'Αλλη μία με συνευθειακά σημεία

Συντονιστής: Πρωτοπαπάς Λευτέρης

Άβαταρ μέλους
nsmavrogiannis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4296
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 7:13 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

'Αλλη μία με συνευθειακά σημεία

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nsmavrogiannis » Τρί Οκτ 20, 2009 10:25 pm

Μιας και το έφερε η κουβέντα για συνευθειακά σημεία παραθέτω ένα θέμα από διαγώνισμα που έγραψαν οι μαθητές μου την προηγούμενη εβδομάδα. 'Οπως θα διαπιστώσετε το πρώτο ερώτημα είναι άσκηση του σχολικού βιβλίου (Β Ομάδα, Άσκηση 8 σελ. 96-97). Αυτή είναι μία πρακτική που ακολουθώ πάντα στα ωριαία διαγωνίσματα. Οι λόγοι πολλοί αλλά ο κυριότερος είναι για να μάθουν οι μαθητές να δουλεύουν το βιβλίο τους. Πάντοτε όμως προσθέτω και μία επιπλέον ερώτηση (εδώ η 2) )


Για τους μιγαδικούς αριθμούς z_1, z_2 ισχύει \bar{z}_{1}=\frac{1}{z_{1}}, \bar{z}_{2}=\frac{1}{z_{2}} και z_{1}z_{2}\neq -1. 'Εστω z=\frac{z_{1}+z_{2}}{1+z_{1}z_{2}}. Να αποδείξετε ότι:
1) Ο z είναι πραγματικός.
2) Οι εικόνες των z_{1},z_{2},z είναι σημεία συνευθειακά.

Μαυρογιάννης


Αν κανείς δεν ελπίζει, δεν θα βρεί το ανέλπιστο, οι δρόμοι για το ανεξερεύνητο θα είναι κλειστοί.
Ηράκλειτος
Άβαταρ μέλους
Πρωτοπαπάς Λευτέρης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2839
Εγγραφή: Τετ Οκτ 14, 2009 12:20 am
Τοποθεσία: Πετρούπολη, Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: 'Αλλη μία με συνευθειακά σημεία

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Πρωτοπαπάς Λευτέρης » Τετ Οκτ 21, 2009 1:32 am

To (α) είναι προφανώς τετριμένο.

Για να αποδείξουμε το (β) αρκεί να ισχύει:
|z-z_{1}|+|z-z_{2}|=|z_{1}-z_{2}| (Ι)
ή |z-z_{1}|+|z_{1}-z_{2}|=|z-z_{2}| (ΙΙ)
ή |z-z_{1}|=|z-z_{2}|+|z_{1}-z_{2}| (ΙΙΙ).
Για την απόδειξη της (Ι).
Με αντικατάσταση του z στην (Ι) προκύπτει:
\left|\frac{1-z_{1}^{2}}{1+z_{1}z_{2}} \right|+\left|\frac{1-z_{2}^{2}}{1+z_{1}z_{2}} \right|=|z_{1}-z_{2}|,
όπου υψώνοντας στο τετράγωνο και κάνοντας πράξεις προκύπτει:
\left|(1-z_{1}^{2})(1-z_{2}^{2}) \right|=\left(z_{1}-\bar{z_{1}} \right)\left(z_{2}-\bar{z_{2}} \right) (ΙV).
Αν Im(z_{1})Im(z_{2}) < 0, υψώνοντας στο τετράγωνο την (ΙV), καταλήγουμε σε σχέση που ισχύει, οπότε ισχύει και η αρχική.
Αν Im(z_{1})Im(z_{2}) = 0, η (ΙV) ισχύει οπότε και η αρχική.
Αν Im(z_{1})Im(z_{2}) > 0, η (ΙV) είναι αδύνατη. (περίπτωση που θα εξετασθεί στις (ΙΙ), (ΙΙΙ))

Ομοίως αποδεικνύονται οι (ΙΙ) και (ΙΙΙ).
τελευταία επεξεργασία από Πρωτοπαπάς Λευτέρης σε Τετ Οκτ 21, 2009 11:14 am, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Κάθε πρόβλημα έχει μία τουλάχιστον λύση!!!
achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2754
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: 'Αλλη μία με συνευθειακά σημεία

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Τετ Οκτ 21, 2009 10:47 am

Ένας άλλος τρόπος για το (β) είναι να δειχθεί ότι ο \frac{z-z_1}{z_2-z_1} είναι πραγματικός.

Εύκολα βρίσκουμε από τον τύπο για τον z, ότι

\frac{z-z_1}{z_2-z_1}=\frac{z_2(1-z_1^2)}{(z_2-z_1)(1+z_1z_2)},

ο συζυγής του οποίου είναι

\frac{\frac{1}{z_2}\left(1-\frac{1}{z_1^2}\right)}{\left(\frac{1}{z_2}-\frac{1}{z_1}\right)\left(1+\frac{1}{z_1z_2}\right)}=\frac{z_2(z_1^2-1)}{(z_1-z_2)(z_1z_2+1)}=\frac{z_2(1-z_1^2)}{(z_2-z_1)(1+z_1z_2)}

όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Αχιλλέας


Άβαταρ μέλους
Πρωτοπαπάς Λευτέρης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2839
Εγγραφή: Τετ Οκτ 14, 2009 12:20 am
Τοποθεσία: Πετρούπολη, Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: 'Αλλη μία με συνευθειακά σημεία

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Πρωτοπαπάς Λευτέρης » Τετ Οκτ 21, 2009 11:16 am

Σαφώς πιο γρήγορος τρόπος ...


Κάθε πρόβλημα έχει μία τουλάχιστον λύση!!!
hsiodos
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1236
Εγγραφή: Σάβ Απρ 18, 2009 1:12 am

Re: 'Αλλη μία με συνευθειακά σημεία

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hsiodos » Τετ Οκτ 21, 2009 6:30 pm

nsmavrogiannis έγραψε: Για τους μιγαδικούς αριθμούς z_1, z_2 ισχύει \bar{z}_{1}=\frac{1}{z_{1}}, \bar{z}_{2}=\frac{1}{z_{2}} και z_{1}z_{2}\neq -1. 'Εστω z=\frac{z_{1}+z_{2}}{1+z_{1}z_{2}}. Να αποδείξετε ότι:
1) Ο z είναι πραγματικός.
2) Οι εικόνες των z_{1},z_{2},z είναι σημεία συνευθειακά.

Μαυρογιάννης
Καλησπέρα

Ωραίο το β ερώτημα που έχει προσθέσει ο Νίκος.
Αν Α , Β , Γ οι εικόνες των \displaystyle{{z_1 ,z_2 ,z}} αντίστοιχα τότε:
Από το δεδομένο \displaystyle{{z_1 z_2  \ne  - 1}} προκύπτει ότι η ευθεία ΑΒ δεν είναι παράλληλη στον χ΄χ. Από τα ερωτήματα της άσκησης λοιπόν βγαίνει το συμπέρασμα ότι
η ΑΒ τέμνει τον χ΄χ σε σημείο που αντιστοιχεί πάντα στην εικόνα του (πραγματικού) \displaystyle{ 
z = \frac{{z_1  + z_2 }}{{1 + z_1 z_2 }}}.
Υπάρχει σχετικά εύκολος τρόπος να το αποδείξουμε αυτό άμεσα;

Το μόνο που έχω βρει (σχετικά) εύκολα είναι ότι \displaystyle{ 
z = \frac{{z_1  + z_2 }}{{1 + z_1 z_2 }} = \frac{{{\mathop{\rm Re}\nolimits} (z_1  + z_2 )}}{{{\mathop{\rm Re}\nolimits} (1 + z_1 z_2 )}}}

Κάθε βοήθεια καλοδεχούμενη.

Γιώργος


Γιώργος Ροδόπουλος
achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2754
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: 'Αλλη μία με συνευθειακά σημεία

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Τετ Οκτ 21, 2009 8:58 pm

Δεν είμαι σίγουρος αν καταλαβαίνω την ερώτηση, αλλά:

Καταρχήν υποθέτουμε ότι z_1\ne z_2. Η εξίσωση της ευθείας AB είναι

w+\bar{w}z_1z_2-(z_1+z_2)=0 (χρησιμοποίησα w αντί για το σύνηθες z),

η οποία τέμνει τον πραγματικό άξονα αν και μόνο αν w=\bar{w}.
Παίρνοντας w=\bar{w} στην εξίσωση της ευθείας και λύνοντας ως προς w παίρνουμε

\displaystyle{w=\frac{z_1+z_2}{1+z_1z_2}=z}.


Σημείωση: Η εξίσωση ευθείας στο μιγαδικό επίπεδο είναι της μορφής

\alpha w+\bar{\alpha}\bar{w}+\beta=0,

όπου \alpha \in \mathbb{C}^{*}, \beta \in \mathbb{R} και w\in \mathbb{C}.

Εδώ \alpha=\frac{1}{1+z_1z_2} και \beta=-z.


Φιλικά,

Αχιλλέας


Άβαταρ μέλους
nsmavrogiannis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4296
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 7:13 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: 'Αλλη μία με συνευθειακά σημεία

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nsmavrogiannis » Πέμ Οκτ 22, 2009 3:16 pm

Η πρώτη λύση που έδωσε ο Αχιλλέαςήταν εκείνη που είχα στο μυαλό μου όταν ετοίμαζα το διαγώνισμα. Το πολύ απλό κριτήριο ότι οι εικόνες των διακεκριμένων μιγαδικών z_{1},z_{2},z_{3} είναι σημεία συνευθειακά αν και μόνο αν ο αριθμός \frac{z_{3}-z_{1}}{z_{2}-z_{1}} είναι πραγματικός το διδάσκω πάντα μαζί με την θεωρία. Μας βοηθάει σε πολλές περιστάσεις (βλ και το θέμα viewtopic.php?f=51&t=3345). Πιο παλιά υπήρχε ως άσκηση και στο σχολικό βιβλίο.
Η ιδέα του Γιώργου που οδήγησε στην δεύτερη λύση του Αχιλλέα επιδέχεται και μία πιο "σχολική" υλοποίηση. Τη γράφω μόνο και μόνο γιατί η μιγαδική περιγραφή μιας εξίσωσης ευθείας που χρησιμοποιοεί ο Αχιλλέας δεν είναι γνωστή στους μαθητές: Αν z_{k}=xk+y_{k}i,\,\ \ k=1,2 και P\left( x,0\right) είναι το σημείο που τέμνει η ευθεία που διέρχεται από τις εικόνες των z_{1},z_{2} τον x^{\prime }x τότε
\displaystyle{ 
\left| {\begin{array}{*{20}c} 
   {x - x_1 } & { - y_1 }  \\ 
   {x_2  - x_1 } & {y_2  - y_1 }  \\ 
\end{array}} \right| = 0 
}
οπότε
x=\frac{x_{1}y_{2}-y_{1}x_{2}}{y_{2}-y_{1}} (1)
Αλλά x_{k}=\frac{z_{k}+\bar{z}_{k}}{2},y_{k}=\frac{z_{k}-\bar{z}_{k}}{2i},\,\ \ k=1,2 και αντικαθιστώντας στην (1) βρίσκουμε:
x=\frac{z_{1}\bar{z}_{2}-\bar{z}_{1}z_{2}}{z_{1}-z_{2}+\bar{z}_{2}-\bar{z}_{1}} (2)
και λαμβάνοντας υπ' όψιν ότι \bar{z}_{k}=\frac{1}{z_{k}},\,\ \ k=1,2 βρίσκουμε πως x=\allowbreak \frac{z_{1}+z_{2}}{z_{1}z_{2}+1} δηλαδή το ζητούμενο. Συγχρόνως με αυτή την πορεία, όπως επισημάνθηκε από τον Αχιλλέα έχει αποδειχθεί και το πρώτο ερώτημα.
colinear.png
colinear.png (135.73 KiB) Προβλήθηκε 733 φορές
Το προηγούμενο σχήμα παρήχθη στη Geogebra με το αρχείο:
colinear.ggb
(6.53 KiB) Μεταφορτώθηκε 40 φορές
Για όσους ίσως δεν το ξέρουν η έκδοση 3.2.0.0 επιτρέπει τον χειρισμό μιγαδικών αριθμών. Για να δείτε πως στο Αγγλικό (:άρα αν δουλεύτε στ Ελληνικά πρέπει να αλλάξετε για λίγο την γλώσσα) αρχείο βοηθείας να αναζητήσετε το complex numbers.
Μαυρογιάννης


Αν κανείς δεν ελπίζει, δεν θα βρεί το ανέλπιστο, οι δρόμοι για το ανεξερεύνητο θα είναι κλειστοί.
Ηράκλειτος
hsiodos
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1236
Εγγραφή: Σάβ Απρ 18, 2009 1:12 am

Re: 'Αλλη μία με συνευθειακά σημεία

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hsiodos » Πέμ Οκτ 22, 2009 3:47 pm

Καλό μεσημέρι

Πολύ ωραία. Ευχαριστώ τον Αχιλλέα και τον Νίκο για τις όμορφες λύσεις τους. Η λύση του Νίκου μπορεί να χρησιμοποιηθεί στα σχολικά πλαίσια.
Η λύση του Αχιλλέα με βοήθησε να ...ξεθάψω ξεχασμένα πράγματα.

Γιώργος

** Νίκο ευχαριστούμε και για την ενδιαφέρουσα πληροφορία σου για τον χειρισμό μιγαδικών στο GeoGebra .Άραγε η βοήθεια στα Ελληνικά θα ανανεωθεί;


Γιώργος Ροδόπουλος
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης