Μιγαδικοί και ισόπλευρο τρίγωνο!

Γενικά θέματα Μαθηματικών καί περί Μαθηματικών

Συντονιστής: Παύλος Μαραγκουδάκης

Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6167
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Μιγαδικοί και ισόπλευρο τρίγωνο!

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Παρ Ιαν 04, 2019 6:27 pm

Οι διαφορετικοί ανά δύο μιγαδικοί \displaystyle{z_1,z_2,z_3} ικανοποιούν τις σχέσεις

\displaystyle{|z_1|=|z_2|=|z_3|=1} και \displaystyle{|z_1+z_2-z_3|+|z_2+z_3-z_1|+|z_3+z_1-z_2|=6.}

Να αποδείξετε ότι οι εικόνες τους είναι κορυφές ισόπλευρου τριγώνου.


Μάγκος Θάνος

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3902
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Μιγαδικοί και ισόπλευρο τρίγωνο!

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Σάβ Ιαν 05, 2019 2:41 pm

Είναι γνωστή η ταυτότητα |z_1+z_2+z_3|^2+|z_1+z_2-z_3|^2+|z_3+z_1-z_2|^2+|z_2+z_3-z_1|^2=4\left(|z_1|^2+|z_2|^2+|z_3|^2\right) \ \ (1)

Επίσης εφαρμόζοντας την ανισότητα 3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2 για a=|z_1+z_2-z_3|, b=|z_3+z_1-z_2|, c=|z_2+z_3-z_1| και αξιοποιώντας τα δεδομένα της εκφώνησης παίρνουμε:

\begin{aligned}|z_1+z_2-z_3|^2+|z_3+z_1-z_2|^2+|z_2+z_3-z_1|^2 \geq 12 &\stackrel{(1)}{\Leftrightarrow} 12-|z_1+z_2+z_3|^2\geq 12 \\ &\Leftrightarrow |z_1+z_2+z_3|=0 \\ &\Leftrightarrow z_1+z_2+z_3=0\end{aligned}

και τώρα είναι γνωστή άσκηση ότι οι ανά δύο διαφορετικοί μιγαδικοί z_1,z_2,z_3 των οποίων οι εικόνες βρίσκονται στον ίδιο κύκλο και ικανοποιούν την σχέση z_1+z_2+z_3=0, έχουν εικόνες που βρίσκονται σε ισόπλευρο τρίγωνο (υπάρχουν πολλοί τρόποι απόδειξης είτε αλγεβρικοί είτε γεωμετρικοί. Ο συντομότερος είναι μέσω του κανόνα παραλληλογράμμου |z_1+z|^2+|z_1-z_2|^2=2|z_1|^2+2|z_2|^2 από τον οποίο προκύπτει άμεσα ότι |z_1-z_2|=|z_2-z_3|=|z_3-z_1|=\sqrt{3}).

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1773
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Μιγαδικοί και ισόπλευρο τρίγωνο!

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Σάβ Ιαν 05, 2019 3:18 pm

matha έγραψε:
Παρ Ιαν 04, 2019 6:27 pm
Οι διαφορετικοί ανά δύο μιγαδικοί \displaystyle{z_1,z_2,z_3} ικανοποιούν τις σχέσεις

\displaystyle{|z_1|=|z_2|=|z_3|=1} και \displaystyle{|z_1+z_2-z_3|+|z_2+z_3-z_1|+|z_3+z_1-z_2|=6.}

Να αποδείξετε ότι οι εικόνες τους είναι κορυφές ισόπλευρου τριγώνου.
Έχουμε, λοιπόν, τα μοναδιαία διανύσματα a, b, c με κοινή αρχή την αρχή των αξόνων και

A=|a+b-c|+|b+c-a|+|c+a-b|=6

και θέλουμε να δείξουμε ότι τα πέρατά τους είναι κορυφές ισοπλεύρου τριγώνου.

Για δύο διανύσματα u, v με σταθερό μήκος, το μέγιστο της παράστασης |u+v|+|u-v| πιάνεται, ενδεχομένως μεταξύ των άλλων, όταν αυτά είναι κάθετα μεταξύ τους. Αυτό μπορούμε να το δείξουμε με πολλούς τρόπους π.χ. με ιδιότητες των ελλείψεων στο σχήμα, ή, υψώνοντας δύο φορές την επόμενη σχέση στο τετράγωνο στην οποία τα διανύσματα v ,w έχουν ίσα μέτρα και το w είναι κάθετο στο u:

|u+v|+|u-v|\leq |u+w|+|u-w|

Επειδή, τώρα, 2A=2(|a+b-c|+|b+c-a|+|c+a-b|)= \sum (|a+(b-c|+|a-(b-c)|)

συμπεραίνουμε ότι η παράσταση Α μεγιστοποιείται ακριβώς όταν κάθε διάνυσμα είναι κάθετο στην διαφορά των δύο άλλων, που συμβαίνει μόνον όταν το O είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου που ορίζουν τα πέρατα των διανυσμάτων, δηλαδή μόνον όταν το τρίγωνο αυτό είναι ισόπλευρο στο οποίο υπολογίζουμε A=6 κ.λπ.


Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1773
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Μιγαδικοί και ισόπλευρο τρίγωνο!

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Σάβ Ιαν 05, 2019 8:32 pm

cretanman έγραψε:
Σάβ Ιαν 05, 2019 2:41 pm
Είναι γνωστή η ταυτότητα |z_1+z_2+z_3|^2+|z_1+z_2-z_3|^2+|z_3+z_1-z_2|^2+|z_2+z_3-z_1|^2=4\left(|z_1|^2+|z_2|^2+|z_3|^2\right) \ \ (1)

Επίσης εφαρμόζοντας την ανισότητα 3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2 για a=|z_1+z_2-z_3|, b=|z_3+z_1-z_2|, c=|z_2+z_3-z_1| και αξιοποιώντας τα δεδομένα της εκφώνησης παίρνουμε:

\begin{aligned}|z_1+z_2-z_3|^2+|z_3+z_1-z_2|^2+|z_2+z_3-z_1|^2 \geq 12 &\stackrel{(1)}{\Leftrightarrow} 12-|z_1+z_2+z_3|^2\geq 12 \\ &\Leftrightarrow |z_1+z_2+z_3|=0 \\ &\Leftrightarrow z_1+z_2+z_3=0\end{aligned}
Να κάνω λάικ. :-)


Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3902
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Μιγαδικοί και ισόπλευρο τρίγωνο!

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Σάβ Ιαν 05, 2019 8:34 pm

rek2 έγραψε:
Σάβ Ιαν 05, 2019 8:32 pm
cretanman έγραψε:
Σάβ Ιαν 05, 2019 2:41 pm
Είναι γνωστή η ταυτότητα |z_1+z_2+z_3|^2+|z_1+z_2-z_3|^2+|z_3+z_1-z_2|^2+|z_2+z_3-z_1|^2=4\left(|z_1|^2+|z_2|^2+|z_3|^2\right) \ \ (1)

Επίσης εφαρμόζοντας την ανισότητα 3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2 για a=|z_1+z_2-z_3|, b=|z_3+z_1-z_2|, c=|z_2+z_3-z_1| και αξιοποιώντας τα δεδομένα της εκφώνησης παίρνουμε:

\begin{aligned}|z_1+z_2-z_3|^2+|z_3+z_1-z_2|^2+|z_2+z_3-z_1|^2 \geq 12 &\stackrel{(1)}{\Leftrightarrow} 12-|z_1+z_2+z_3|^2\geq 12 \\ &\Leftrightarrow |z_1+z_2+z_3|=0 \\ &\Leftrightarrow z_1+z_2+z_3=0\end{aligned}
Να κάνω λάικ. :-)
Χαχα ευχαριστώ για το like Κώστα!!


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6167
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Μιγαδικοί και ισόπλευρο τρίγωνο!

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Σάβ Ιαν 05, 2019 9:29 pm

Μετά τις ωραίες αποδείξεις του Αλέξανδρου και του Κώστα, παραθέτω και μία πιο γεωμετρική.

Ας είναι \displaystyle{ABC} το τρίγωνο

Η σχέση γράφεται

\displaystyle{\left|z_1-\frac{z_1+z_2+z_3}{2}\right|+\left|z_2-\frac{z_1+z_2+z_3}{2}\right|+\left|z_3-\frac{z_1+z_2+z_3}{2}\right|=3}.

Η απόδειξη βασίζεται στο γεγονός ότι στον μιγαδικό \displaystyle{\frac{z_1+z_2+z_3}{2}} αντιστοιχεί το κέντρου \displaystyle{Q} του κύκλου του Euler, οπότε η προηγούμενη σχέση γράφεται

\displaystyle{QA+QB+QC=3R.}

Επειδή το \displaystyle{Q} είναι, ως γνωστόν, το μέσον του \displaystyle{HO,} από το θεώρημα των διαμέσων έχουμε

\displaystyle{QA^2=\frac{2(AH^2+AO^2)-OH^2}{4}=\frac{2(4R^2 \cos ^2 A+R^2)-(9R^2-a^2-b^2-c^2)}{4}=}

\displaystyle{=\frac{2(4R^2-a^2+R^2)-9R^2+a^2+b^2+c^2}{4}=\frac{R^2+b^2+c^2-a^2}{4}.}

Επομένως είναι

\displaystyle{QA^2+QB^2+QC^2=\frac{3R^2+a^2+b^2+c^2}{4}.} (\displaystyle{\color{red}\bigstar})

Διαφορετικά, θα μπορούσαμε να χρησιμοποιήσουμε το θεώρημα του Leibniz, οπότε \displaystyle{QA^2+QB^2+QC^2=3QG^2+\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}

και επειδή \displaystyle{QG=\frac{HO}{6}} θα λαμβάναμε πάλι την (\displaystyle{\color{red}\bigstar}).

Τώρα, επειδή ισχύει \displaystyle{a^2+b^2+c^2\leq 9R^2,} λαμβάνουμε \displaystyle{QA^2+QB^2+QC^2\leq 3R^2}

Τέλος, επειδή \displaystyle{3(QA^2+QB^2+QC^2)\geq (QA+QB+QC)^2,} από την προηγούμενη ανισότητα έχουμε \displaystyle{\boxed{QA+QB+QC\leq 3R}}

και η ισότητα ισχύει προφανώς μόνο στο ισόπλευρο τρίγωνο.

Τα υπόλοιπα είναι προφανή.

Υ.Γ. Όταν πρότεινα χθες το πρόβλημα, δεν θυμήθηκα ότι στην πραγματικότητα το είχαμε ξανασυναντήσει εδώ πριν 6,5 περίπου χρόνια .
Συνημμένα
euler.png
euler.png (20.2 KiB) Προβλήθηκε 399 φορές


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1773
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Μιγαδικοί και ισόπλευρο τρίγωνο!

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Σάβ Ιαν 05, 2019 11:13 pm

matha έγραψε:
Σάβ Ιαν 05, 2019 9:29 pm
Μετά τις ωραίες αποδείξεις του Αλέξανδρου και του Κώστα, παραθέτω και μία πιο γεωμετρική.

Ας είναι \displaystyle{ABC} το τρίγωνο

Η σχέση γράφεται

\displaystyle{\left|z_1-\frac{z_1+z_2+z_3}{2}\right|+\left|z_2-\frac{z_1+z_2+z_3}{2}\right|+\left|z_3-\frac{z_1+z_2+z_3}{2}\right|=3}.

Η απόδειξη βασίζεται στο γεγονός ότι στον μιγαδικό \displaystyle{\frac{z_1+z_2+z_3}{2}} αντιστοιχεί το κέντρου \displaystyle{Q} του κύκλου του Euler, οπότε η προηγούμενη σχέση γράφεται

\displaystyle{QA+QB+QC=3R.}

Επειδή το \displaystyle{Q} είναι, ως γνωστόν, το μέσον του \displaystyle{HO,} από το θεώρημα των διαμέσων έχουμε

\displaystyle{QA^2=\frac{2(AH^2+AO^2)-OH^2}{4}=\frac{2(4R^2 \cos ^2 A+R^2)-(9R^2-a^2-b^2-c^2)}{4}=}

\displaystyle{=\frac{2(4R^2-a^2+R^2)-9R^2+a^2+b^2+c^2}{4}=\frac{R^2+b^2+c^2-a^2}{4}.}

Επομένως είναι

\displaystyle{QA^2+QB^2+QC^2=\frac{3R^2+a^2+b^2+c^2}{4}.} (\displaystyle{\color{red}\bigstar})

Διαφορετικά, θα μπορούσαμε να χρησιμοποιήσουμε το θεώρημα του Leibniz, οπότε \displaystyle{QA^2+QB^2+QC^2=3QG^2+\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}

και επειδή \displaystyle{QG=\frac{HO}{6}} θα λαμβάναμε πάλι την (\displaystyle{\color{red}\bigstar}).

Τώρα, επειδή ισχύει \displaystyle{a^2+b^2+c^2\leq 9R^2,} λαμβάνουμε \displaystyle{QA^2+QB^2+QC^2\leq 3R^2}

Τέλος, επειδή \displaystyle{3(QA^2+QB^2+QC^2)\geq (QA+QB+QC)^2,} από την προηγούμενη ανισότητα έχουμε \displaystyle{\boxed{QA+QB+QC\leq 3R}}

και η ισότητα ισχύει προφανώς μόνο στο ισόπλευρο τρίγωνο.

Τα υπόλοιπα είναι προφανή.

Υ.Γ. Όταν πρότεινα χθες το πρόβλημα, δεν θυμήθηκα ότι στην πραγματικότητα το είχαμε ξανασυναντήσει πριν 6,5 περίπου χρόνια εδώ.
Και άλλο λάικ!!


Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5331
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Μιγαδικοί και ισόπλευρο τρίγωνο!

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Κυρ Ιαν 06, 2019 9:18 am

Καλημέρα:

Απλά και μόνο για να δείξουμε την δύναμη των κατάλληλων αντικαταστάσεων.

Από τη στιγμή που έχουμε \left| {{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right| = \left| {{z_3}} \right| = 1, αρκεί κατά τα γνωστά να αποδείξουμε {z_1} + {z_2} + {z_3} = 0. Θέτουμε {z_1} + {z_2} - {z_3} = x,\,\;{z_2} + {z_3} - {z_1} = y,\,\;{z_3} + {z_1} - {z_2} = z άρα {z_1} + {z_2} + {z_3} = x + y + z και πάμε στο ισοδύναμο πρόβλημα να θέλουμε x + y + z = 0, από τις σχέσεις \left| x \right| + \left| y \right| + \left| z \right| = 6,\;\,\left| {x + y} \right| = \left| {y + z} \right| = \left| {z + x} \right| = 2 δηλαδή να θέλουμε a + b + c = 0, από τις σχέσεις \left| a \right| + \left| b \right| + \left| c \right| = 3,\;\,\left| {a + b} \right| = \left| {b + c} \right| = \left| {c + a} \right| = 1, που πλέον είναι γνωστό θέμα.


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.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γενικά”

Μέλη σε σύνδεση

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