετά την διαδικασία τηςτριγωνικής πρέπει να δείξουμε ότι η παράσταση παίρνει τις τιμές αυτές για να ισχυριστούμε ότι ειναι αντίστοιχα η μέγιστη καιελάχιστη τιμή της. Ενα παράδειγμα που κάνω για να δείξω ότι δεν βρίσκουμε πάντα μέσω της τριγωνικής το μέγιστο και το ελάχιστοείναι το εξής...

Αν που αντίστοιχα έχου μέτρα και

σύμφωνα με την τριγωνική έχουμε αφού η μέγιστη τιμή του w είναι 2 για θ=π

Αν ισχυριστούμε τώρα ότι είναι λάθος γιατί είναικαι που προκύπτει για έτσι και όχι 3


3 of 9 31/08/2011 10:23 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Απορία σε ελάχιστα και μέγιστα (λάθος λύση) ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Ιουν 06, 2011 9:26 pm



Φιλικά και ΜαθηματικάΒασίλης

_________________f ανοιγοντας τους δρομους της Μαθηματικης σκεψης, f' παραγωγος επιτυχιας

Κορυφή

parmenides51


Σχετικά με τον Λεωνιδά εδώ.Η σοβαρή ερώτηση είναι η εξής:Λύνονται σωστά μόνο γεωμετρικά τέτοιου είδους ασκήσεις;(κι όχι να ψαχνουμε τιμές με το μάτι ώστε να έχουμε ισότητες στην τριφωνική ανισότητα)


Κορυφή

∆ΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟ∆ΑΣ

Εγγραφή: ∆ευτ Απρ 20,2009 8:25 pm∆ημοσιεύσεις: 230Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Έκτος του άρθρου του κ.Θαρράλιδη,υπάρχει και ένα άρθρο του κ.Στεργιουviewtopic.php?f=51&t=8746&p=49468#p49468

_________________Κατσίποδας Δημήτρης

Κορυφή



4 of 9 31/08/2011 10:23 πμ




Σχετικά με τον Λεωνιδά εδώ.Η σοβαρή ερώτηση είναι η εξής:Λύνονται σωστά μόνο γεωμετρικά τέτοιου είδους ασκήσεις;(κι όχι να ψαχνουμε τιμές με το μάτι ώστε να έχουμε ισότητες στην τριφωνική ανισότητα)

Νομίζω ότι χρειάζεται απόδειξη κι όχι εικασίες. Εννοείται ότι κάποια τμήματα των λύσεων θεωρούνται γνωστά από προηγούμενεςτάξεις, οπότε δεν απαιτείται αναλυτική επεξήγηση.Όμως, αν θέλουμε και μπορούμε στην τάξη να επεκτείνουμε τη συζήτηση και να μην αφήνουμε σκοτεινά σημεία, πρέπει να δίνουμεόσο πιο πλήρεις εξηγήσεις γίνεται.

Δίνω μια ολοκληρωμένη γεωμετρική λύση (κατά τη γνώμη μου) στην αρχική σου άσκηση.

Συνημμένο:

06-06-2011 Μιγαδικοί.jpg [ 11.35 KiB | 696 προβολές ]


5 of 9 31/08/2011 10:23 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Απορία σε ελάχιστα και μέγιστα (λάθος λύση) ∆ημοσιεύτηκε: Τρί Ιουν 07, 2011 12:01 am

Γεωμετρικά, η εικόνα του κινείται στον κύκλο με κέντρο Ο και ακτίνα 1 και η απόσταση (όπου ) παίρνει τημέγιστη και ελάχιστη τιμή της όταν το ταυτίζεται με τα σημεία τομής της ευθείας που ορίζουν τα και ο κύκλος, δηλαδή τα

αντίστοιχα.

Πράγματι, έστω τυχαίο σημείο του κύκλου .Η διακεντρική ευθεία από το τέμνει τον κύκλο στα αντίστοιχα, ώστε εσωτερικό του .

Από τριγωνική ανισότητα στο είναι:

, οπότε το μήκος του είναι η ελάχιστη απόσταση τωνεικόνων του από το , δηλαδή το ελάχιστο του .

Αντίστοιχα για το έχουμε από την τριγωνική ανισότητα στο :

, οπότε το μήκος του είναι η μέγιστη απόσταση των εικόνωντου από το , δηλαδή το μέγιστο του .

Κορυφή





ΕκφώνησηΔίνονται οι μιγαδικοί z με .Να υπολογίσετε το ελάχιστο και το μέγιστο της παράστασης .ΛύσηΑπό τριγωνική ανισότητα:

άρα το μέγιστο της παράστασης είναι το 3. άρα το ελάχιστο της παράστασης είναι το 1.

Συμφωνείτε;

Για το θέμα αυτό βλέπε και εδώ σελ. 10 και 11.


6 of 9 31/08/2011 10:23 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Απορία σε ελάχιστα και μέγιστα (λάθος λύση) ∆ημοσιεύτηκε: Τρί Ιουν 07, 2011 4:08 am

Θέμα δημοσίευσης: Re: Απορία σε ελάχιστα και μέγιστα (λάθος λύση) ∆ημοσιεύτηκε: Τρί Ιουν 07, 2011 4:58 pm


Κορυφή

parmenides51


Υπεραναλυτική λύση από τον Γιώργο Ρίζο. Σχετικά με την επαλήθευση της τριγωνικής ανισότητας υπάρχει (πλήν της Πυθίας) και η εναλλακτική του εργάτη (θέτω z=x+yi) καιμε πράξεις αποδεικνύουμε ότι σε κάθε μέλος της ισότητας της τριγωνικής, προκύπτει τριώνυμο με Δ>0 όπως για παράδειγμα εδώ.Κι άλλο ένα παράδειγμα (πλην του ωραίου που έδωσε ο Βασίλης) που η εφαρμογή της τριγωνικής ανισότητας (χωρίς επαλήθευση)αποτυγχάνει για τα ακρότατα είναι με δυο τεμνόμενους κύκλους πχ εδώ.

Ας επισημάνω ότι είναι συνηθισμένη παρανόηση και όχι μόνο από μαθητές.


Κορυφή

alexandropoulos

Εγγραφή: Παρ Απρ 03, 20098:30 pm∆ημοσιεύσεις: 23Τοποθεσία: ΠΙΚΕΡΜΙ

Νομίζω ότι η γεωμετρική προσέγγιση είναι η καλύτερη όταν έχουμε να αντιμετωπίσουμε απόσταση σημείου από κύκλο.Δυστυχώς όμως καταφεύγουμε στην ''αλγεβρική'' λύση όταν μας ενδιαφέρει η μέγιστη ελάχιστη απόσταση σημείου από κάποια άλληκωνική.

_________________ΒΟΥΝΑ ΓΙΑ ΛΙΓΟΥΣ

ΔΑΣΚΑΛΟΙ ΤΟΥ ΣΗΜΕΡΑ:" ΠΟΥ ΤΟ ΞΕΡΕΙΣ ΕΣΥ ΠΑΙΔΙ ΜΟΥ;;;"


7 of 9 31/08/2011 10:23 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Απομεμακρυσμένα σημεία ∆ημοσιεύτηκε: Κυρ Ιουν 12, 2011 1:25 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: Απομεμακρυσμένα σημεία ∆ημοσιεύτηκε: Κυρ Ιουν 12, 2011 3:19 pm



Απομεμακρυσμένα σημεία




KARKAR

Εγγραφή: Τετ ∆εκ 08, 20107:18 pm∆ημοσιεύσεις: 1069

Το σημείο , είναι η εικόνα του μιγαδικού , ενώ για τον μιγαδικό ισχύει : .

1) Βρείτε το γεωμετρικό τόπο των εικόνων του .

2) Αν , είναι το σύνολο εκείνων από τους παραπάνω , για τους οποίους επιπλέον ισχύουν :

βρείτε ποιος , από τους ανήκοντες στο , βρίσκεται μακρύτερα του , και ποιος πλησιέστερα προς το .

Ντεφορμάρισμα : είναι Α(2,2)

Τελευταία επεξεργασία από KARKAR και Κυρ Ιουν 12, 2011 5:35 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά/ες συνολικά

Κορυφή

Γιώργος Απόκης

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Απομεμακρυσμένα σημεία http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=16511

1 of 6 31/08/2011 10:24 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Απομεμακρυσμένα σημεία ∆ημοσιεύτηκε: Κυρ Ιουν 12, 2011 10:14 pm

Εγγραφή: ∆ευτ Μάιος 16,2011 7:56 pm∆ημοσιεύσεις: 540Τοποθεσία: Πάτρα

Μια απόπειρα για το 1)

Έστω και . Τότε, η δοσμένη σχέση γίνεται:

. Mετά από πράξεις...

(1)

Για να παριστάνει κύκλο η (1), πρέπει και αρκεί

. Aυτό σημαίνει ότι το Α υποχρεωτικά ανήκει στο εσωτερικό

κύκλου με κέντρο Λ(-2,-1) και ακτίνα .

Mε την προϋπόθεση αυτή, ο γ.τ. των εικόνων του z είναι ο κύκλος με κέντρο

και ακτίνα

_________________Γιώργος

Κορυφή


George73 έγραψε:

Μια απόπειρα για το 1)

Έστω και . Τότε, η δοσμένη σχέση γίνεται:


2 of 6 31/08/2011 10:24 πμ


. Mετά από πράξεις...

(1)

Για να παριστάνει κύκλο η (1), πρέπει και αρκεί

. Aυτό σημαίνει ότι το Α υποχρεωτικά ανήκει στο εσωτερικό

κύκλου με κέντρο Λ(-2,-1) και ακτίνα .

Mε την προϋπόθεση αυτή, ο γ.τ. των εικόνων του z είναι ο κύκλος με κέντρο

και ακτίνα

Για το 1)Mε την νέα πληροφορία ότι το Α είναι το (2,2) έχουμε (με βάση τα προηγούμενα):

(1) η οποία παριστάνει κύκλο αφού

με κέντρο και ακτίνα

Για το 2)Το σύνολο S είναι τα σημεία του τόξου .

To πιο "μακρινό" σημείο είναι το Τ (σχήμα). Για το Τ:

Έχω ότι .

Λύνοντας το σύστημα της ΑΚ με τον κύκλο, έχω (αποδεκτή λύση) την


3 of 6 31/08/2011 10:24 πμ

Το πιο "κοντινό" σημείο είναι (από τα Μ και Ν) εκείνο που έχει ελάχιστη απόσταση από το Α.

Εύκολα έχουμε ότι: και . Άρα

και .

Tελικά, ο πιο κοντινός μιγαδικός είναι ο και ο πιο μακρινός ο

Συνημμένα:

a2-2.jpg [ 27.93 KiB | 255 προβολές ]


4 of 6 31/08/2011 10:24 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Απομεμακρυσμένα σημεία ∆ημοσιεύτηκε: Τρί Ιουν 14, 2011 6:26 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: Απομεμακρυσμένα σημεία ∆ημοσιεύτηκε: Τρί Ιουν 14, 2011 6:40 pm

_________________Γιώργος

Κορυφή



Για την απλοποίηση των πράξεων μπορούμε να κάνουμε και το παρακάτω.Έστω Β(-2,-1) και Κ(1/2,0) το μέσο του ΑΒ.Από πρώτο θεώρημα διαμέσων προκύπτει:

Ο γ.τ είναι ο κύκλος κέντρου Κ και ακτίνας

Φιλικά ΧρήστοςEκανα τις διορθώσεις μετά τις παρεμβάσεις Γιώργου και Carcar


Τελευταία επεξεργασία από Χρήστος Λαζαρίδης και Τρί Ιουν 14, 2011 6:55 pm, έχει επεξεργασθεί 4 φορά/ες συνολικά

Κορυφή



Χρήστος Λαζαρίδης έγραψε:

Για την απλοποίηση των πράξεων μπορούμε να κάνουμε και το παρακάτω.Έστω Β(-2,1) και Κ(1/2,0) το μέσο του ΑΒ.Από πρώτο θεώρημα διαμέσων προκύπτει:

Ο γ.τ είναι ο κύκλος κέντρου Κ και ακτίνας


5 of 6 31/08/2011 10:24 πμ



Φίλε Χρήστο, πολύ όμορφη λύση για το 1) απλώς είναι , και , άρα φτάνουμε στο

_________________Γιώργος

Κορυφή












6 of 6 31/08/2011 10:24 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Ανισότητα ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Ιουν 27, 2011 11:44 am



Ανισότητα




mathxl



Μία άσκηση από την αναεμόνενη επανέκδοση του βιβλίου γ κατεύθυνσης Γ.Μαυρίδη

Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓΔ, όπου Α,Β,Γ,Δ οι αντίστοιχες εικόνες των μιγαδικών αριθμών .Αν ισχύουν οι σχέσεις

να αποδείξετε ότι


Κορυφή

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Ανισότητα http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=16932

1 of 4 31/08/2011 10:25 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Ανισότητα ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Ιουν 27, 2011 12:50 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: Ανισότητα ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Ιουν 27, 2011 3:31 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: Ανισότητα ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Ιούλ 11, 2011 10:14 pm

chris


Οι εικόνες των μιγαδικών βρίσκονται σε κύκλο κέντου και ακτίνας οπότε το αριστερό μέλος αυτής που θέλουμε να

δείξουμε είναι η περίμετρος του τετραπλεύρου που θα είναι μικρότερη απο την περίμετρο του παραπάνω κύκλου προφανώς άρα:


Κορυφή

mathxl



Χρήστο αυτή είναι η ιδέα

Ένα δικό μου υποερώτημα, ελπίζω να μην έχω κανένα κατασκευαστικό ατόπημα, χεχε.Για την ίδια άσκηση, να δείξετε ότι


Κορυφή

mathxl


Επαναφορά

_________________1)Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!2)Αν κάποιος στην προσπάθεια να πιάσει κάποια γνώση τελικά "συλλάβει" κάποια άγνοια τότε θα εκφέρει ψευδή κρίση


2 of 4 31/08/2011 10:25 πμ




3)Nick Kapa feat. Eva - Summer in love

Κορυφή

Eukleidis

Εγγραφή: Τετ Ιούλ 01, 20099:55 pm∆ημοσιεύσεις: 447Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη _________________

Γιώργος

Κορυφή

mathxl



Χεχε ...θυμάμαι να ελέγχω την τριγωνική για να μην βγαίνει εύκολα...φαίνεται ότι ξέχασα να διαιρέσω με το 2...

Πάμε τότε στην ουσία του υποερωτήματος. Ερμηνεύστε γεωμετρικά το συμπέρασμα!


Κορυφή


3 of 4 31/08/2011 10:25 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Ελάχιστη τιμή παράστασης ∆ημοσιεύτηκε: Τετ Ιούλ 06, 2011 12:07 am

Θέμα δημοσίευσης: Re: Ελάχιστη τιμή παράστασης ∆ημοσιεύτηκε: Τετ Ιούλ 06, 2011 12:20 am



Ελάχιστη τιμή παράστασης




diomides


Βρηκα μια ωραια ασκησουλα και την μοιραζομαι μαζι σας(Δεν ξερω αν εχει ξανα μπει).

Αν να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης .

Κορυφή

s.kap


Εγγραφή: Τρί ∆εκ 08, 20097:11 pm∆ημοσιεύσεις: 1368


Βρηκα μια ωραια ασκησουλα και την μοιραζομαι μαζι σας(Δεν ξερω αν εχει ξανα μπει).

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Ελάχιστη τιμή παράστασης http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=17169

1 of 4 31/08/2011 10:26 πμ



Τοποθεσία: ΙωάννιναΑν να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης .

Πρέπει να έχει συζητηθεί, αλλά τρέχα γύρευε που

Αν θεωρήσουμε τα σημεία , τότε η παράσταση είναι η , όπου είναι η

εικόνα στο μιγαδικό επίπεδο του αριθμού .

Η παραπάνω παράσταση γίνεται ελάχιστη όταν το βρεθεί στο κέντρο , του

τετραγώνου , άρα


Κορυφή

parmenides51


Μια παρόμοια αλλά από την ύλη της Β κατεύθυνσης εδώ.

edit: Να και μια από την Γ' εδώ


Κορυφή

mathxl


και μία εδώ viewtopic.php?f=51&t=16110&p=84120#p84120


2 of 4 31/08/2011 10:26 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Ελάχιστη τιμή παράστασης ∆ημοσιεύτηκε: Τετ Ιούλ 06, 2011 7:06 pm




Κορυφή

diomides


Πολυ πραγμα!

Κορυφή




Μέλη σε αυτή την ∆. Συζήτηση : xgastone και 1 επισκέπτης






3 of 4 31/08/2011 10:26 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Mιγαδικοί με γεωμετρικές...προεκτάσεις ∆ημοσιεύτηκε: Παρ Ιούλ 08, 2011 12:19 am

Θέμα δημοσίευσης: Re: Mιγαδικοί με γεωμετρικές...προεκτάσεις ∆ημοσιεύτηκε: Παρ Ιούλ 08, 2011 12:47 am



Mιγαδικοί με γεωμετρικές...προεκτάσεις




chris_gatos



Να βρείτε στο μιγαδικό επίπεδο τις εικόνες των μιγαδικών που επαληθεύουν την παρακάτω εξίσωση:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ


Κορυφή

KAKABASBASILEIOS

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Mιγαδικοί με γεωμετρικές...προεκτάσεις http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=17230

1 of 3 31/08/2011 10:26 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Mιγαδικοί με γεωμετρικές...προεκτάσεις ∆ημοσιεύτηκε: Παρ Ιούλ 08, 2011 1:00 am

Εγγραφή: Κυρ Φεβ 01, 20092:46 pm∆ημοσιεύσεις: 171

...μία γεωμετρική προσεγγιση....

Αν Μ είκόνα του z και Α(3,2),Β(-1,3) σχέση γίνεται και από 1ο θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο ΜΑΒ μέσο του ΑΒ το έχουμε

και αφού θα έχουμε τελικά

που σημαίνει ότι η εικόνα του z είναι σε κύκλο κέντρου K και ακτίνας 1

Φιλικά και ΜαθηματικάΒασίλης

_________________f ανοιγοντας τους δρομους της Μαθηματικης σκεψης, f' παραγωγος επιτυχιας

Κορυφή

mathxl



Χρησιμοποιώντας την τελευταία άσκηση της α ομάδας (παράγραφος με τα μέτρα) που γεωμετρική ερμηνεία έχει και το 1ο θεώρημαδιαμέσων, λαμβάνουμε

που είναι ίδιο αποτέλεσμα με αυτό του Βασίλη


mathematica.gr • Προβολή θέματος - Mιγαδικοί με γεωμετρικές...προεκτάσεις http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=17230

2 of 3 31/08/2011 10:26 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Ανισότητα μέτρου μιγαδικού ∆ημοσιεύτηκε: Σάβ Ιούλ 23, 2011 8:03 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: Ανισότητα μέτρου μιγαδικού ∆ημοσιεύτηκε: Κυρ Ιούλ 24, 2011 2:42 pm



Ανισότητα μέτρου μιγαδικού




achilleas


Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 20093:32 pm∆ημοσιεύσεις: 1295

Έστω πραγματικός αριθμός και έστω μιγαδικός αριθμός τέτοιος ώστε και .

Δείξτε ότι .

Φιλικά,

Αχιλλέας

Κορυφή

KDORTSI


Εγγραφή: Τετ Μαρ 11, 2009

Λύση από Νίκο Ζανταρίδη(nikoszan)

Είναι:

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Ανισότητα μέτρου μιγαδικού http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=17624

1 of 5 31/08/2011 10:27 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Ανισότητα μέτρου μιγαδικού ∆ημοσιεύτηκε: Κυρ Ιούλ 24, 2011 10:22 pm

10:26 pm∆ημοσιεύσεις: 535

Είναι:

Κορυφή

rek2



Ας το δούμε και αλλιώς:

Αν τότε και

(1)

και ομοίως

(2)

Αν, τώρα, είναι από την (1) η απόδειξη έγινε.

Αν

απότην (2):

κ.λπ.

Κορυφή


2 of 5 31/08/2011 10:27 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Ανισότητα μέτρου μιγαδικού ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Ιούλ 25, 2011 1:23 am

Θέμα δημοσίευσης: Re: Ανισότητα μέτρου μιγαδικού ∆ημοσιεύτηκε: Πέμ Ιούλ 28, 2011 2:10 am

Θέμα δημοσίευσης: Re: Ανισότητα μέτρου μιγαδικού ∆ημοσιεύτηκε: Πέμ Ιούλ 28, 2011 9:55 am

Μπουμπουλής Κώστας

Εγγραφή: Τρί Απρ 26, 20111:58 am∆ημοσιεύσεις: 23

Κι αλλιώτικα...Αν τότε με άρα

. Τα μέλη είναι θετικά άρα (1)

Από την με ύψωση στο τετράγωνο και μετά τις πράξεις παίρνουμε

(2)

Προφανώς και (3)

Από (2) , (3) : (4)

Με πρόσθεση κατά μέλη των (1) και (4) παίρνουμε:

Κορυφή

parmenides51


Με ενδιάμεσο ερώτημα κι εδώ.


Κορυφή

achilleas


Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 20093:32 pm∆ημοσιεύσεις: 1295


Με ενδιάμεσο ερώτημα κι εδώ.

Την άσκηση τη βρήκα σε ένα βιβλιαράκι με διαγωνισμούς στη Ρουμανία.

Προτάθηκε το 1998 από τον Dinu Serbanescu στην Εθνική Ολυμπιάδα της Ρουμανίας για την τάξη X (1η λυκείου;)


3 of 5 31/08/2011 10:27 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Ανισότητα μέτρου μιγαδικού ∆ημοσιεύτηκε: Πέμ Ιούλ 28, 2011 4:37 pm


Η λύση στο βιβλιαράκι είναι παρόμοια- λίγο πιο αναλυτική- με αυτή του Ανδρέα Βαρβεράκη στο παραπάνω link.

Μετά την παραπομπή του Ανδρέα (στο παραπάνω link) σε διαγωνισμό του Ευκλείδη του 2003, ας αναφέρουμε ότι μια άλλη λύσηυπάρχει στο βιβλίο διαγωνισμών 1997-2007 της ΕΜΕ στη σελίδα 196.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Κορυφή

R BORIS



γεωμετρική λύση στο συνημμένο

Συνημμένα:

Νέο Έγγραφο του Microsoft Word.doc [48.5 KiB]Έχει μεταφορτωθεί 27 φορές

Κορυφή








4 of 5 31/08/2011 10:27 πμ


Ευρετήριο ∆. Συζήτησης » Ο Φάκελος του Καθηγητή » Γεωμετρία Όλοι οι χρόνοι είναι UTC + 2 ώρες [ DST ]

Επιμελητής: gbaloglou

Θέμα δημοσίευσης: Μιγαδικοί+Γεωμετρια ∆ημοσιεύτηκε: Σάβ Μαρ 21, 2009 6:10 pm

Θέμα δημοσίευσης: Re: Μιγαδικοί+Γεωμετρια ∆ημοσιεύτηκε: Κυρ Μαρ 22, 2009 2:01 am



Μιγαδικοί+Γεωμετρια




R BORIS



Πολλές φορές η λύση άσκησης Ευκλείδειας επιτυγχάνεται ευκολότερα με την χρήση μιγαδικώνΈνα τυπολόγιο που έχω αξίζει νομίζω να το έχουν και άλλοι φίλοι που δεν το έχουν για να βλέπουμε ποικιλία λύσεωντο δίνω στο συνημμένο

Συνημμένο:

New Microsoft Word Document.doc [97.5 KiB]Έχει μεταφορτωθεί 412 φορές

Κορυφή

Mihalis_Lambrou

Γενικός ΣυντονιστήςR BORIS έγραψε:

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Μιγαδικοί+Γεωμετρια http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=62&t=804

1 of 7 31/08/2011 10:28 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Μιγαδικοί+Γεωμετρια ∆ημοσιεύτηκε: Κυρ Μαρ 22, 2009 10:25 pm


Ένα τυπολόγιο που έχω αξίζει νομίζω να το έχουν και άλλοι φίλοι που δεν το έχουν για να βλέπουμε ποικιλία λύσεωντο δίνω στο συνημμένο

Συνημμένο:

New Microsoft Word Document.doc

Ροδόλφε, ευχαριστούμε θερμά. Το τυπολόγιο είναι ΚΑΤΑΠΛΗΚΤΙΚΟ.

Ας προσθέσω άλλον ένα (απλό αλλά) χρήσιμο τύπο: Αν τότε οι a, b, c είναι κορυφές ισοπλεύρου τριγώνου.

Καληνύχτα,


Κορυφή




Δεν ξέρω αν ο Ροδόλφος έδωσε το τυπολόγιο (και) ως πρόκληση για την απόδειξη των σχέσεων. Θερμές ευχαριστίες του οφείλουμεούτως ή άλλως...

Εκλαμβάνοντάς το ως πρόκληση, δίνω μία γεωμετρική απόδειξη για το 1ο.Να σημειώσω ότι αναζητώντας τις γεωμετρικές ιδιότητες των μιγαδικών, έχουμε σημαντικό εργαλείο τη τριγωνομετρική μορφή τωνμιγαδικών.Δεν θεωρώ ως απαγορευτικό εμπόδιο τον εξοβελισμό τους από την εξεταστέα ύλη!Δεν θεωρώ σωστό να σερνόμαστε και να φοράμε παρωπίδες έχοντας στο οπτικό μας πεδίο μόνο την "εξεταστέα ύλη" τωνπανελληνίων.Δέχομαι, απ'την ἀλλη, ότι πρέπει να προσέχουμε στην επιλογή των θεμάτων που θα διδάξουμε, αλλά σε κάποιους μαθητές πρέπεικαι αξίζει να δίνουμε και κάτι παραπάνω...

1. AB//CD

Τα μικρά γράμματα είναι οι μιγαδικοί που έχουν για εικόνα το αντίστοιχο κεφαλαίο πχ Α(α)


2 of 7 31/08/2011 10:28 πμ

ΑΠΟΔΕΙΞΗ:

Συνημμένο:

Radovanovic 01.png [ 34.37 KiB | 1048 προβολές ]

Στο σχήμα βλέπουμε ότι το Μ είναι εικόνα του α - β και το Ν του γ - δ.ο έχει εικόνα το Α΄συμμετρικό του Α ως προς τον άξονα των x. (Το αυτό εφαρμόζουμε για τους β, γ, δ).Αν ο α - β έχει τριγ. μορφή α - β = ρ(συνθ + iημθ) , τότε ο

έχει τριγ. μορφή = ρ[συν(2π-θ) + iημ(2π-θ)], άρα = συν2θ + iημ2θ.

Ομοίως, Αν ο γ - δ έχει τριγ. μορφή γ - δ = r(συνφ + iημφ) , τότε ο

έχει τριγ. μορφή = r[συν(2π-φ) + iημ(2π-φ)], άρα = συν2φ +iημ2φ

Από την ισότητα προκύπτει ότι συν2θ = συν2φ και ημ2θ = ημ2φ


3 of 7 31/08/2011 10:28 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Μιγαδικοί+Γεωμετρια ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Μαρ 23, 2009 12:13 am

Θέμα δημοσίευσης: Re: Μιγαδικοί+Γεωμετρια ∆ημοσιεύτηκε: Τρί Μαρ 24, 2009 12:10 am

άρα 2θ = 2κπ +2φ οπότε θ = κπ +φ, με κ = 0 ή 1, οπότε είναι θ = φ ή θ = π +φ άρα τα διανύσματα ΟΜ και ΟΝ είναι ομόρροπα ήαντίρροπα, άρα ΑΒ // ΓΔ


ΠΡΟΣΘΗΚΗ: Στην εκφώνηση έθεσα όπου αν το ισοδύναμο, γιατί προκύπτει εύκολα ότι αν ΑΒ // ΓΔ, τότε ΟΜ // ΟΝ κ.λπ.

Τελευταία επεξεργασία από Γιώργος Ρίζος και Τρί Μαρ 24, 2009 12:12 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά/ες συνολικά

Κορυφή

gbaloglou



Αν θελετε να μπλεξουμε και αλλους τομεις περαν των μιγαδικων και της γεωμετριας, δειτε εδω.

Γνωστο και ως "Θεωρημα του Marden"*, αυτο στο οποιο αναφερομαι φαινεται πως εχει ηλικια 145 ετων και οφειλεται στον JörgSiebeck: αν Α, Β, Γ αντιστοιχουν στις 3 ριζες ενος μιγαδικου πολυωνυμου τριτου βαθμου φ(ζ), τοτε οι ριζες της παραγωγου φ'(ζ)ειναι οι εστιες εκεινης της ελλειψης που ειναι εγγεγραμμενη στο ΑΒΓ και εφαπτεται των τριων πλευρων στα μεσα τους.

*Dan Kalman, "An Elementary Proof of Marden's Theorem", American Mathematical Monthly, April 2008, 330-338

Κορυφή




Σε συνέχεια της πρώτης απόδειξης, δίνω αντίστοιχες για τη 2η και την 3η.

(Συμπλήρωσα στην εκφώνηση της 1ης AB//CD αν αντί για αν το ισοδύναμο, εφόσον προκύπτει εύκολα το αντίστροφο.

2. Α,Β,C συνευθειακά

Τα μικρά γράμματα είναι οι μιγαδικοί που έχουν για εικόνα το αντίστοιχο κεφαλαίο πχ Α(α)

Συνημμένο:


4 of 7 31/08/2011 10:28 πμ


ΑΠΟΔΕΙΞΗ:

Στο (1) αποδείξαμε ότι AB//CD αν

Θέτοντας όπου d το a, έχουμε ότι ΑΒ // ΑC, οπότε Α, Β, C συνευθειακά.

3.

ΑΠΟΔΕΙΞΗ:

Συνημμένο:


5 of 7 31/08/2011 10:28 πμ


Όπως στην (1η) απόδειξη, έχουμε: Το Μ είναι εικόνα του α - β και το Ν του γ - δ.ο έχει εικόνα το Α΄συμμετρικό του Α ως προς τον άξονα των x (και ομοίως για τους β, γ, δ).Αν ο α - β έχει τριγ. μορφή α - β = ρ(συνθ + iημθ) , τότε ο

έχει τριγ. μορφή = ρ[συν(2π-θ) + iημ(2π-θ)], άρα = συν2θ + iημ2θ.

Ομοίως, αν ο γ - δ έχει τριγ. μορφή γ - δ = r(συνφ + iημφ) , τότε ο

έχει τριγ. μορφή = r[συν(2π-φ) + iημ(2π-φ)], άρα = συν(π+2φ) +iημ(π+2φ)

Από την ισότητα προκύπτει ότι

συν2θ = συν(π+2φ) και ημ2θ = ημ(π+2φ), άρα 2θ = 2κπ + π +2φοπότε θ = κπ + π/2 + φ, με κ = 0 ή 1,οπότε είναι θ = π/2 φ ή θ = 3π/2 +φ άρα τα διανύσματα ΟΜ και ΟΝ είναι κάθετα, άρα ΑΒ κάθετο ΓΔ.


6 of 7 31/08/2011 10:28 πμ

Ευρετήριο ∆. Συζήτησης » Ο Φάκελος του Καθηγητή » Γεωμετρία Όλοι οι χρόνοι είναι UTC + 2 ώρες [ DST ]


ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Δεν ξέρω αν ενοχλεί η "μεταγλώττιση" των λατινικών συμβόλων σε ελληνικά, που τα προτιμώ. Φαντάζομαι οι καλοίχρήστες του LaTex γράφουν λατινικά μονό και μόνο γιατί εξυπηρετεί...

Κορυφή








Αναζήτηση για: Μετάβαση Μετάβαση σε: Γεωμετρία Μετάβαση




7 of 7 31/08/2011 10:28 πμ




Θέμα δημοσίευσης: Γεωμετρικές ερμηνείες μιγαδικών (αλλαγή θέματος) ∆ημοσιεύτηκε: ∆ευτ Ιούλ 04, 2011 9:28 pm



Γεωμετρικές ερμηνείες μιγαδικών (αλλαγή θέματος)




parmenides51


Για τις εικόνες Α,Β,Γ τριών διαφορετικών (ανά δυο) μιγαδικών αντίστοιχα, να εκφράσετε χωρίς μέτρα (εαν γίνεται) τιςπαρακάτω γεωμετρικές σχέσεις:(i) τα σημεία Α,Β,Γ είναι συνευθειακά(ii) τα σημεία Α,Β,Γ δεν είναι συνευθειακά / ορίζουν τρίγωνο / είναι ομοκυκλικά(iii) τα σημεία Α,Β,Γ σχηματίζουν ισόπλευρο τρίγωνο(iv) τα σημεία Α,Β,Γ σχηματίζουν ορθογώνιο τρίγωνο με ορθή την Α(v) τα σημεία Α,Β,Γ σχηματίζουν ισοσκελές τρίγωνο με κορυφή την Α(vi) τα σημεία Α,Β,Γ σχηματίζουν ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο με κορυφή την Α

Σχόλιο: Με μέτρα είναι συνηθισμένο το παραπάνω ερώτημα γι΄αυτό και το προτείνω χωρίς μέτρα. Δεν έχω απάντηση σε όλα.

edit1: Το αρχικά προταθέν θέμα άλλαξε γιατί παραήταν γενικό κι ανοιχτό (συμπεράσματα από μηδενικό άθροισμα 3 διαφορετικώνμιγαδικών)edit2: Διόρθωση διατύπωσης στο ερώτημα (iii)

_________________

mathematica.gr • Προβολή θέματος - Γεωμετρικές ερμηνείες μιγαδικών (αλλαγή θέματος) http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=51&t=17147

1 of 5 31/08/2011 10:29 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Γεωμετρικές ερμηνείες μιγαδικών (αλλαγή θέματος) ∆ημοσιεύτηκε: Παρ Ιούλ 22, 2011 4:37 pm

Μην προσπαθείς να εξηγήσεις ό,τι δεν έχεις καταλάβει.

Τελευταία επεξεργασία από parmenides51 και Σάβ Ιούλ 23, 2011 10:37 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά/ες συνολικά

Κορυφή



Καλησπέρα. Μια προσέγγιση

Έστω με εικόνες .

Θεωρούμε τα διανύσματα .

i) Tα συνευθειακά .

ii) Με την ίδια λογική:

iii) Το τρίγωνο είναι ισόπλευρο αν και μόνο αν

και αντικαθιστούμε τις συντεταγμένες...

iv) .

v) και συνεχίζουμε όπως στην iii)

vi) Συνδυασμός των iv) και v)

Συνημμένα:


2 of 5 31/08/2011 10:29 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Γεωμετρικές ερμηνείες μιγαδικών (αλλαγή θέματος) ∆ημοσιεύτηκε: Παρ Ιούλ 22, 2011 10:58 pm

z123.png [ 3.09 KiB | 302 προβολές ]

_________________Γιώργος

Κορυφή

Christos.N

Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 26,2009 3:28 pm

Σκαλίζοντας θυμάσαι...

Για δύο μιγαδικούς το σύνολο των σημείων που ανήκουν στην ευθεία που διέρχεται απο την εικόνα και είναι παράλληληστην διανυσματική ακτίνα του είναι:

i) άρα για να είναι συνευθειακά τα σημεία αρκεί να υπάρχει πραγματικός αριθμός ώστε:


3 of 5 31/08/2011 10:29 πμ

Θέμα δημοσίευσης: Re: Γεωμετρικές ερμηνείες μιγαδικών (αλλαγή θέματος) ∆ημοσιεύτηκε: Σάβ Ιούλ 23, 2011 10:34 pm


∆ημοσιεύσεις: 163Τοποθεσία: ΓρανίτσαΕυρυτανίας ii) για να μην είναι συνευθειακά θα πρέπει να μην υπάρχει τέτοιος αριθμός.

_________________Ντάβας Χρήστος

Κορυφή

parmenides51


Η αντιμετώπιση που είχα κατά νου ήταν χωρίς συντεταγμένες (σαν του Χρήστου στα 2 πρώτα) χρησιμοποιώντας την ερμηνεία τουπολλαπλασιασμού μιγαδικών ως εξής:(i) υπάρχει ώστε (ii) δεν υπάρχει ώστε (iii) ισχύει το (ii) και ότι (iv) ισχύει το (ii) και υπάρχει ώστε (v) ισχύει το (ii) και υπάρχει ώστε (vi) ισχύει το (ii) και ότι

ΥΓ. Ελπίζω να μην έχασα κάποιο πρόσημο.


Κορυφή






4 of 5 31/08/2011 10:29 πμ

ΑΚΡΟΤΑΤΑ ΚΑΙ ΦΡΑΓΜΑΤΑ ΣΤΑ ΜΕΤΡΑ

ΜΙΓΑΔΙΚΩΝ

1. Ε ι σ α γ ω γ ή

• Στο 3ο θέμα των μαθηματικών θετικής και τεχνολογικής κατεύθυνσης του

2006, δίνονταν τρεις μιγαδικοί z1, z2, z3 με 1 2 3 1z z z= = = και

και, μεταξύ άλλων, ζητούνταν να αποδειχθούν οι ανισότητες : 1 2 3 0z z z+ + =

21 2 4z z− ≤ και 1 2Re( ) 1.z z ≥ −

Ωστόσο, με τα δεδομένα του προβλήματος, μπορούσε να αποδειχθεί ότι

21 2 3z z− = ενώ 1 2

1Re( ) .2

z z = − (Δες σχετικά και στο τέλος του άρθρου).

Αυτό, φυσικά, δεν αναδεικνύει λανθασμένο το θέμα, αλλά εγείρει το ερώτημα

κατά πόσο είναι νόμιμο από τη μεριά της «μαθηματικής ηθικής» να ζητούμε

από μαθητές να αποδείξουν την ύπαρξη φράγματος σε μία σταθερή

ποσότητα: τον αριθμό 4 ως άνω φράγμα του 21 2z z− και τον αριθμό -1 ως

κάτω φράγμα του 1 2Re( )z z .

• Όταν είδα το θέμα, θυμήθηκα μία άσκηση (από τις «Γενικές» μάλιστα) του

χαριτωμένου και αλησμόνητου βιβλίου μαθηματικών τεχνολογικής

κατεύθυνσης Γ Λυκείου (Α΄ Έκδοση 1999). Στην άσκηση 5 της σελίδας 125

δίνονταν οι μιγαδικοί z1=3-i και z2=1+2i και ζητούνταν η μέγιστη και

ελάχιστη τιμή της παράστασης 1 2z z+ , δηλαδή η μεγαλύτερη και

μικρότερη τιμή που μπορεί να πάρει ο αριθμός :

(3 ) (1 2 ) 4 17i i i− + + = + = !!!

Πόσο μεγάλο μπορεί άραγε να γίνει το 17 ; Ας ευχηθούμε ότι το

τετράγωνό του θα περάσει στο πανεπιστήμιο με τέτοιες «Γενικές Ασκήσεις»!

(Παρεπιμπτόντως, στο υπέροχο αυτό βιβλίο, σε μερικές ασκήσεις –σε

μερικές άλλες, πάλι, όχι! - όταν λέγαμε «μιγαδικός» εννοούσαμε «μη

πραγματικός μιγαδικός». Ωραία έκπληξη!)

2. Φ ρ ά γ μ α – Α κ ρ ό τ α τ ο

• Έστω Α μία παράσταση που περιέχει μεταβλητές (τουλάχιστον μία) και η

αριθμητική της τιμή μεταβάλλεται. Ά ν ω φ ρ ά γ μ α της Α λέγεται κάθε

αριθμός α για τον οποίο ισχύει A a≤ , για οποιαδήποτε τιμή των μεταβλητών

της παράστασης Α. Είναι φανερό ότι, τότε, και κάθε αριθμός β με β>α , είναι

επίσης ένα άνω φράγμα της Α.

Για παράδειγμα, αν 3 4A x xημ συν= + , τότε το 7 είναι ένα άνω φράγμα της

Α, αφού: 3 4 3 1 4 1x x 7ημ συν+ ≤ ⋅ + ⋅ = . Αλλά φυσικά ισχύουν και

κλπ. 10, 500A A≤ ≤

Ανάλογα: κ ά τ ω φ ρ ά γ μ α της Α, είναι κάθε αριθμός κ, με A κ≥ . Αλλά

και οποιοσδήποτε αριθμός λ με λ<κ , είναι επίσης κάτω φράγμα της Α.

• Α κ ρ ό τ α τ α της Α είναι το μ έ γ ι σ τ ο και το ε λ ά χ ι σ τ ο της Α:

Μ έ γ ι σ τ η Τ ι μ ή της Α είναι ο αριθμός Μ, όταν είναι ο μεγαλύτερος

από τις δυνατές τιμές που παίρνει η παράσταση Α.

Ε λ ά χ ι σ τ η Τ ι μ ή της Α είναι ο αριθμός m, που είναι η ελάχιστη από

τις τιμές που μπορεί να λάβει η παράσταση.

• Έτσι, για την 3 4A x xημ συν= + , η οποία μετασχηματίζεται (Άλγεβρα Β

Λυκείου, σελίδα 46) στη μορφή 5 ( )A xημ φ= + , όπου 4 3,5 5

ημφ συνφ= = , η

μέγιστη τιμή είναι Μ=5 ενώ η ελάχιστη m=-5. Μπορούμε να δώσουμε και

μία διαφορετική απόδειξη, μέσω διανυσμάτων:

Αν θέσουμε και (3, 4)α = ( , )x xβ ημ συν= τότε είναι 5, 1α β= = και

α βΑ = ⋅ . Όμως ισχύει α β α β α β− ≤ ⋅ ≤ δηλαδή 5 5− ≤ Α ≤ , με τις

ακραίες τιμές να είναι πραγματοποιήσιμες όταν //α β .

• Δεν υποχρεούται κάθε παράσταση να εμφανίζει φράγματα ή ακρότατα. Για

παράδειγμα η 1 ,A x x 0x

= + ≠ δεν έχει ούτε φράγματα ούτε ακρότατα. Η

1 , 1B x xx

= + > έχει κάτω φράγμα κάθε αριθμό κ με 2κ ≤ αλλά δεν έχει

ακρότατο. Τέλος, η παράσταση 1 , 1x xx

Γ = + ≥ έχει κάτω φράγμα κάθε

αριθμό κ με 2κ ≤ και ελάχιστη τιμή το 2. (Είναι εύκολο να αποδείξουμε ότι

1 2,x xx

+ ≥ ∀ ∈ με την ισότητα να ισχύει για x=1). Πάντως, όταν μία

παράσταση έχει ελάχιστη τιμή, αυτή είναι το μέγιστο κάτω φράγμα της.

• Οι διαφορές μεταξύ άνω φράγματος και μέγιστης τιμής (όταν υπάρχουν)

είναι:

1. Η μέγιστη τιμή είναι μοναδική ενώ τα άνω φράγματα άπειρα σε πλήθος.

Δεν θα ήταν παράλογο να ζητηθεί στο 3ο θέμα του 2006 ότι π.χ. 2

1 2 2006z z− ≤ !!

2. Η μέγιστη τιμή είναι αριθμός που λαμβάνει η παράσταση για

προσδιορίσιμες τιμές των μεταβλητών που περιέχει.

• Ανάλογης ποιότητας διαφορές μπορούμε να εντοπίσουμε και μεταξύ των

ακόλουθων μαθηματικών εννοιών:

1. Μεταξύ συνόλου αφίξεως Β συνάρτησης :f A B→ και συνόλου τιμών

f(Α): Το Β είναι υπερσύνολο του f(Α), περιέχει όλες τις τιμές f(x) των

στοιχείων x του Α, αλλά ενδεχομένως και αριθμούς που δεν είναι τιμές

της συνάρτησης. Για παράδειγμα, αν με : [ 1,1f → − 0] ( )f x xημ=

τότε Β=[-1,10] ενώ προφανώς f(A)=[-1,1].

2. Μεταξύ της περιβάλλουσας γραμμής και του γεωμετρικού τόπου

μεταβλητού σημείου Μ. Η περιβάλλουσα είναι «η γραμμή στην οποία

κινείται το Μ», άσχετα με το αν τελικά το Μ δεν μπορεί να βρεθεί σε όλες

τις θέσεις της. Για παράδειγμα, αν θεωρήσουμε μεταβλητό σημείο

Μ(ημθ, συνθ) με [0, ]2πθ ∈ τότε 2 2 1M Mx y+ = , άρα το Μ κινείται στο

μοναδιαίο κύκλο (Ο,1). Αφού όμως [0, ]2πθ ∈ , συμπεραίνουμε ότι

. Έτσι ο ,M Mx y ≥ 0 γεωμετρικός τόπος του Μ είναι το τεταρτοκύκλιο του

παραπάνω κύκλου που βρίσκεται στο πρώτο τεταρτημόριο.

• Ο προσδιορισμός Ακροτάτων Παράστασης, Συνόλου Τιμών, Γεωμετρικού

Τόπου είναι σαφώς δυσχερέστερος από τον υπολογισμό φραγμάτων ή

περιβάλλουσας, εφόσον απαιτεί έλεγχο των αποτελεσμάτων ως προς τη

δυνατότητα πραγματοποίησής τους.

3. Ασκήσεις με Ακρότατα Μέτρου Μιγαδικών

Στη συνέχεια θα δούμε μερικές ασκήσεις, στις οποίες ο βιαστικός εντοπισμός

«ακροτάτων» αποδεικνύεται παραπλανητικός. Σε κάθε περίπτωση ακολουθεί η

αποκατάσταση της αλήθειας.

ΑΣΚΗΣΗ 1

Δίνονται οι μιγαδικοί z, w με w=z+3+4i και 17 1 122 2

z z+ = − − i .

Α. Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο της εικόνας Κ(z).

Β. Να βρείτε το ελάχιστο δυνατό μέτρο του w.

ΛΥΣΗ

Α. Το Κ(z) βρίσκεται στη μεσοκάθετο του ΑΒ όπου Α(-17/2,0) και Β(1/2,12), η

οποία είναι ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος. Αν θέσουμε z x yi= + , βρίσκουμε την

εξίσωση 3x+4y=12, η οποία είναι της μεσοκαθέτου (ε) του ΑΒ.

Β. Με , είναι . Έτσι : z x yi= + ( 3) ( 4)w x y= + + + i

2 2 2 2( 3) ( 4) 6 8 25w x y x y x y= + + + = + + + + και αφού 6 8 2(3 4 ) 24x y x y+ = + = :

2 2 49 49 7w x y= + + ≥ = δηλαδή 7w ≥ . Έτσι min

7.w =

ΣΧΟΛΙΟ : Σύμφωνα με τον τρόπο λύσης στο (Β), το ελάχιστο μέτρο του w

επιτυγχάνεται όταν 2 2 0x y x y 0+ = ⇔ = = . Όμως η εικόνα του αριθμού 0 δεν

βρίσκεται στην 3x+4y=12!! Διαφορετικά: Ο μιγαδικός z=0+0i δεν έχει την

ιδιότητα 17 1 122 2

z z+ = − − i . Κατά συνέπεια, το 7 δεν είναι η ελάχιστη τιμή του

μέτρου του w, αλλά ένα κάτω φράγμα. Το λάθος διορθώνεται ως εξής: Είναι

(w KA= ) , όπου Κ(z) , Α(-3,-4). Έτσι,

έχουμε:min 2 2

3( 3) 4( 4) 12 37( , ) 753 4

w d A ε− + − −

= = =+

> . Με τον γεωμετρικό αυτόν

τρόπο, είναι δυνατό να προσδιορισθεί και ο μιγαδικός w με το ελάχιστο δυνατό

μέτρο.

ΑΣΚΗΣΗ 2

Α. Να λύσετε την εξίσωση: , όπου 2 26 5 4z zσυνθ συν θ− ⋅ + + 0= θ ∈ .

Β. Να βρείτε τη γραμμή στην οποία κινούνται οι εικόνες των ριζών z1, z2 της

παραπάνω εξίσωσης, για τις διάφορες τιμές του θ.

Γ. Να βρείτε τη μέγιστη δυνατή τιμή του μέτρου 1 2z z− για τις ρίζες αυτές.

ΛΥΣΗ

Α. Είναι Δ=(-6συνθ)2-4(5συν2θ+4)=16συν2θ-16=-(4ημθ)2 άρα

1,2 3 2z iσυνθ ημθ= ± ⋅ .

Β. Αν Μ1,2 οι εικόνες των z1,2 τότε x1,2=3συνθ ενώ y1,2=± 2ημθ. Έτσι:

1,2 1,2,3 2

x yσυνθ ημθ= = ± οπότε τα σημεία Μ1,2 βρίσκονται στην έλλειψη

με εξίσωση 2 2

19 4x y

+ = .

Γ. Είναι 1 2 1 2( )z z M M− = και η μέγιστη τιμή προκύπτει όταν το τμήμα Μ1Μ2 γίνει

ο μεγάλος άξονας της έλλειψης. Είναι α2=9 άρα α=3 και 2α=6. Έτσι:

1 2 max6z z− = .

ΣΧΟΛΙΑ:

• Οι μιγαδικοί z1, z2 είναι συζυγείς επομένως οι εικόνες τους είναι σημεία

συμμετρικά ως προς τον άξονα x΄x. Έτσι, η χορδή Μ1Μ2 της έλλειψης είναι

κάθετη στον x΄x άρα η μέγιστη τιμή της είναι ο μικρός άξονάς της , δηλαδή:

1 2 max2 2 2z z β− = = ⋅ = 4 .

• Στο ίδιο συμπέρασμα θα καταλήγαμε και ως εξής: Είναι

1 2 1 1 12 Im( ) 2 2 4z z z z z i ημθ ημθ− = − = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ άρα 1 2 max4z z− = , όταν

1ημθ = κλπ.

• Με το δεύτερο αυτόν τρόπο, μπορεί να απαντηθεί και η επόμενη παραλλαγή

της άσκησης: Να δοθεί ότι [0, ]4πθ ∈ αντί για .θ ∈ Σ΄ αυτή την περίπτωση

η μέγιστη τιμή του 1 2z z− αντιστοιχεί στη μέγιστη τιμή του ημθ με

[0, ]4πθ ∈ , δηλαδή στο 2

4 2πημ = . Θα βρίσκαμε 1 2 max

2 2z z− = .

• Αν θέλει κανείς να περιπλέξει ακόμη περισσότερο την κατάσταση, μπορεί να

δώσει διαφορετικό διάστημα για το θ, π.χ. το [7π/6, 4π/3].

ΑΣΚΗΣΗ 3

Δίνεται η εξίσωση 2 2 (5 4 )z zσυνθ ημθ 0− ⋅ + − = , όπου [0, ]θ π∈ .

Α. Να βρείτε τις ρίζες της z1,2 και τη γραμμή στην οποία κινούνται οι εικόνες τους.

Β. Να υπολογίσετε τη μέγιστη δυνατή τιμή του μέτρου 1 2z z− .

ΛΥΣΗ

Α. Είναι Δ=4συν2θ-20+16ημθ=4(1-ημ2θ)-20+16ημθ=-4(ημ2θ-4ημθ+4)=

=-[2(ημθ-2)]2 άρα 1,2 ( 2)z iσυνθ ημθ= ± − ⋅ . Αν Μ1(συνθ,ημθ-2) η εικόνα του

z1=συνθ+(ημθ-2)ι , τότε ισχύει xM2+(yM+2)2=1, οπότε το Μ1 κινείται στον

κύκλο με κέντρο το Κ(0,-2) και ακτίνα 1. Όμοια, η εικόνα Μ2(συνθ,2-ημθ)

βρίσκεται στον κύκλο με κέντρο Λ(0,2) και ακτίνα 1.

Β. Είναι 1 2 1 2( )z z M M− = . Με ένα πρόχειρο σχήμα καταλήγουμε στο συμπέρασμα

ότι το μέγιστου μήκους τμήμα Μ1Μ2 προκύπτει όταν το Μ1 βρεθεί στη θέση

(0,-3) ενώ το Μ2 στη θέση (0,3). Έτσι: 1 2 max6z z− = .

ΣΧΟΛΙΑ

• Είναι 1 2 1 1 12 Im( ) 2 2 4 2z z z z z ημθ ημθ− = − = = ⋅ − = − . Στο [0,π], η

ελάχιστη τιμή του ημθ είναι ημ0=ημπ=0 άρα 1 2 max4z z− = .Προκύπτει όταν

Μ1(1,-2), Μ2(1,2).

• Αν στο ερώτημα (Α) είχε ζητηθεί ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων, τότε τα

πράγματα θα ήταν ευκολότερα στο (Β)- αλλά δυσκολότερα στο (Α): ουδέν

καλόν αμιγές κακού! Αφού [0, ]θ π∈ , θα έχουμε [ 1,1]συνθ ∈ − ενώ

[0,1]ημθ ∈ άρα ( 2) [ 2, 1]ημθ − ∈ − − δηλαδή 2 2 1ημθ− ≤ − ≤ − και

1 2 2ημθ≤ − ≤ . Έτσι , για το Μ1(x,y) ισχύουν 1 1, 2x y 1− ≤ ≤ − ≤ ≤ − και για

το Μ2: . Τελικά, ο γεωμετρικός τόπος του Μ1 1,1x y− ≤ ≤ ≤ ≤ 2 1 είναι το

πάνω ημικύκλιο του πρώτου κύκλου ενώ του Μ2 το κάτω ημικύκλιο του

δεύτερου κύκλου.

ΑΣΚΗΣΗ 4

Έστω z=x+yi με x, y πραγματικούς και 2

22 1yx

ημ θ+ = , όπου (0, )

2πθ ∈ .

Α. Αποδείξτε ότι: 2 2 2 1z z 2συν θ ημ θ+ − = + .

Β. Αν η εικόνα του z2 βρίσκεται σε έλλειψη με εστίες την αρχή των αξόνων και το

σημείο Α(1/2,0) :

1. Να βρείτε την τιμή του (0, )2πθ ∈ .

2. Υπολογίστε το μιγαδικό z με 32

z = .

3. Ποια είναι η μέγιστη δυνατή τιμή του μέτρου του z;

ΛΥΣΗ

Α. Η εικόνα Μ(z) βρίσκεται στην έλλειψη με α2=1, β2=ημ2θ άρα γ2=α2-β2=συν2θ.

Έτσι γ=συνθ>0 αφού (0, )2πθ ∈ και οι εστίες είναι Ε΄(-συνθ,0) ,Ε(συνθ,0).

Θα ισχύει, λοιπόν: ( ') ( ) 2ME ME z zα συνθ συνθ+ = ⇔ + + − = 2 , οπότε

2 22( ) 4 2z z z z z zσυνθ συνθ συνθ συνθ συνθ συνθ+ + − = ⇔ + + + − + − 4=

και μετά τις πράξεις: 2 2 2 22 2 2z zσυν θ συν θ+ + − 4= από όπου τελικά έχουμε

το ζητούμενο.

Β. 1. Αφού 2 2 20 1z z 2συν θ ημ θ− + − = + , η εικόνα του z2 κινείται, για κάθε τιμή

του θ, σε έλλειψη με εστίες Ο(0,0) και (συν2θ,0). Συμπεραίνουμε ότι

συν2θ=1/2 άρα 32

συνθ = και τελικά θ=π/4.

2. Αφού ημ2θ=1/2, θα είναι: 2

2 21 212

yx x 2 1y+ = ⇔ + = . Ακόμη:

2 2 2 23( )2 4

z x= ⇔ + =3y . Από το σύστημα, βρίσκουμε: 2 1,

2 2x y= ± ±

οπότε 2 12 2

z i= ± ± .

3. Αντικαθιστώντας στη σχέση του (Α): 2 2 1 32 2

z z+ − = άρα :

2 23 12 2

z z= − − ≤32

. Έτσι: 2

max max

3 32 2

z z= ⇔ = =6

2.

ΣΧΟΛΙΑ

• Είναι και 2 22x y+ =1 2 2 2 2 2 2 22 1z x y x y y y= + = + − = − ≤1 άρα 2

max max1z z= ⇔ =1. Αυτό συμβαίνει όταν 0y = . Τότε 2 1 1x x= ⇔ = ± ,

δηλαδή όταν 1 0 1z i z= ± + ⇔ = ± .

• Η λανθασμένη τιμή max

62

z = , είναι απλώς ένα άνω φράγμα για το μέτρο

του z. Το λάθος στον υπολογισμό ήταν ότι θεωρήθηκε εφικτό να έχουμε

2 1 02 2

z z− = ⇔ =2 1 , που φυσικά αντιφάσκει με το 2 32

z = !

4. Η Αφορμή

• Από τα παραπάνω θα έγινε αντιληπτό ότι, για να βεβαιωθούμε αν ένας

αριθμός είναι ακρότατο κι όχι κάποιο φράγμα για την μεταβλητή παράσταση

που μας απασχολεί, ο ασφαλής τρόπος είναι να ελέγχουμε για ποιες τιμές

των-της μεταβλητής επιτυγχάνεται ο αριθμός αυτός.

• Αφορμή για το άρθρο αυτό, αποτέλεσε μία παραλλαγή άσκησης του

σχολικού βιβλίου (που βρήκα σε φροντιστηριακό) όπου, επιπλέον, ζητούνταν

η μέγιστη τιμή ενός μέτρου, χωρίς όμως να εξετάζεται αν αυτή μπορεί να

πραγματοποιηθεί. Στη συνέχεια, μεταφέρω την αρχική άσκηση (του

σχολικού βιβλίου), το ερώτημα για το μέγιστο μέτρο και ένα δικό μου, που

αφορά τη δυνατότητα επίτευξής του :

ΑΣΚΗΣΗ 5

Δίνονται οι μιγαδικοί z, w με 22

z iwiz

−=

+.

Α. Αποδείξτε ότι: αν η εικόνα του z ανήκει στον κύκλο κέντρου Ο(0,0) και ακτίνας

ρ=1, τότε το ίδιο ισχύει και για την εικόνα του μιγαδικού w.

Β. Να υπολογίσετε τη μέγιστη δυνατή τιμή του μέτρου z w− .

Γ. Για ποια τιμή του z προκύπτει η παραπάνω μέγιστη τιμή;

ΛΥΣΗ

Α. Θα δείξουμε ότι: αν 1z = τότε 1w = . Υπάρχουν διάφοροι τρόποι, για

παράδειγμα:

2 2 2 2 21

2 22 2 21

z i z i z i z i z iw

i i z z iiz izz z

− − − − −= = = = =

− + −+ + − += , αφού 1z

z= .

Β. Αν Μ(z), Κ(w) οι εικόνες των z, w τότε ( )z w MK− = . Τα Μ, Κ βρίσκονται σε

κύκλο ακτίνας ρ=1 οπότε η μέγιστη τιμή του (ΜΚ) προκύπτει όταν η χορδή

ΜΚ γίνει διάμετρος. Συμπεραίνουμε ότι: max

2z w− = .

Γ. Τα σημεία Μ, Κ είναι αντιδιαμετρικά όταν είναι συμμετρικά ως προς το κέντρο

Ο του κύκλου. Τούτο συμβαίνει όταν οι z, w είναι αντίθετοι, δηλαδή όταν:

220 0 ... 4 1 02

z iz w z z ziiz

−+ = ⇔ + = ⇔ ⇔ − − =

+. Έχουμε:

άρα 2( 4 ) 4( 1) 12 0iΔ = − − − = − < 1,24 12 (2 3)

2i iz i±

= = ± .

ΣΧΟΛΙΑ

• Παρατηρούμε ότι οι ρίζες δεν ικανοποιούν την 1z = , επομένως η μέγιστη

τιμή του μέτρου z w− δεν είναι 2. Το ερώτημα, λοιπόν, παραμένει: υπάρχει

μέγιστη τιμή για το μέτρο της διαφοράς z-w; Και για ποια τιμή του z

προκύπτει;

Η (καταραμένη…) αλγεβρική μορφή θα ξεδιαλύνει τα πράγματα: Θέτοντας

z=x+yi, βρίσκουμε ότι 3 5 45 4 5 4

x yw iy y

−= +

− −. Έτσι:

22 2 23 5 4( ) ( ) ... 4

5 4 5 4 4 5x y yz w x y

y y− −

− = − + − = =− −

1y −

, αφού 2 21x y= − .

Θεωρώντας τη συνάρτηση 2 1( ) , όπου y [-1,1]

4 5yf yy−

=−

∈ , βρίσκουμε ότι 2

2

2 5'( ) 2(4 5)y yf y

y− +

=−

2

2

, οπότε η f παρουσιάζει μέγιστο στο yo=1/2. Αφού

2 1x y= − , θα είναι 32

x = ± , επομένως 1,23 1

2 2z i= ± + . Για 3 1

2 2z i= + ,

βρίσκουμε 3 12 2

w i= − = z οπότε max

... 1z w− = = . Τελικά, υπάρχει μέγιστη

τιμή για το μέτρο, αλλά δε συμπίπτει με την «προφανή», ούτε προκύπτει για αντίθετους μιγαδικούς.

• Το Β ερώτημα της άσκησης, μπορεί να τροποποιηθεί ως εξής: «Αποδείξτε ότι 1z w− ≤ ». Και το Γ: «Αποδείξτε ότι η μέγιστη τιμή του z w− είναι το 1». Μία πιθανή αντιμετώπιση:

Β: Είναι 22 ...

2 2z i zz w z

iz z i−

− = − = =+

i+−

. Θέλουμε να δείξουμε ότι:

2 222 2 21 2 1 2 ( 1)( 1) ( 2 )(z z i z z i z z z i z i+ ≤ − ⇔ + ≤ − ⇔ + + ≤ − + 2 )2

ή: , που ισχύει. 2 2 22Re( ) 3 2 Im( ) 2( ) 3 4 ... (2 1) 0z i z i x y y y≤ + ⇔ − ≤ − ⇔ ⇔ − ≥

Γ: Η ισότητα επιτυγχάνεται για y=1/2, σύμφωνα με το Β. Η εύρεση των μιγαδικών z και w είναι πια απλή υπόθεση.

• Στο (Γ) ερώτημα χρησιμοποιήσαμε τύπο διακρίνουσας με μη πραγματικό

αριθμό. Τα αποτελέσματα είναι φυσικά έγκυρα, ωστόσο αυτή η περίπτωση

δεν περιλαμβάνεται στο σχολικό βιβλίο.

• Το πρόβλημα είναι γενικό: όταν δύο μεταβλητοί μιγαδικοί z, w

αλληλεξαρτώνται και γνωρίζουμε τις γραμμές κίνησης των εικόνων τους,

τότε δεν είναι σίγουρο ότι αυτό που «νομίζουμε» ως ακρότατη τιμή του

z w− μπορεί να επιτευχθεί. Κι αυτό γιατί, ενδέχεται οι «ιδανικές» θέσεις

των εικόνων τους να μην επιτυγχάνονται ταυτόχρονα, εφόσον η

οποιαδήποτε θέση της μίας εικόνας καθορίζει αυτόματα και τη θέση της

άλλης, μέσω της σταθερής σχέσης που συνδέει τους δύο μιγαδικούς.

• Αν, για παράδειγμα 1

z iwzi−

=+

και 1z = , εύκολα βρίσκουμε ότι και 1w = .

Θα περίμενε κανείς ότι η μέγιστη τιμή του μέτρου z w− είναι 2. Αλλά

αυτό συμβαίνει όταν:

2 20 0 ... 2 1 0 ( ) 01

z iz w z z zi z i z iiz−

+ = ⇔ + = ⇔ ⇔ − − = ⇔ − = ⇔ =+

, τιμή που

όμως απορρίπτεται αφού μηδενίζει τον παρονομαστή του w! Βέβαια, ο

παρατηρητικός λύτης ίσως πρόσεχε ότι: ( ) ( ) ( )( 1) (i z i i z i i z iwi iz z i z i)

− − −= = =

+ − + − −

δηλαδή ότι w i= − !!! Με άλλα λόγια, ο w είναι σταθερός μιγαδικός. Τώρα

είναι: ( )z w z i MA− = + = όπου Α(0,-1) ενώ το M(z) βρίσκεται στον

κύκλο (Ο,1). Το μήκος (ΜΑ) δε μεγιστοποιείται, αφού το Μ δε μπορεί να

βρεθεί στη θέση (1,0), εξαιτίας του ότι 1 0iz z i+ ≠ ⇔ ≠ .

5. Δ ι ε ρ ε ύ ν η σ η

• Θα εξετάσουμε τώρα τις συνθήκες κάτω από τις οποίες δύο συνδεόμενοι

μιγαδικοί z, wτου ίδιου μέτρου δε δίνουν μέγιστη τιμή στο μέτρο z w− .

• Ταυτόχρονα, στην πορεία της διερεύνησης, θα προκύψει κι ένας μηχανισμός

παραγωγής «σωστών» εκφωνήσεων, ο οποίος δίνει ανεξάντλητο πλήθος

ασκήσεων, παρόμοιας –δυστυχώς- μορφής.

• Έστω, λοιπόν, οι μιγαδικοί z, w με z iwizα

β γ+

=+

, όπου , ,α β γ ∈ και

0z c= > . Απαιτούμε και w c= , ώστε οι εικόνες των z, w να βρίσκονται στον

ίδιο κύκλο (Ο,c). Αυτό συμβαίνει όταν: 2( )( ) ( )(z i c iz z i z i c iz iz )α β γ α α β γ β γ+ = + ⇔ + − = + − + και, μετά τις

πράξεις: 2 2 4 2 2 2 2( ) (c z z i c c c z z iα α β γ βγ+ − − = + + − ) , για κάθε z με z c= .

Συμπεραίνουμε ότι: α=-c2βγ και c2+α2=c4β2+c2γ2 (1) . Λόγω της

πρώτης σχέσης: 2z cw

iziβγ

β γ−

=+

ενώ 2 4 2 2 4 2 2 2(1) c c c cβ γ β⇔ + = + γ , σχέση

που οδηγεί στην: (cβ)2=1 ή γ2=1.

• Με τις παραπάνω συνθήκες, η μέγιστη τιμή του μέτρου z w− είναι 2c , όσο

η διάμετρος του κύκλου στον οποίο βρίσκονται οι δύο εικόνες. Αυτό είναι

πραγματοποιήσιμο μόνον όταν : 2

0 0z c iz w ziz

βγβ γ−

+ = ⇔ + =+

, που οδηγεί

στην εξίσωση: (2). 2 2( 1)z zi cβ γ βγ− + − = 0

• Είναι, επομένως, δυνατό να μην προκύψει το αναμενόμενο μέγιστο μέτρο για

το z w− ; Ναι! Μόνον όταν η (2) έχει διπλή ρίζα την τιμή του z που

απαγορεύει την ύπαρξη του w, δηλαδή την iiγ γβ β

− = . Έστω, λοιπόν, ότι:

Δ=0 (3) και 2 2( ) ( 1) 0i i cγ γβ γ βγβ β

⋅ − + − = (4).

Η (3) οδηγεί στην (γ+1)2=4β2c2γ.

Η (4) στην γ(c2β2-1)=0 από όπου: γ=0 ή (cβ)2=1.

• Συνοπτικά: Μία άσκηση που ζητά προσδιορισμό μέγιστης τιμής για το

z w− είναι προβληματική, όταν ικανοποιείται το σύστημα συνθηκών:

(Σ1) : γ2=1 ή (cβ)2=1

(Σ2) : (γ+1)2=4β2c2γ

(Σ3) : γ=0 ή (cβ)2=1

• Διερευνούμε με βάση τις τελευταίες συνθήκες:

Αν γ=0 η (Σ2) δίνει 1=0. Έτσι, πρέπει (cβ)2=1 οπότε ικανοποιείται η

(Σ1) ενώ η (Σ2) δίνει (γ+1)2=4γ, άρα γ=1. Τελικά:

γ=1 και (cβ)2=1 , οπότε ο w γίνεται:

2 21

1 1 1 (

z i z iz c i z iw

iz iz iz iz 1)

ββ ββ β

β β β β β

− −− −

= = = =+ + + +

.

• Συμπέρασμα: Αν z c= και (

z iwiz 1)

ββ β

−=

+ όπου 0β ≠ , τότε w c=

αλλά το μέτρο z w− δεν έχει μέγιστη τιμή το 2c. Ωστόσο ο w είναι τότε

σταθερός μιγαδικός, αφού: ( ) 1 1 1( 1) ( 1)

i z i izw ii iz i iz i

β ββ β β β β β

− += = = =

+ +− .

• Ποιος είναι ο μηχανισμός παραγωγής «σωστών ασκήσεων», ο οποίος θα

αναδεικνυόταν στην πορεία της διερεύνησης;

Από τις αρχικές συνθήκες (Σ1) που εγγυώνται ότι w c= , αν ισχύει η

(cβ)2=1, τότε ο w δε μεταβάλλεται. Πράγματι, τότε είναι c2β=1/β,

άρα:

11

( ) ( )

z iz i z iw i

iz zi i z i

γβ γ β γβ

β γ β β γ β β γ β

−− −

= = = = −+ + −

.

Η συνθήκη γ2=1, δίνει, με γ=1 είτε γ=-1, μεταβλητούς w.

Αν, π.χ. γ=-1, β=1 και c=3, τότε παράγεται η παρακάτω ΑΣΚΗΣΗ 6 :


zwiz

i+=

− και 3z = .

Α. Αποδείξτε ότι και 3w = .

Β. Βρείτε τη μέγιστη τιμή του z w− .

Γ. Για ποια τιμή του z το παραπάνω μέτρο γίνεται μέγιστο;

[Απάντηση: max

6z w− = , όταν 3z i= ± ]

6. Ε φ ι α λ τ ι κ ό ς Ε π ί λ ο γ ο ς

Γιατί περιοριστήκαμε σε μιγαδικούς z και w=f(z) με z w= ; Ας δούμε και

μία περίπτωση στην οποία οι z, w να έχουν διαφορετικά μέτρα:

ΑΣΚΗΣH 7

Δίνονται οι μιγαδικοί z, w με 3 26

z iwiz+

=+

. Η εικόνα του z βρίσκεται στον κύκλο με

κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα 2.

Α. Αποδείξτε ότι: η εικόνα του w βρίσκεται σε ομόκεντρο κύκλο ακτίνας 1.

Β. Υπολογίστε τη μέγιστη και την ελάχιστη τιμή του μέτρου z w− .

ΛΥΣΗ

Δόθηκε ότι 2z = άρα 2 22zz z= = = 4 οπότε 4zz

= .

Α. Είναι: 3 2 3 2 3 2 2 14 6 4 2 3 2 2 26

z i z i z i zw

i z i z iz z z

+ + += = = = =

+ ++

= .

Β. Είναι ( )z w MK− = , όπου Μ(z), Κ(w). Με ένα πρόχειρο σχήμα καταλήγουμε

στο συμπέρασμα ότι: min

1z w− = ενώ max

3z w− = .

ΣΧΟΛΙΑ

Την πάτησες Λευτέρη!

• Είναι 2 6 3 23 2 3 2 1

6 6 6i z z z iz i z iz w z w

iz iz iz+ − −+ +

− = − = = = =+ + +

! δηλαδή

z w− =σταθερό οπότε min max

1z w z w− = − = !!

• Διαφορετικά: Θέτοντας z=x+yi έχουμε x2+y2=4 οπότε : 2 2

2 2 2 2

3( ) 2 2 (3 10) 3 3 20 12...( ) 6 ( 6) ( 6)x yi i x y y x yw i

i x yi x y x y+ + + − + +

= = = +− + + + + +

. Όμως ισχύει και

αφού x2 2 2 2( 6) 12 36 40 12 4(3 10)x y x y y y y+ + = + + + = + = + 2+y2=4. Ακόμη:

.

Τελικά, η αλγεβρική μορφή του w γίνεται:

2 2 2 2 23 3 20 12 3 3(4 ) 20 12 6 20 2 (3 10)y x y y y y y y y y− + + = − − + + = + = +

2 24 4 2 2x y xw i w= + ⇔ = +

y i οπότε

2 2

12 2 4x y x yz w i σταθερο+

− = + = = =

• Γεωμετρικά, είναι εντυπωσιακό: Η εικόνα Κ(x/2, y/2) του w είναι το σημείο

όπου η ακτίνα ΟΜ [Μ(x, y) είναι η εικόνα του z] τέμνει τον κύκλο (Ο,1).

Φανταστείτε μία περιστρεφόμενη ακτίνα ΟΜ: τα σημεία Ο, Κ, Μ είναι

πάντα συνευθειακά!

7. Π α ρ ά ρ τ η μ α: Το 3ο Θ έ μ α τ ο υ 2 0 0 6

• Δίνονται οι μιγαδικοί αριθμοί z1, z2, z3 με 1 2 3 1z z z= = = και

.

α. Να αποδείξετε ότι: i)

1 2 3 0z z z+ + =

1 2 3 1 2 3z z z z z z− = − = −

ιι) 21 2 4z z− ≤ και 1 2Re( ) 1z z ≥ −

β. Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των εικόνων των z1, z2, z3 στο μιγαδικό

επίπεδο, καθώς και το είδος του τριγώνου που αυτές σχηματίζουν.

• 1η Λύση για το (α)

Είναι 1 2 3 1z z z+ = − = άρα 21 2 1z z+ = από όπου παίρνουμε διαδοχικά:

2 21 1 2 2 1 2 1 2 1 2

11 2 Re( ) 1 Re( )2

z z z z z z z z z z+ + + = ⇔ = − ⇔ = − ≥ −1 . Έτσι:

2 21 2 1 2 1 2 1 1 2 1( )( ) 2Re( )z z z z z z z z z z− = − − = − + =2 3 άρα 2

1 2 3 4z z− = ≤ .

Τέλος 1 2 3z z− = και όμοια 3 1 2 33z z z z− = = − , οπότε αποδείχτηκε

και το ερώτημα (i).

• 2η Λύση για το (α) Θέτοντας k k kz x y i= + έχουμε 2 2 1k kx y+ = με

k=1,2,3. Η σχέση δίνει 1 2 3 0z z z+ + = 1 2 3 0x x x+ + = και .

Έτσι:

1 2 3 0y y y+ + =

1 2 3x x+ = −x 3 και 1 2y y y+ = − . Θα είναι, λοιπόν, και :

2 2 21 2 1 2 3 3( ) ( ) ( ) ( 2)x x y y x y+ + + = − + − και μετά τις πράξεις: 1 2 1 2

12

x x y y+ = − .

Τώρα: 22 2 2 2 2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( ) 2( )z z x x y y x x y y x x y y− = − + − = + + + − + = 3 ,

άρα 1 2 3z z− = και 21 2 3 4z z− = ≤ . Τέλος

1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2( )( ) ( ) ( )z z x y i x y i x x y y y x x y= + − = + + − i άρα 1 21Re( ) 12

z z = − ≥ − .

• Και ένα σχόλιο για το (β)

Αφού 1 2 3 1z z z= = = είναι προφανές ότι οι εικόνες Α(z1), B(z2) και

Γ(z3) βρίσκονται στο μοναδιαίο κύκλο. Αυτό όμως καθόλου δε σημαίνει ότι

«ο γεωμετρικός τόπος των Α, Β, Γ είναι ο κύκλος (Ο,1)». Κι αυτό επειδή οι

z1, z2, z3 είναι επιφορτισμένοι και με την ιδιότητα 1 2 3 0z z z+ + = , η οποία σε

συνδυασμό με την 1 2 3 1z z z= = = , συνεπάγεται την

1 2 3 1 2 3z z z z z z− = − = − , η οποία εγγυάται ότι το ΑΒΓ είναι ισόπλευρο

τρίγωνο. Δεδομένης, λοιπόν, της συγκεκριμένης διατύπωσης περί

γεωμετρικού τόπου, η σωστή απάντηση είναι: «Ο γεωμετρικός τόπος των

εικόνων Α, Β, Γ είναι οι κορυφές ισόπλευρου τριγώνου εγγεγραμμένου στον

κύκλο με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα 1».

Στις παρακάτω ασκήσεις, υπάρχει από ένα λάθος στο μέρος της λύσης που

εντοπίζει, υποτίθεται, την ακρότατη τιμή του μέτρου. Βρείτε το λάθος και την

σωστή τιμή του ακροτάτου.

ΑΣΚΗΣΗ 1

Δίνονται οι μιγαδικοί z, w με w=z+3+4i και 17 1 122 2

z z+ = − − i .

Α. Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο της εικόνας Κ(z).

Β. Να βρείτε το ελάχιστο δυνατό μέτρο του w.

ΛΥΣΗ

Α. Το Κ(z) βρίσκεται στη μεσοκάθετο του ΑΒ όπου Α(-17/2,0) και

Β(1/2,12), η οποία είναι ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος. Αν θέσουμε

, βρίσκουμε την εξίσωση 3x+4y=12, η οποία είναι της μεσοκαθέτου

(ε) του ΑΒ.

z x yi= +

Β. Με , είναι . Έτσι : z x yi= + ( 3) ( 4)w x y= + + + i

2 2 2 2( 3) ( 4) 6 8 25w x y x y x y= + + + = + + + + και αφού

: 6 8 2(3 4 ) 2x y x y+ = + = 4 2 2 49 49 7w x y= + + ≥ = δηλαδή 7w ≥ .

Έτσι min

7.w =

ΑΣΚΗΣΗ 2

Α. Να λύσετε την εξίσωση: 2 26 5 4z zσυνθ συν θ 0− ⋅ + + = , όπου θ ∈ .

Β. Να βρείτε τη γραμμή στην οποία κινούνται οι εικόνες των ριζών z1, z2 της

παραπάνω εξίσωσης, για τις διάφορες τιμές του θ.

Γ. Να βρείτε τη μέγιστη δυνατή τιμή του μέτρου 1 2z z− για τις ρίζες αυτές.

ΛΥΣΗ

Α. Είναι Δ=(-6συνθ)2-4(5συν2θ+4)=16συν2θ-16=-(4ημθ)2 άρα

1,2 3 2z iσυνθ ημθ= ± ⋅ .

Β. Αν Μ1,2 οι εικόνες των z1,2 τότε x1,2=3συνθ ενώ y1,2=± 2ημθ. Έτσι:

1,2 1,2,3 2

x yσυνθ ημθ= = ± οπότε τα σημεία Μ1,2 βρίσκονται στην έλλειψη

με εξίσωση 2 2

19 4x y

+ = .

Γ. Είναι 1 2 1 2(z z M M− = ) και η μέγιστη τιμή προκύπτει όταν το τμήμα Μ1Μ2

γίνει ο μεγάλος άξονας της έλλειψης. Είναι α2=9 άρα α=3 και 2α=6. Έτσι:

1 2 max6z z− = .

ΑΣΚΗΣΗ 3

Δίνεται η εξίσωση , όπου 2 2 (5 4 )z zσυνθ ημθ− ⋅ + − 0= [0, ]θ π∈ .

Α. Να βρείτε τις ρίζες της z1,2 και τη γραμμή στην οποία κινούνται οι εικόνες

τους.

Β. Να υπολογίσετε τη μέγιστη δυνατή τιμή του μέτρου 1 2z z− .

ΛΥΣΗ

Α. Είναι Δ=4συν2θ-20+16ημθ=4(1-ημ2θ)-20+16ημθ=-4(ημ2θ-4ημθ+4)=

=-[2(ημθ-2)]2 άρα 1,2 ( 2)z iσυνθ ημθ= ± − ⋅ . Αν Μ1(συνθ,ημθ-2) η εικόνα

του z1=συνθ+(ημθ-2)ι , τότε ισχύει xM2+(yM+2)2=1, οπότε το Μ1 κινείται

στον κύκλο με κέντρο το Κ(0,-2) και ακτίνα 1. Όμοια, η εικόνα

Μ2(συνθ,2- ημθ) βρίσκεται στον κύκλο με κέντρο Λ(0,2) και ακτίνα 1.

Β. Είναι 1 2 1 2(z z M M− = ) . Με ένα πρόχειρο σχήμα καταλήγουμε στο

συμπέρασμα ότι το μέγιστου μήκους τμήμα Μ1Μ2 προκύπτει όταν το Μ1

βρεθεί στη θέση (0,-3) ενώ το Μ2 στη θέση (0,3). Έτσι: 1 2 max6z z− = .

ΑΣΚΗΣΗ 4

Έστω z=x+yi με x, y πραγματικούς και 2

22 1yx

ημ θ+ = , όπου (0, )

2πθ ∈ .

Α. Αποδείξτε ότι: 2 2 2 1z z 2συν θ ημ θ+ − = + .

Β. Αν η εικόνα του z2 βρίσκεται σε έλλειψη με εστίες την αρχή των αξόνων

και το σημείο Α(1/2,0) :

1. Να βρείτε την τιμή του (0, )2πθ ∈ .

2. Υπολογίστε το μιγαδικό z με 32

z = .

3. Ποια είναι η μέγιστη δυνατή τιμή του μέτρου του z;

ΛΥΣΗ

Α. Η εικόνα Μ(z) βρίσκεται στην έλλειψη με α2=1, β2=ημ2θ άρα

γ2=α2-β2=συν2θ. Έτσι γ=συνθ>0 αφού (0, )2πθ ∈ και οι εστίες είναι

Ε΄(-συνθ,0) ,Ε(συνθ,0). Θα ισχύει, λοιπόν:

( ') ( ) 2ME ME z zα συνθ συνθ+ = ⇔ + + − = 2 , οπότε

2 22( ) 4 2z z z z z zσυνθ συνθ συνθ συνθ συνθ συνθ+ + − = ⇔ + + + − + − 4=

και μετά τις πράξεις: 2 2 2 22 2 2z zσυν θ συν θ 4+ + − = από όπου τελικά

έχουμε το ζητούμενο.

Β. 1. Αφού 2 2 20 1z z 2συν θ ημ θ− + − = + , η εικόνα του z2 κινείται, για κάθε

τιμή του θ, σε έλλειψη με εστίες Ο(0,0) και (συν2θ,0). Συμπεραίνουμε ότι

συν2θ=1/2 άρα 32

συνθ = και τελικά θ=π/4.

2. Αφού ημ2θ=1/2, θα είναι: 2

2 21 212

yx x 2 1y+ = ⇔ + = . Ακόμη:

2 2 2 23( )2 4

z x= ⇔ + =3y . Από το σύστημα, βρίσκουμε: 2 1,

2 2x y= ± ±

οπότε 2 12 2

z i= ± ± .

3. Αντικαθιστώντας στη σχέση του (Α): 2 2 1 32 2

z z+ − = άρα :

2 23 12 2

z z= − − ≤32

. Έτσι: 2

max max

3 32 2

z z= ⇔ = =6

2.

ΑΣΚΗΣH 5

Δίνονται οι μιγαδικοί z, w με 3 26

zwiz

i+=

+. Η εικόνα του z βρίσκεται στον

κύκλο με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα 2.

Α. Αποδείξτε ότι: η εικόνα του w βρίσκεται σε ομόκεντρο κύκλο ακτίνας 1.

Β. Υπολογίστε τη μέγιστη και την ελάχιστη τιμή του μέτρου z w− .

ΛΥΣΗ

Δόθηκε ότι 2z = άρα 2 22zz z 4= = = οπότε 4zz

= .

Α. Είναι: 3 2 3 2 3 2 2 14 6 4 2 3 2 2 26

z i z i z i zw

i z i z iz z z

+ + += = = = =

+ ++

= .

Β. Είναι (z w MK− = ) , όπου Μ(z), Κ(w). Με ένα πρόχειρο σχήμα

καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι: min

1z w− = ενώ max

3z w− = .

ΑΣΚΗΣΗ 6


z iwiz

−=

+.

Α. Αποδείξτε ότι: αν η εικόνα του z ανήκει στον κύκλο κέντρου Ο(0,0) και

ακτίνας ρ=1, τότε το ίδιο ισχύει και για την εικόνα του μιγαδικού w.

Β. Να υπολογίσετε τη μέγιστη δυνατή τιμή του μέτρου z w− .

Γ. Για ποια τιμή του z προκύπτει η παραπάνω μέγιστη τιμή;

ΛΥΣΗ

Α. Θα δείξουμε ότι: αν 1z = τότε 1w = . Υπάρχουν διάφοροι τρόποι, για

παράδειγμα:

2 2 2 2 21

2 22 2 21

z i z i z i z i z iw

i i z z iiz izz z

− − − − −= = = = =

− + −+ + − += , αφού 1z

z= .

Β. Αν Μ(z), Κ(w) οι εικόνες των z, w τότε (z w MK− = ) . Τα Μ, Κ

βρίσκονται σε κύκλο ακτίνας ρ=1 οπότε η μέγιστη τιμή του (ΜΚ) προκύπτει

όταν η χορδή ΜΚ γίνει διάμετρος. Συμπεραίνουμε ότι: max

2z w− = .

Γ. Τα σημεία Μ, Κ είναι αντιδιαμετρικά όταν είναι συμμετρικά ως προς το

κέντρο Ο του κύκλου. Τούτο συμβαίνει όταν οι z, w είναι αντίθετοι, δηλαδή

όταν: 220 0 ... 4 1 02

z iz w z z ziiz

−+ = ⇔ + = ⇔ ⇔ − − =

+. Έχουμε:

άρα 2( 4 ) 4( 1) 12 0iΔ = − − − = − < 1,24 12 (2 3)

2i iz i±

= = ± .

Σελίδα 1 από 6

Σύµφωνα µε την εύστοχη παρατήρηση του εκλεκτού συναδέλφου και αγαπητού φίλου

Μιχάλη Λάµπρου, η σχέση δ=γ+β+α zz 2 , µε 0α ≠ , γράφεται:

δ )z-(z )zz( 21 =−α , δηλαδή α

δzzzz 21 =−⋅− (1), όπου 21 z ,z οι ρίζες του τριωνύµου.

Μπορεί έτσι να γενικευτεί το θέµα για κάθε z∈C µε 0ρz >= , µε καθαρά γεωµετρικό τρόπο.

Πράγµατι αν Α (z 1), Β(z2) και Μ(z) τότε:

(1) ,α

δΜΒΜΑ =⋅⇒ για κάθε σηµείο του κύκλου (Ο, ρ) (2).

Για να είναι β=γ=0, αρκεί z1= z2=0, δηλαδή αρκεί να δείξουµε τη συνεπαγωγή:

[ ]OA)2( ≡Β≡⇒ (Ι).

Τότε φυσικά θα είναι δ= ,ρα 2⋅ ή δ= α , όταν ρ=1.

Στις περιπτώσεις που η σχέση (2) είναι ψευδής, δηλαδή για δύο τουλάχιστον σηµεία Μ, Μ΄ του

κύκλου: ισχύει ΜΑ·ΜΒ ≠ Μ΄Α·Μ΄Β η συνεπαγωγή (Ι), είναι προφανώς αληθής, εξ’ ορισµού.

1. Αν τα Α, Β είναι εκτός του κύκλου (πιθανόν και να ταυτίζονται), τότε θεωρούµε τη διάµετρο

ΚΛ κάθετη σε ευθεία (ε) που διέρχεται από τα Α, Β και βρίσκεται εκτός του κύκλου (σχ. α).

Τότε ΚΑ < ΛΑ

⇒ ΚΑ·ΚΒ < ΛΑ·ΛΒ

ΚΒ < ΛΒ

Άρα δεν ισχύει η (2).

Το ίδιο φυσικά συµβαίνει και όταν η (ε) εφάπτεται

του κύκλου στο Κ.

2. Αν η ευθεία (ε) που διέρχεται από τα Α, Β τέµνει τον κύκλο στα Κ, Λ αλλά δεν διέρχεται από το

κέντρο του Ο, (σχ. β) τότε για το Λ΄ αντιδιαµετρικό του Λ έχουµε:

Λ΄Α > ΚΑ, Λ΄Β > ΚΒ,

οπότε: Λ΄Α·Λ΄Β > ΚΑ·ΚΒ,

δηλαδή δεν ισχύει η (2).

3. Αν η ευθεία που διέρχεται από τα Α, Β τέµνει τον κύκλο στα αντιδιαµετρικά σηµεία Κ, Λ τότε

διακρίνουµε τις παρακάτω περιπτώσεις.

3α) Το Α είναι εσωτερικό και το Β εξωτερικό του κύκλου.


• Αν τα Α, Β βρίσκονται στην ίδια ηµιευθεία µε αρχή το Ο (σχ. γ), τότε:

• Αν τα Α, Β είναι εκατέρωθεν του Ο (σχ. δ), τότε µε ΟΑ = α, ΟΒ = β έχουµε:

(2) ⇒ ΚΑ·ΚΒ = ΛΑ·ΛΒ ⇒

(ρ-α) (ρ+β) = (ρ+α) (β-ρ)⇒

ρ2

= αβ ⇒ ΚΑ·ΚΒ = ρ(β-α) ⇒

ΚΑ2·ΚΒ

2 = ρ

2 (β-α)

2 ⇒

ΚΑ2 ·ΚΒ

2 = αβ(β-α)

2.

Αν Μ το µέσο του ενός ηµικυκλίου, τότε:

ΜΑ2·ΜΒ

2 = (ρ

2+α

2) (ρ

2+β

2) =

= (αβ+α2)(αβ+β

2) = αβ(α+β)

2.

Αλλά: (2) ⇒ ΚΑ2·ΚΒ

2=ΜΑ

2·ΜΒ

2 ⇒ (β-α)

2 = (α+β)

2 ⇒ αβ=0 (3)

Η (3) όµως είναι ψευδής άρα και η (2) είναι ψευδής (Αντιθετοαντιστροφή).

3β) Τα Α, Β και τα δύο εξωτερικά του κύκλου, ή επί αυτού.

Τότε: (2) ⇒ ΚΑ·ΚΒ=ΛΑ·ΛΒ ⇒

⇒ (α-ρ) (β+ρ)=(α+ρ) (β-ρ) ⇒

⇒ α=β ⇒ ΚΑ·ΚΒ=α2-ρ

2.

Αλλά για το µέσο Μ του ενός ηµικυκλίου έχουµε

τότε: ΜΑ·ΜΒ=ΜΑ2

= ρ2+α

2,

οπότε (2) ⇒ α2-ρ

2 = ρ

2+α

2 ⇒ ρ=0 (4).

Η (4) είναι ψευδής, άρα και η (2) ψευδής.

3γ) Τα Α, Β είναι και τα δύο εσωτερικά του κύκλου.

Τότε οµοίως: (2) ⇒ ΚΑ·ΚΒ = ΛΑ·ΛΒ

⇒ (ρ-α)(ρ+β) = (ρ+α)(ρ-β)

⇒ α = β

⇒ ΚΑ·ΚΒ=ρ2-α

2

και για το µέσο Μ του ενός ηµικυκλίου έχουµε τότε:

ΜΑ·ΜΒ = ΜΑ2

= ρ2+α

2,

οπότε (2) ⇒ ρ2-α

2 = ρ

2+α

2 ⇒ α = 0 ⇒ Α ≡ Β ≡ Ο

Παρατήρηση: Τελικά διαπιστώθηκε ότι µόνο στην περίπτωση (3γ) η υπόθεση (2) µπορεί να

είναι αληθής, οπότε η συνεπαγωγή (Ι) χρειάστηκε απόδειξη. Σε όλες τις άλλες περιπτώσεις η


συνεπαγωγή (Ι) είναι προφανής, αφού η (2) είναι ψευδής.

Σχόλιο: Η παρουσίαση µιας τελειωµένης λύσης µπορεί να εντυπωσιάζει ή όχι αλλά πολλές

φορές η πορεία προς τη λύση παρουσιάζει µεγάλο διδακτικό ενδιαφέρον πέραν των σηµαντικών

παράπλευρων συµπερασµάτων που µπορεί να προκύψουν σ’ αυτή τη διαδικασία.

∆εν ξέρω πόσους και κατά πόσο ενδιαφέρουν οι προβληµατισµοί µου σ’ αυτή την πορεία

προς τη Λύση, θεωρώ όµως ανάγκη µου να ευχαριστήσω το συνάδελφο κο Ροδόλφο Μπόρη

(Γνωστό µου για τις πολύ ενδιαφέρουσες εργασίες του στον Ευκλείδη Β) που µου έδωσε την

ευκαιρία, ασχολούµενος µε το θέµα που πρότεινε, να περάσω µέσα από ενδιαφέρουσες ανασκευές

των απόψεών µου βγάζοντας έτσι και µερικά παράπλευρα συµπεράσµατα.

Στην αρχική µου σκέψη να αντιµετωπίσω τις περιπτώσεις (3α), (3β), (3γ) εντελώς χωρίς

υπολογισµούς, παρατήρησα ότι τα γινόµενα ΚΑ·ΚΒ και ΛΑ·ΛΒ σχετίζονται µε τις δυνάµεις των

Κ, Λ ως προς οποιοδήποτε κύκλο (Θ, R) που διέρχεται από τα Α, Β.

Έχουµε λοιπόν

ΚΑ·KB = 22

RΚΘ − και

ΛΑ·ΛΒ = [ [22 RΛΘ −

Για τις περιπτώσεις (3β), (3γ) όπου τα Α,

Β είναι και τα δύο εσωτερικά ή και τα δύο

εξωτερικά του κύκλου (Ο, ρ). Παρατήρησα

ότι: Αν ισχύει η (2) και Α ≠ Β, τότε

οδηγούµαστε σε άτοπο. Που σηµαίνει ότι: (2)

⇒ Α ≡ Β.

Πράγµατι τότε το Θ ανήκει στη µεσοκάθετο του ΑΒ και:

(2) ⇒ ΚΑ·ΚΒ = ΛΑ·ΛΒ ⇒ ΚΘ2

– R2

= AΘ2

– R2 ⇒ KΘ = ΛΘ

⇒ Το Θ ανήκει στη µεσοκάθετο (δ) του ΚΛ ⇒ Τα Α, Β είναι συµµετρικά ως προς Ο. Αν λοιπόν

ΟΑ = ΟΒ = x , (σχ. ii) τότε για το µέσο Μ ενός ηµικυκλίου του κύκλου (Ο, ρ) θα έχουµε:

ΜΑ·ΜΒ = ΜΑ2

= ρ2+x

2 και ΚΑ· ΚΒ =

22xρ − , οπότε:

(2) ⇒ ρ2+x

2 =

22xρ − ⇒ x = 0 ⇒ A ≡ B ≡ O. (πράγµα άτοπο, αφού δεχτήκαµε Α ≠ Β).

Άρα: (2) ⇒ Α ≡ Β ⇒ A ≡ B ≡ O (αφού τότε x = 0, όπως αποδείξαµε και προηγουµένως).

Η περίπτωση όµως που µε προβληµάτισε ιδιαίτερα, είναι η περίπτωση (3α) όπου το Α είναι

εσωτερικό και το Β εξωτερικό του κύκλου (Ο, ρ) και φυσικά όταν τα Α, Β είναι εκατέρωθεν του


Ο, γιατί η άλλη περίπτωση όπως είδαµε κατά τη Λύση είναι απλούστατη.

Στο (σχ. i) λοιπόν έχουµε: (2) ⇒ ΚΑ·ΚΒ = ΛΑ·ΛΒ ⇒ ΚΘ2-R

2=R

2-ΛΘ

2⇒

⇒ ΘΚ2+ΘΛ

2 = 2R

2 ⇒ 2ΘΟ

2+

22

R22

ΛK= (Γενικευµένο θεώρηµα διαµέσων) ⇒

⇒ ΘΟ2+ρ

2 = R

2 ⇒ ΘΟ

2+ρ

2 = ΘΑ

2 (3)

Φαίνεται λοιπόν και από την τελευταία σχέση ότι αν ΘΟ ≥ ΘΑ, δηλαδή τα Α, Β ανήκουν στην

ίδια ηµιευθεία µε αρχή το Ο, τότε η (3) είναι ψευδής άρα και η (2) είναι ψευδής

(Αντιθετοαντιστροφή), όπως διαπιστώσαµε και στη λύση.

Στην περίπτωση όµως ΘΟ < ΘΑ η σχέση (3) µπορεί να ισχύει. Πράγµατι τότε: (σχ. i) έχουµε:

(3) ⇔ ΘΑ2 – ΘΟ

2 = ρ

2 ⇔ 2ΑΟ·ΝΗ=ρ

2, όπου Ν το µέσο του ΑΟ και Η η προβολή του Θ, στην

ΑΒ, δηλαδή το µέσο του ΑΒ (2ο Θεώρηµα διαµέσων). Αν λοιπόν ΟΑ = α και ΟΒ = β

τότε αφού το Ν είναι µέσο του ΑΟ και το Η µέσο του

ΑΒ θα είναι ΝΗ = 2

β

2

OB= .

Πρόκειται για εκφυλισµένη µορφή του θεωρήµατος

ΝΗ 2

OBΙΙ

= που γνωρίζουµε όταν τα Α, Ο, Β δεν είναι

συνευθειακά (σχ. iii).

Άρα: (3) ⇔ 2·α·2ρ

2

β= ⇔ ρ

2 = αβ.

Γεννιέται τώρα το ερώτηµα: Μπορούµε να βρούµε σηµείο Μ ώστε ΜΑ·ΜΒ ≠ ΚΑ·ΚΒ. Η

αναζήτηση τέτοιου σηµείου Μ παρόλο που περιβάλλεται αρχικά µε αισιοδοξία (αφού τα σηµεία Μ

είναι άπειρα) εν τούτοις παρουσιάζει την εξής δυσκολία. Ως γνωστόν ΑΚ ≤ ΑΜ ≤ ΑΛ και

ΒΛ≤ ΒΜ ≤ ΒΚ, οπότε οι ανισότητες ΜΑ ≥ ΚΑ, ΜΒ ≤ ΚΒ και ΜΑ ≤ ΛΑ, ΜΒ ≥ ΛΒ είναι

ετερόστροφες και δεν µπορούν να πολλαπλασιαστούν κατά µέλη.

Σκέφτηκα λοιπόν µήπως µπορούµε να βρούµε δύο τυχαία σηµεία Μ, Μ΄ ώστε ΜΑ·ΜΒ ≠

Μ΄Α·Μ΄Β. Η αρχική µου σκέψη ήταν να ασχοληθώ µε τα σηµεία Μ, Μ΄ ενός ηµικυκλίου του (Ο,

ρ) τα οποία προβάλλονται στο Α και στο Α΄ (αντιστοίχως), όπου Α΄ το συµµετρικό του Α ως προς

Ο. Πράγµατι αυτά τα γινόµενα είναι διαφορετικά πάντοτε εκτός από την περίπτωση που η ΒΜ΄

είναι εφαπτοµένη (Να ένα ενδιαφέρον παράπλευρο συµπέρασµα).

Πράγµατι: Αν ΟΑ = α, ΟΒ = β, ΜΑ = Μ΄Α΄ = υ, τότε ΜΑ2·ΜΒ

2 = υ

2·[υ

2+(α+β)

2] και

Μ΄Α2·Μ΄Β

2= (υ

2+4α

2) · [υ

2+(β-α)

2], οπότε: ΜΑ

2·ΜΒ

2 = Μ΄Α

2·Μ΄Β

2 ⇔

υ2 [υ

2+(α+β)

2] = (υ

2+4α

2) · [υ

2+(β-α)

2] ⇔ υ

2[(α+β)

2 – (β-α)

2]= 4α

2 · [υ

2+(β-α)

2] ⇔

υ2·4αβ=4α

2 · [υ

2+(β-α)

2] ⇔ υ

2β=α[υ

2+(β-α)

2] ⇔ υ

2 (β-α) = α(β-α)

2 ⇔ υ

2=α(β-α) ⇔

(Μ΄Α΄)2=ΟΑ΄·Α΄Β ⇔ 90Β΄MO = °.


Άρχισα να αισιοδοξώ λοιπόν τώρα, ελπίζοντας ότι όταν τα γινόµενα ΜΑ·ΜΒ και Μ΄Α·Μ΄Β

είναι ίσα, πιθανόν τα γινόµενα ΚΑ·ΚΒ, ΛΑ·ΛΒ να µην είναι και αυτά ίσα. ∆ηλαδή ότι οι σχέσεις

υ2

= α(β-α) και ρ2

= αβ δεν θα είναι ισοδύναµες. Απογοητευτικά όµως όταν διαπίστωσα ότι είναι

ισοδύναµες. Πράγµατι: υ2

= α(β-α) ⇔ υ2

= αβ-α2 ⇔ υ

2+α

2 = αβ ⇔ ρ

2 = αβ, (ένα δεύτερο λοιπόν

ενδιαφέρον παράπλευρο συµπέρασµα: ΜΑ·ΜΒ = Μ΄Α·Μ΄Β ⇔⇔⇔⇔ ΚΑ·ΚΒ = ΛΑ·ΛΒ).

Στην προσπάθειά µου να αποδείξω ότι ΜΑ·ΜΒ ≠ Μ΄Α·Μ΄Β (πριν διαπιστώσω τη

δυνατότητα ισότητας αυτών), σκέφτηκα ότι ΜΑ·ΜΒ = 2R·υ και Μ΄Α·Μ΄Β = 2R΄·υ, όπου R, R΄ οι

ακτίνες των περιγεγραµµένων κύκλων στα τρίγωνα ΑΜΒ, ΑΜ΄Β. Αρκεί λοιπόν R ≠ R΄. Αφού τα

τρίγωνα αυτά έχουν κοινή βάση ΑΒ, αρκεί να δείξουµε ότι: ΄BMABMA ≠ (1) και

180Β΄ΜΑΒΜΑ ≠+ ° (2)

Τη σχέση (1) την απέδειξα ως εξής:

Αφού ο κύκλος ΑΜΒ έχει διάµετρο τη ΒΜ και το Μ΄ είναι εσωτερικό αυτού θα είναι:

ΒΜΑΒΣAΒ΄MA => . Τη σχέση (2) όµως δεν µπόρεσα να την αποδείξω.

Εκ των υστέρων βέβαια κατάλαβα ότι µαταιοπονούσα, αφού απέδειξα ότι υπάρχει

δυνατότητα ισότητας, όταν η ΒΜ΄ είναι εφαπτοµένη. (ένα τρίτο παράπλευρο συµπέρασµα:

R=R΄ ⇔⇔⇔⇔ ∧

ΒΜΌ = 90°°°°).

Ένας τελευταίος προβληµατισµός µου ήταν ο εξής:

Μήπως στην περίπτωση:

ΜΑ·ΜΒ=Μ΄Α·Μ΄Β, υπάρχει σηµείο Μ"

του κυρτογώνιου τόξου Μ΄Λ ώστε

Μ"Α·Μ"Β ≠ Μ΄Α·Μ΄Β

Επειδή Μ΄Α·Μ΄Β=2R΄·υ= υΒ΄ΜΑηµ

AB⋅ =

=΄ωηµ

΄Ε2

Β΄ΜΑηµ

)Β΄ΑΜ(2= και οµοίως

Μ"Α·Μ"Β="ωηµ

"Ε2

Β"ΜΑηµ

)Β"ΑΜ(2= .


Σκέφτηκα λοιπόν ότι αν Ε" < Ε΄, π.χ. αν το Μ" είναι εσωτερικό του τριγώνου ΑΜ΄Β, τότε αρκεί

΄ωηµ

1

"ωηµ

1< , ή ΄ωηµ"ωηµ > . Επειδή όµως δεν είναι γνωστό το είδος των γωνιών "ω,ω ,

σκέφτηκα µήπως συµφέρει να ασχοληθούµε µε τη γωνία ΒΜΑω = που είναι οξεία και προφανώς

έχει το ίδιο ηµίτονο µε την ,ω αφού

(ΑΜΒ)=(ΑΜ΄Β)⇒ .ωηµωηµ΄ηµωΒ΄ΜΑ΄Μ2

1ηµωΜΒΜΑ

2

1=⇒⋅=⋅

Αποδείξαµε όµως ότι ω΄> ω , οπότε: 180΄ω = °- ω. (Τέταρτο παράπλευρο συµπέρασµα:

ΜΑ·ΜΒ = Μ΄Α·Μ΄Β ⇔⇔⇔⇔ ∧∧

+ AM΄ΒAMB = 180ο).

Αν λοιπόν το Μ" είναι εσωτερικό του τριγώνου Μ΄ΑΒ, τότε 90΄ω"ω >> ° ω> , οπότε

(δυστυχώς) ηµω΄΄ < ηµω΄ (σχήµα vii).

Όποιος λοιπόν θελήσει να αποδείξει ότι Μ΄Α·Μ΄Β≠Μ"Α·Μ"Β ας προσέξει επιπλέον ότι το

Μ" δεν είναι βέβαιο ότι βρίσκεται στο εσωτερικό του τριγώνου Μ΄ΑΒ, οπότε θα χρειαστεί να

ελέγξει και άλλες περιπτώσεις.

Νοµίζω ότι η ουσία της ∆ιδακτικής των Μαθηµατικών πέραν των γενικών κανόνων που

παρακολουθούµε στα αντίστοιχα βιβλία και σε διάφορες διαλέξεις, είναι η παρακολούθηση της

πορείας προς την αντιµετώπιση ενός προβλήµατος, όπως τη συναντάµε µε µεγάλη επιτυχία σε

εργασίες του Polya (η Μαθηµατική Ανακάλυψη 1 και 2) ή του Lakatos (Αποδείξεις και

Ανασκευές).

Αν νοµίζετε ότι αυτοί οι µικροί προβληµατισµοί µου ενδιαφέρουν και άλλους συναδέλφους,

θα ήταν µεγάλη µου χαρά να τους συζητήσουµε από κοντά σε κάποια ηµερίδα. Ευχαριστώ από τη

θέση αυτή, όλους όσοι είχαν την υποµονή να παρακολουθήσουν τη σκέψη µου.

Γ. Σ. Τασσόπουλος

Καθηγητής Μαθηµατικών στο Βαρβάκειο Λύκειο

11-4-09

ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ ΣΤΗΝ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

ΤΥΠΟΛΟΓΙΟ

(Από το βιβλίο του Μ.Radovanovic)

Τα μικρά γράμματα είναι οι μιγαδικοί που έχουν για εικόνα

το αντίστοιχο κεφαλαίο πχ Α(α)

1. AB//CD αν a b c d

a b c d

2. Α,Β,C συνευθειακά a b a c

a b a c

3. ABa b c d

AB CDa b c d

4. ΑΒ χορδή του μοναδιαίου κύκλου a b

aba b

5. Αν C AB χορδή του μοναδιαίου κύκλου τότε

a b cc

ab

6. Η τομή δυο εφαπτόμενων από τα a,b του μοναδιαίου

κύκλου είναι το2ab

a b

7. Το ίχνος της καθέτου από τυχαίο σημείο C προς την χορδή

ΑΒ του μοναδιαίου κύκλου είναι το Ρ με

1p (a b c abc)

2

8. Η τομή Q δυο χορδών AB,CD του μοναδιαίου κύκλου

είναι το ab(c d) cd(a b)

ab cd

9. To ΑΒCD είναι εγγράψιμο αν a c b d

Rb c a d

10. Τα τρίγωνα ABC , PQR είναι όμοια και ίδιου

προσανατολισμού αν a c p r

b c q r

11. Το (ABC)=

a a 1i

b b 14

c c 1

12. Αν G το βαρύκεντρο του ABC τότε 3g a b c

13. Αν Η το ορθόκεντρο S το περίκεντρο τότε

h 2s a b c

14. Αν ο μοναδιαίος κύκλος είναι ο εγγεγραμμένος κύκλος του

ΑΒC τότε τα σημεία επαφής με τις BC,CA,AB είναι

αντίστοιχα τα P,Q,R τότε ισχύουν

2qr 2rp 2pqa ,b ,c

q r r p p q

2pqr(p q r)s

(p q)(q r)(r p)

2 2 22[(pq) (qr) (rp) pqr(p q r)]h

(p q)(q r)(r p)

15. Αν ο μοναδιαίος κύκλος είναι ο περιγεγραμμένος κύκλος

του ΑΒC τότε υπαρχουν u,v,w : a=u2,b=v

2,c=w

2 και τα

uv, vw, wu είναι τα μέσα των τόξων AB,BC,CA που

δεν περιέχουν τα C,A,B και το έκεντρο είναι το Ι

με i (uv vw wu)

16. Αν το ΟΧΥ έχει μια κορυφή του την αρχή των αξόνων

τότε

(xy xy)(x y)h

xy xy

,

xy(x y)s

xy xy

17. Αν το C χωρίζει το ΑΒ σε λόγο AC

λCB

τότε a λb

c1 λ

18. Οι κορυφές κανονικού νιγώνου σε κύκλο ακτίνας 1 με την

Α1 να είναι εικόνα του 1 είναι οι νιοστές ρίζες του 1

ζ0,ζ1,…,ζν-1 και ισχύουν k ν k

ζ ζ

, ζκ=(ζ1)κ είναι οι ρίζες

του πολυωνύμου zν-1

19. Αν φ η γωνία ACB με θετική φορά από το Α προς το Β

τότεc b c a

(cosφ isinφ)c b c a

Συλλογή Ασκήσεων και Άρθρων στην Γεωμετρία των...

Documents

Transcript of Συλλογή Ασκήσεων και Άρθρων στην Γεωμετρία των...