ΘΕΜΑ 2ο (ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ)

G.Tsikaloudakis · #1

Από το περιοδικο ''ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΛΥΚΕΙΟΥ''

Έστω μιγαδικοί z,w τέτοιοι ώστε:

$\displaystyle{ z + wi = 2i}$ kai $\displaystyle{\left| w \right| = 1}$

α. Να βρεθεί ο γ.τ. των εικόνων των z

β. Να βρεθεί η ελάχιστη και η μέγιστη τιμή του
$\displaystyle{\left| {w - z} \right|}$

γ. Να λυθεί η εξίσωση:

i(2 + z) + (1 + 2i)w = 0

δ. Να βρεθούν οι τιμές του
$\displaystyle{k \in R}$ για τις οποίες :

$\displaystyle{iz + (1 + 2i)w = 2ki}$

#2

α) Επειδή

(1) είναι και wi=2i-z

Δηλαδή: $\left|wi \right|=\left|z-2i \right|$ . Άρα $\left|z-2i \right|=1$ ,Δηλαδή ο z κινείται σε κύκλο με κέντρο το σημείο (0,2) και ακτίνα ίση με 1.
Γεωμετρική ερμηνεία:
Όπως φαίνεται στο σχήμα η δοθείσα σχέση (1) δηλώνει πρώτα μια συμμετρία ως προς την αρχή των αξόνων στη συνέχεια μια παράλληλη μετατόπιση προς τον άξονα των πραγματικών αριθών κατά 2 μονάδες δεξιά και τέλος μια στροφή ως προς την αρχή των αξόνων κατά γωνία ίση με 90 μοίρες. Έτσι στο δυναμικό σχήμα που παρατίθεται συνημμένα μπορεί κανείς να δεί μετακινώντας το σημείο Α την όλη διαδικασία.
β) Από το σχήμα φαίνεται ότι το μήκος του τμήματος ΑΜ γίνεται ελάχιστο ή μέγιστο στις θέσεις που αυτό γίνεται παράλληλο με τον άξονα των φανταστικών αριθμών. Επειδή οι συντεταγμένες των Α και Μ είναι αντίστοιχα A(x,y)

και

για να γίνει το ΑΜ παράλληλο με τον ΟΨ θα πρέπει να είναι x=y

που σημαίνει και όταν -x=-y

. Άρα αυτό συμβαίνει στις θέσεις των π/4 και π+π/4.(Ο υπολογισμός εύκολος)
γ) Η παράσταση γίνεται αν τεθεί ίση με το μηδέν τότε προκύπτει ότι χ=-2 άτοπο.
δ) Είναι κ=1 ή -1.

makisman · #3

G.Tsikaloudakis · #4

Παραθέτω μια πλήρη λύση του Θέματος , με μια διόρθωση
του β. ερωτήματος.
α.

$\displaystyle{ wi = 2i - z{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}\left| {2i - z{\rm{ }}} \right| = 1{\rm{ }} \Rightarrow \left| {z{\rm{ }} - 2i{\rm{ }}} \right| = 1{\rm{ }} }$
Άρα η εικόνα του z ανήκει στον κύκλο:

$\displaystyle{ C\left( {K(0,2){\rm{ }},1} \right) }$
Αντίστροφα.
Αν θεωρήσουμε ένα μιγαδικό z που η εικόνα του ανήκει στον παραπάνω κύκλο και θέσουμε

$\displaystyle{ w = z - \frac{2}{i} }$ , έχουμε:

$\displaystyle{ \left| w \right| = 1 }$
και
$\displaystyle{ z + wi = 2i }$
Επομένως ο γ. τ. των εικόνων των z είναι ο παραπάνω κύκλος.

β. Είναι: |z-w|=
$\displaystyle{ \begin{array}{l} \left| {w(1 + i) - 2i} \right| = \left| {1 + i} \right|\left| {w - \frac{{2i}}{{1 + i}}} \right| = \sqrt 2 \left| {w - \frac{{2i}}{{1 + i}}} \right| = \\ \\ \sqrt 2 \left| {w - (1 + i)} \right| \\ \end{array} }$
με:
$\displaystyle{ \left| {1 - \sqrt 2 } \right| \le \left| {w - (1 + i)} \right| \le 1 + \sqrt 2 }$
Επομένως το ελάχιστο του
$\displaystyle{ \left| {z - w} \right| }$

είναι
$\displaystyle{ 2 - \sqrt 2 }$
και το μέγιστο %
$\displaystyle{ 2 + \sqrt 2 }$

γ.

$\displaystyle{ \left. \begin{array}{l} i(2 + z) + (1 + 2i)w = 0 \\ z + wi = 2i \\ \end{array} \right\} \Leftrightarrow {\rm{ }}\left. \begin{array}{l} w(1 + i) = 1 - i \\ z + wi - 2i \\ \end{array} \right\}{\rm{ }} \Leftrightarrow {\rm{ }}\left\{ \begin{array}{l} {\rm{w}} = - {\rm{i}} \\ {\rm{z}} = 2i - {\rm{1}} \\ \end{array} \right.{\rm{ }} }$

δ. Έχουμε:

$\displaystyle{ \begin{array}{l} \left. \begin{array}{l} iz + (1 + 2i)w = 2ki \\ z + wi = 2i \\ \end{array} \right\}{\rm{ }} \Leftrightarrow \left. \begin{array}{l} i(2i - wi) + (1 + 2i)w = 2ki \\ z + wi = 2i \\ \end{array} \right\}{\rm{ }} \Leftrightarrow {\rm{ }} \\ \\ \left. \begin{array}{l} w = \frac{{1 + ki}}{{1 + i}} \\ z + wi = 2i \\ \end{array} \right\} \\ \end{array} }$

$\displaystyle{ \left| w \right| = 1 }$ ,

$\displaystyle{ k = \pm 1 }$
Εύκολα επαληθεύουμε ότι οι τιμές αυτές επαληθέυουν την
ισότητα

#5

Ο τρόπος λύσης του ερ.β δεν είναι σωστός, όπως έχουμε τονίσει και άλλες φορές.

G.Tsikaloudakis έγραψε:Παραθέτω μια πλήρη λύση του Θέματος , με μια διόρθωση
του β. ερωτήματος.
α.

$\displaystyle{ wi = 2i - z{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}\left| {2i - z{\rm{ }}} \right| = 1{\rm{ }} \Rightarrow \left| {z{\rm{ }} - 2i{\rm{ }}} \right| = 1{\rm{ }} }$
Άρα η εικόνα του ανήκει στον κύκλο:

$\displaystyle{ C\left( {K(0,2){\rm{ }},1} \right) }$
Αντίστροφα.
Αν θεωρήσουμε ένα μιγαδικό z που η εικόνα του ανήκει στον παραπάνω κύκλο και θέσουμε

$\displaystyle{ w = z - \frac{2}{i} }$ , έχουμε:

$\displaystyle{ \left| w \right| = 1 }$
και
$\displaystyle{ z + wi = 2i }$
Επομένως ο γ. τ. των εικόνων των z είναι ο παραπάνω κύκλος.

β. Είναι:
$\displaystyle{ \begin{array}{l} \left| {w(1 + i) - 2i} \right| = \left| {1 + i} \right|\left| {w - \frac{{2i}}{{1 + i}}} \right| = \sqrt 2 \left| {w - \frac{{2i}}{{1 + i}}} \right| = \\ \\ \sqrt 2 \left| {w - (1 + i)} \right| \\ \end{array} }$
με:
$\displaystyle{ \left| {1 - \sqrt 2 } \right| \le \left| {w - (1 + i)} \right| \le 1 + \sqrt 2 }$
Επομένως το ελάχιστο του
$\displaystyle{ \left| {z - w} \right| }$

είναι
$\displaystyle{ 2 - \sqrt 2 }$
και το μέγιστο %
$\displaystyle{ 2 + \sqrt 2 }$ \
γ.

$\displaystyle{ \left. \begin{array}{l} i(2 + z) + (1 + 2i)w = 0 \\ z + wi = 2i \\ \end{array} \right\} \Leftrightarrow {\rm{ }}\left. \begin{array}{l} w(1 + i) = 1 - i \\ z + wi - 2i \\ \end{array} \right\}{\rm{ }} \Leftrightarrow {\rm{ }}\left\{ \begin{array}{l} {\rm{w}} = - {\rm{i}} \\ {\rm{z}} = 2i - {\rm{1}} \\ \end{array} \right.{\rm{ }} }$

δ. Έχουμε:

$\displaystyle{ \begin{array}{l} \left. \begin{array}{l} iz + (1 + 2i)w = 2ki \\ z + wi = 2i \\ \end{array} \right\}{\rm{ }} \Leftrightarrow \left. \begin{array}{l} i(2i - wi) + (1 + 2i)w = 2ki \\ z + wi = 2i \\ \end{array} \right\}{\rm{ }} \Leftrightarrow {\rm{ }} \\ \\ \left. \begin{array}{l} w = \frac{{1 + ki}}{{1 + i}} \\ z + wi = 2i \\ \end{array} \right\} \\ \end{array} }$

$\displaystyle{ \left| w \right| = 1 }$ ,

$\displaystyle{ k = \pm 1 }$
Εύκολα επαληθεύουμε ότι οι τιμές αυτές επαληθέυουν την
ισότητα

Denton · #6

Μπορούμε αν απαντήσουμε γεωμετρικά στο β;
Δηλαδή ότι η μέγιστη απόσταση είναι απόσταση των κέντρων των δύο κύκλων συν τις 2 ακτίνες,και η ελάχιστη,η απόσταση των κέντρων μειον τις 2 ακτίνες.

#7

Αυτο δεν ειναι σωστο για αλλους λογους .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Denton έγραψε:Μπορούμε αν απαντήσουμε γεωμετρικά στο β;
Δηλαδή ότι η μέγιστη απόσταση είναι απόσταση των κέντρων των δύο κύκλων συν τις 2 ακτίνες,και η ελάχιστη,η απόσταση των κέντρων μειον τις 2 ακτίνες.

parmenides51 · #8

Ας θεωρήσουμε το εξής απλό παράδειγμα:

Θεωρούμε τους μιγαδικούς z,w έτσι ώστε |z|=1 και w=iz.
Ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών z είναι προφανώς ο μοναδιαίος κύκλος (κέντρου το Ο(0,0) κι ακτίνας 1).
Επειδή |w|=|iz|=|i||z|=1|z|=1 τότε και ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών w είναι ο μοναδιαίος κύκλος.
Οπότε οι εικόνες των δυο παραπάνω μιγαδικών ανήκουν στον ίδιο κύκλο.
Η ελάχιστη και μέγιστη απόσταση δυο σημείων του ίδιου κύκλου είναι μηδέν και όσο η διάμετρος αντίστοιχα.
Όμως η ελάχιστη και μέγιστη απόσταση των εικόνων των z και w, που είναι σημεία του ίδιου κύκλου δεν είναι μηδέν και όσο η διάμετρος αντίστοιχα γιατί είναι εξαρτημένοι οι μιγαδικοί, συνδέονται με την εξίσωση w=iz, που μεταφράζεται γεωμετρικά ότι ο w προκύπτει από τον z με περιστροφή αντίθετα από την φορά των δεικτών του ρολογιού κατά ορθή γωνία.
Οπότε η απόσταση τους είναι πάντα σταθερή και ίση με $\sqrt{2}$ όπως προκύπτει από πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο με κορυφές την αρχή αξόνων Ο και τις εικόνες των Α(z) και Β(w).
Άρα η ελάχιστη και η μεγίστη απόσταση των εικόνων των z και w είναι ίση με $\sqrt{2}$ .
Άλλωστε για να έχουν απόσταση μηδενική πρέπει να ταυτιστούν το όποιο δεν μπορεί να συμβεί αφού είναι κορυφές τρίγωνου.
Κι αντίστοιχα για να έχουν απόσταση ίση με την διάμετρο πρέπει να είναι αντιδιαμετρικά σημεία, το όποιο δεν μπορεί ομοίως να συμβεί.

Υ.Γ. Μεταμεσονύχτιοι συλλογισμοί ξεφυλλίζοντας τα άρθρα του Λεωνίδα και του Μπάμπη που αναφέρονται από τον Γιώργο Ρίζο εδώ (3η του δημοσιευση),

G.Tsikaloudakis · #9

Τηλέγραφος Κώστας έγραψε:Ο τρόπος λύσης του ερ.β δεν είναι σωστός, όπως έχουμε τονίσει και άλλες φορές.
G.Tsikaloudakis έγραψε:Παραθέτω μια πλήρη λύση του Θέματος , με μια διόρθωση
του β. ερωτήματος.
α.

$\displaystyle{ wi = 2i - z{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}\left| {2i - z{\rm{ }}} \right| = 1{\rm{ }} \Rightarrow \left| {z{\rm{ }} - 2i{\rm{ }}} \right| = 1{\rm{ }} }$
Άρα η εικόνα του ανήκει στον κύκλο:

$\displaystyle{ C\left( {K(0,2){\rm{ }},1} \right) }$
Αντίστροφα.
Αν θεωρήσουμε ένα μιγαδικό z που η εικόνα του ανήκει στον παραπάνω κύκλο και θέσουμε

$\displaystyle{ w = z - \frac{2}{i} }$ , έχουμε:

$\displaystyle{ \left| w \right| = 1 }$
και
$\displaystyle{ z + wi = 2i }$
Επομένως ο γ. τ. των εικόνων των z είναι ο παραπάνω κύκλος.

β. Είναι:
$\displaystyle{ \begin{array}{l} \left| {w(1 + i) - 2i} \right| = \left| {1 + i} \right|\left| {w - \frac{{2i}}{{1 + i}}} \right| = \sqrt 2 \left| {w - \frac{{2i}}{{1 + i}}} \right| = \\ \\ \sqrt 2 \left| {w - (1 + i)} \right| \\ \end{array} }$
με:
$\displaystyle{ \left| {1 - \sqrt 2 } \right| \le \left| {w - (1 + i)} \right| \le 1 + \sqrt 2 }$
Επομένως το ελάχιστο του
$\displaystyle{ \left| {z - w} \right| }$

είναι
$\displaystyle{ 2 - \sqrt 2 }$
και το μέγιστο %
$\displaystyle{ 2 + \sqrt 2 }$ \
γ.

$\displaystyle{ \left. \begin{array}{l} i(2 + z) + (1 + 2i)w = 0 \\ z + wi = 2i \\ \end{array} \right\} \Leftrightarrow {\rm{ }}\left. \begin{array}{l} w(1 + i) = 1 - i \\ z + wi - 2i \\ \end{array} \right\}{\rm{ }} \Leftrightarrow {\rm{ }}\left\{ \begin{array}{l} {\rm{w}} = - {\rm{i}} \\ {\rm{z}} = 2i - {\rm{1}} \\ \end{array} \right.{\rm{ }} }$

δ. Έχουμε:

$\displaystyle{ \begin{array}{l} \left. \begin{array}{l} iz + (1 + 2i)w = 2ki \\ z + wi = 2i \\ \end{array} \right\}{\rm{ }} \Leftrightarrow \left. \begin{array}{l} i(2i - wi) + (1 + 2i)w = 2ki \\ z + wi = 2i \\ \end{array} \right\}{\rm{ }} \Leftrightarrow {\rm{ }} \\ \\ \left. \begin{array}{l} w = \frac{{1 + ki}}{{1 + i}} \\ z + wi = 2i \\ \end{array} \right\} \\ \end{array} }$

$\displaystyle{ \left| w \right| = 1 }$ ,

$\displaystyle{ k = \pm 1 }$
Εύκολα επαληθεύουμε ότι οι τιμές αυτές επαληθέυουν την
ισότητα

Έχουμε εκφράσει την παράσταση z-w , ως συνάρτηση του w.
O w κινείται σε κύκλο , ανεξάρτητα από τον z(ο z τον ακολουθεί).Οπότε τα ακρότατα της παράστασης
f(w)=| w(1+ι)-2ι| είναι ακρότατα και της |z-w|.

G.Tsikaloudakis · #10

parmenides51 έγραψε:Ας θεωρήσουμε το εξής απλό παράδειγμα:

Θεωρούμε τους μιγαδικούς z,w έτσι ώστε |z|=1 και w=iz.
Ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών z είναι προφανώς ο μοναδιαίος κύκλος (κέντρου το Ο(0,0) κι ακτίνας 1).
Επειδή |w|=|iz|=|i||z|=1|z|=1 τότε και ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών w είναι ο μοναδιαίος κύκλος.
Οπότε οι εικόνες των δυο παραπάνω μιγαδικών ανήκουν στον ίδιο κύκλο.
Η ελάχιστη και μέγιστη απόσταση δυο σημείων του ίδιου κύκλου είναι μηδέν και όσο η διάμετρος αντίστοιχα.
Όμως η ελάχιστη και μέγιστη απόσταση των εικόνων των z και w, που είναι σημεία του ίδιου κύκλου δεν είναι μηδέν και όσο η διάμετρος αντίστοιχα γιατί είναι εξαρτημένοι οι μιγαδικοί, συνδέονται με την εξίσωση w=iz, που μεταφράζεται γεωμετρικά ότι ο w προκύπτει από τον z με περιστροφή αντίθετα από την φορά των δεικτών του ρολογιού κατά ορθή γωνία.
Οπότε η απόσταση τους είναι πάντα σταθερή και ίση με $\sqrt{2}$ όπως προκύπτει από πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο με κορυφές την αρχή αξόνων Ο και τις εικόνες των Α(z) και Β(w).
Άρα η ελάχιστη και η μεγίστη απόσταση των εικόνων των z και w είναι ίση με $\sqrt{2}$ .
Άλλωστε για να έχουν απόσταση μηδενική πρέπει να ταυτιστούν το όποιο δεν μπορεί να συμβεί αφού είναι κορυφές τρίγωνου.
Κι αντίστοιχα για να έχουν απόσταση ίση με την διάμετρο πρέπει να είναι αντιδιαμετρικά σημεία, το όποιο δεν μπορεί ομοίως να συμβεί.

Υ.Γ. Μεταμεσονύχτιοι συλλογισμοί ξεφυλλίζοντας τα άρθρα του Λεωνίδα και του Μπάμπη που αναφέρονται από τον Γιώργο Ρίζο εδώ (3η του δημοσιευση),

Αν πρσέξεις
Η λύση που δίνω εγω στην άσκηση μου δεν γίνετα με αυτόν τον τρόπο.
Δηλαδή δεν αναφέρομαι στην διακεντρο των κύκλων για να βρώ το μεγιστο και ελάχιστο της απόστασης των Ζ,w.

parmenides51 · #11

Δεν αρκεί η τριγωνική ανισότητα από μόνη της για εύρεση ελάχιστης και μέγιστης τιμής.
Πρέπει να αποδειχθεί οτι όντως υπάρχουν μιγαδικοί που ικανοποιούν την ισότητα.
και στην απάντηση σου στο β ερώτημα δεν φαίνεται πως υπάρχουν.
Σχετικά εδώ (το ίδιο λάθος) κι εδώ (ένα παράδειγμα πως μετατρέπουμε την τριγωνική ανισότητα σε απόδειξη, η απάντηση του Λουρίδα )

G.Tsikaloudakis · #12

Υπάρχει σχετική απόδειξη (απλή) , ότι όταν ο γ.τ. της εικόνας Μ μιγαδικού u είναι κύκλος (Κ, ρ) (όλος)τότε το |u| παίρνει τη μέγιστη και την ελάχιστη τιμή που προκύπτει από την τριγωνική ανισότητα.(Βλέπε ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ Γ. Τσικαλουδάκη)
Στα παραδείγματα που παραπέμπεις , το δεύτερο είναι άσχετο με την άσκηση μου και στο πρώτο
είναι αυτό που ισχυρίζομαι . Η δικαιολόγηση του παραπάνω ισχυρισμού δεν ζητήθηκε ποτέ σε παρόμοιο
θέμα πανελληνίων (ανκαι είναι προφανής) και η απάντηση των μαθητών πήρε όλα τα μόρια.

parmenides51 · #13

Η πρώτη παραπομπή ξεκινάει εσκεμμένα με το ίδιο λάθος ή με την ίδια ελλειπή αιτιολόγηση, αν θες καλύτερα.
Η δεύτερη παραπομπή αναφερόταν σε έναν τρόπο απόδειξης ελαχίστου και μέγιστου χρησιμοποιώντας τριγωνική ανισότητα και αλγεβρικές πράξεις, κι όχι με γεωμετρική ερμηνεία που είναι συνήθως πιο εύκολος τρόπος για μη εξαρτημένες μεταβλητές.
Ναι μεν είχε διαφορετικής φύσεως ζητούμενα αλλά η μεθοδολογική του αντιμετώπιση είναι η αντίστοιχη αναμενόμενη καθαρά αλγεβρικά.
Επειδή δεν τα καταφέρνω μάλλον και τόσο καλά με τις διατυπώσεις, σου συνιστώ να διάβασεις 2 σχετικά άρθρα από Μπάμπη Στεργίου ΑΡΘΡΟ ΓΙΑ ΜΙΓΑΔΙΚΟΥΣ και Λεωνίδα Θαραλλίδη ΚΑΙ ΦΡΑΓΜΑΤΑ ΣΤΑ ΜΕΤΡΑ ΜΙΓΑΔΙΚΩΝ (στο τέλος) και θα καταλάβεις τι εννοώ.
Κι εγώ πρόσφατα ξεκαθάρισα κάποια πράγματα.
Είναι διαφορετική άσκηση είναι έχεις ζητούμενο την ανισότητα $\displaystyle{\left| {1 - \sqrt 2 } \right| \le \left| {w - (1 + i)} \right| \le 1 + \sqrt 2 }$ με δεδομένο ότι $\displaystyle{\left|w\right|=1}$
κι άλλη άσκηση να αναζητάς ελάχιστη και μέγιστη τιμή του $\displaystyle{\left|w - (1 + i)\right|}$ με δεδομένο ότι $\displaystyle{\left|w\right|=1}$ .
Δεν μπορώ να ξέρω πώς βαθμολογούν στις πανελλήνιες αλλά ας μην θυμηθώ καλύτερα τις πανελλαδικές εξετάσεις το 2003 με το ανύπαρκτο σημείο καμπής τότε που σε λάθος θέμα δεχόμασταν και σωστές λύσεις (σχετικά εδώ, η παραπομπή ειναι τυχαία δημοσίεσυη του τότε).

G.Tsikaloudakis · #14

parmenides51 έγραψε:Η πρώτη παραπομπή ξεκινάει εσκεμμένα με το ίδιο λάθος ή με την ίδια ελλειπή αιτιολόγηση, αν θες καλύτερα.
Η δεύτερη παραπομπή αναφερόταν σε έναν τρόπο απόδειξης ελαχίστου και μέγιστου χρησιμοποιώντας τριγωνική ανισότητα και αλγεβρικές πράξεις, κι όχι με γεωμετρική ερμηνεία που είναι συνήθως πιο εύκολος τρόπος για μη εξαρτημένες μεταβλητές.
Ναι μεν είχε διαφορετικής φύσεως ζητούμενα αλλά η μεθοδολογική του αντιμετώπιση είναι η αντίστοιχη αναμενόμενη καθαρά αλγεβρικά.
Επειδή δεν τα καταφέρνω μάλλον και τόσο καλά με τις διατυπώσεις, σου συνιστώ να διάβασεις 2 σχετικά άρθρα από Μπάμπη Στεργίου ΑΡΘΡΟ ΓΙΑ ΜΙΓΑΔΙΚΟΥΣ και Λεωνίδα Θαραλλίδη ΚΑΙ ΦΡΑΓΜΑΤΑ ΣΤΑ ΜΕΤΡΑ ΜΙΓΑΔΙΚΩΝ (στο τέλος) και θα καταλάβεις τι εννοώ.
Κι εγώ πρόσφατα ξεκαθάρισα κάποια πράγματα.
Είναι διαφορετική άσκηση είναι έχεις ζητούμενο την ανισότητα $\displaystyle{\left| {1 - \sqrt 2 } \right| \le \left| {w - (1 + i)} \right| \le 1 + \sqrt 2 }$ με δεδομένο ότι $\displaystyle{\left|w\right|=1}$
κι άλλη άσκηση να αναζητάς ελάχιστη και μέγιστη τιμή του $\displaystyle{\left|w - (1 + i)\right|}$ με δεδομένο ότι $\displaystyle{\left|w\right|=1}$ .
Δεν μπορώ να ξέρω πώς βαθμολογούν στις πανελλήνιες αλλά ας μην θυμηθώ καλύτερα τις πανελλαδικές εξετάσεις το 2003 με το ανύπαρκτο σημείο καμπής τότε που σε λάθος θέμα δεχόμασταν και σωστές λύσεις (σχετικά εδώ, η παραπομπή ειναι τυχαία δημοσίεσυη του τότε).

Αγαπητέ συνάδελφε τα σχετικά άρθρα που αναφέρεις μου είναι γνωστα ,πολύ πριν απο σενα ίσως.
Εγώ αναφέρομαι στο σχόλιο σου καθώς και του Τηλέγραφου Κωστα, ότι η λύση της συγκεκριμένης άσκησης
είναι λάθος.
Σε γενική περίπτωση ,τα αναφερόμενα στα αρθρα αυτά , είναι σωστά (δεν αμφισβητησα εγώ κατι τέτοιο)
Ακόμα:
Στην άσκηση μας δεν έχω ζητούμενο την ανισότητα :
$\sqrt 2 - 1 \le |w - (1 + i)| \le 1 + \sqrt 2$
με δεδομένο |w| = 1

, όοπως εσυ λες.

Η ασκηση καταλήγει στο να βρεθεί η μεγιστη και η ελάχιστη τιμή της παράστασης |w - (1 + i)|

με δεδομένο ότι |w| = 1

.
Μπορείς εσύ να μου αποδείξεις ότι δεν ισχύει αυτό που προκύπτει γεωμετρικά στη συγκεκριμένη άσκηση;
(Δες και την εφαρμογή 2 , σελ. 100 του Σχολικού: Επί λέξη γράφει:
...που σημαίνει ότι η μέγιστη τιμή του |z| είναι το μήκος ΟΒ και η ελάχιστη το ΟΑ)
Που σημαίνει ότι η εφαρμογή , χρησιμοποιείται για τη λύση μιας άσκησης.

parmenides51 · #15

G.Tsikaloudakis έγραψε: ...
β. Είναι: |z-w|=
$\displaystyle{ \begin{array}{l} \left| {w(1 + i) - 2i} \right| = \left| {1 + i} \right|\left| {w - \frac{{2i}}{{1 + i}}} \right| = \sqrt 2 \left| {w - \frac{{2i}}{{1 + i}}} \right| = \\ \\ \sqrt 2 \left| {w - (1 + i)} \right| \\ \end{array} }$
με:
$\displaystyle{ \left| {1 - \sqrt 2 } \right| \le \left| {w - (1 + i)} \right| \le 1 + \sqrt 2 }$
Επομένως το ελάχιστο του
$\displaystyle{ \left| {z - w} \right| }$

είναι
$\displaystyle{ 2 - \sqrt 2 }$
και το μέγιστο %
$\displaystyle{ 2 + \sqrt 2 }$

Το σχολικό χρησιμοποιεί γεωμετρική ερμηνεία για να εξασφαλισει οτι υπάρχει ελάχιστη και μέγιστη τιμη.
Εσύ χρησιμοποιείς στην παρούσα απόδειξη σου μόνο τριγωνική ανισότητα.

G.Tsikaloudakis έγραψε:Υπάρχει σχετική απόδειξη (απλή) , ότι όταν ο γ.τ. της εικόνας Μ μιγαδικού u είναι κύκλος (Κ, ρ) (όλος)τότε το |u| παίρνει τη μέγιστη και την ελάχιστη τιμή που προκύπτει από την τριγωνική ανισότητα.(Βλέπε ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ Γ. Τσικαλουδάκη)
...

Αν είχες συμπληρώσει την παραπάνω αναφερθείσα σχετικά απλή απόδειξη, η λύση δεν θα ήταν μη ελλειπής.
Αν είχες χρησιμοποιήσει σε προφανές σημείο κατά την επίλυση την γεωμετρική ερμηνεία για την ύπαρξη ελάχιστης και μέγιστης τιμής πάλι δεν θα ήταν ελλειπής.
Οπως την λύνεις είναι ελλειπής.
Η τριγωνική ανισότητα δεν αρκεί για την απόδειξη ελάχιστης και μέγιστης τιμής από μόνη της.
Το σχολικό κάνει χρήση της γεωμετρικής ερμηνείας γι αυτό και είναι σωστή.
Φιλικά

G.Tsikaloudakis · #16

Τώρα νομίζω συνενοηθήκαμε.
Συνήθως στο χώρο αυτό δίνουμε μια σύντομη λύση, χωρίς πολλές λεπτομέρειες.
Άλλο ελειπής λύση και άλλο λάθος λυση , για να ξέρουμε και τι λέμε.
Απλά δεν έγραψα τα ευκολώς ενοούμενα και πηγα στο ζητούμενο.

#17

Καλησπερίζω την παρέα...με μια πολύ ωραία ιδέα που μου έδωσε ένας μαθητής μου στην τάξη στο πρόβλημα εύρεσης της μέγιστης και ελάχιστης τιμής του παραπάνω θέματος, και την παρασουσιάζω γιατί πιστεύω ότι αξίζει....

β. Να βρεθεί η ελάχιστη και η μέγιστη τιμή του $\left| z-w \right|$

Από z+iw=2i

για $w=\alpha +\beta i,\,\,\,\alpha ,\beta \in R$ και $z=x+yi,\,\,\,\,x,y\in R$ προκύπτει $x=\beta ,\,\,y=2-\alpha$ οπότε είναι

$\left| z-w \right|=\sqrt{{{(a-\beta )}^{2}}+{{(\beta -2+a)}^{2}}}$ και επειδή $\left| w \right|=1\Leftrightarrow {{\alpha }^{2}}+{{\beta }^{2}}=1$ μετά από πράξεις προκύπτει ότι $\left| z-w \right|=\sqrt{6-4a-4\beta }$ (1)

Αν τώρα είναι $\vec{u}=(a,\,\beta ),\,\,\vec{v}=(4,4)$ τότε ισχύει $\left| {\vec{u}} \right|=1,\,\,\left| {\vec{v}} \right|=\sqrt{32}=4\sqrt{2}$ και από την γνωστή ανισότητα $\left| \vec{u}\vec{v} \right|\le \left| {\vec{u}} \right|\left| {\vec{v}} \right|$ (Β Λυκείου) θα ισχύει

$\left| 4\alpha +4\beta \right|\le 4\sqrt{2}\Leftrightarrow -4\sqrt{2}\le 4\alpha +4\beta \le 4\sqrt{2}$ (2)

(με την αριστερή ισότητα να ισχύει όταν $\vec{u}\nearrow \swarrow \vec{v}$ και η δεξιά όταν $\vec{u}\nearrow \nearrow \vec{v}$ έτσι αντίστοιχα η εικόνα του

θα είναι $(-\frac{\sqrt{2}}{2},\,\,-\frac{\sqrt{2}}{2})$ και $(\frac{\sqrt{2}}{2},\,\,\frac{\sqrt{2}}{2})$ αφού είναι σημείο του μοναδιαίου κύκλου και ο συντελεστής διεύθυνσης του $\vec{v}$ είναι 1)

Και από (2) έχουμε ισοδύναμα $-4\sqrt{2}\le -4\alpha -4\beta \le 4\sqrt{2}$ ή $6-4\sqrt{2}\le 6-4\alpha -4\beta \le 6+4\sqrt{2}$ ή

$\sqrt{6-4\sqrt{2}}\le \sqrt{6-4\alpha -4\beta }\le \sqrt{6+4\sqrt{2}}$ ή $\sqrt{{{(2-\sqrt{2})}^{2}}}\le \left| z-w \right|\le \sqrt{{{(2+\sqrt{2})}^{2}}}\Leftrightarrow 2-\sqrt{2}\le \left| z-w \right|\le 2+\sqrt{2}$ οπότε

$\min \left| z-w \right|=2-\sqrt{2}$ και $\max \left| z-w \right|=2+\sqrt{2}$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

#18

Τυχαία είδα τις απαντήσεις σας .....
Θα ήθελα να δω αυτή την << απλή>> απόδειξη .
Από ποτέ η πλήρη λύση είναι ελλιπής.
Και αν όντως είναι ελλιπής και σου είναι εύκολο δώσε μας αναλυτικά <<Από το περιοδικό ''ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΛΥΚΕΙΟΥ''
>> την λύση σου να δούμε τι εννοείς.
Πάντως μια λύση μόνο με τριγωνική ανισότητα όπως την παρουσίασες στην πλήρη λύση σου είναι εσφαλμένη .
Για να ξέρουμε και τι γράφουμε .

ΘΕΜΑ 2ο (ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ)

ΘΕΜΑ 2ο (ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ)

Re: ΘΕΜΑ 2ο (ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ)

Re: ΘΕΜΑ 2ο (ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ)

Re: ΘΕΜΑ 2ο (ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ)

Re: ΘΕΜΑ 2ο (ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ)

Re: ΘΕΜΑ 2ο (ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ)

Re: ΘΕΜΑ 2ο (ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ)

Re: ΘΕΜΑ 2ο (ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ)

Re: ΘΕΜΑ 2ο (ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ)

Re: ΘΕΜΑ 2ο (ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ)

Re: ΘΕΜΑ 2ο (ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ)

Re: ΘΕΜΑ 2ο (ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ)

Re: ΘΕΜΑ 2ο (ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ)

Re: ΘΕΜΑ 2ο (ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ)

Re: ΘΕΜΑ 2ο (ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ)

Re: ΘΕΜΑ 2ο (ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ)

Re: ΘΕΜΑ 2ο (ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ)

Re: ΘΕΜΑ 2ο (ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ)

Μέλη σε σύνδεση