Σύστημα μιγαδικών

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς · #1

Καλησπέρα
Ένα ωραίο θέμα μιγαδικών αριθμών που ξεφεύγει λίγο από τα συνηθισμένα και ίσως λίγο και από την ύλη της Γ! Λυκείου.

Αν $\displaystyle{\displaystyle {z_1},{z_2},{z_3} \in C}$ , να επιλυθεί το σύστημα:

$\displaystyle{\displaystyle {z_1} + {z_2} + {z_3} = 0}$
$\displaystyle{\displaystyle \left| {{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right| = \left| {{z_3}} \right| \ne 0}$

Θωμάς

A.Spyridakis · #2

Λύση του συστήματος είναι κάθε τριάδα μιγαδικών (z1, z2, z3) [ή (z1, z2, -z1-z2)] των οποίων οι εικόνες βρίσκονται στον Κ(Ο,|z1|) και σχηματίζουν ισόπλευρο τρίγωνο. Δηλ. έχουμε άπειρες τριάδες. Αυτό ήθελε η άσκηση? Μπας και μου 'χει ξεφύγει κάτι?

#3

Aφού δεν απάντησα στο άλλο, θα απαντήσω σε αυτό το θέμα του Θωμά .( Στο άλλο κάτι μου βρώμαγε, θα το ξαναδώ!)

Εχουμε:
$\displaystyle{\displaystyle z_1 = - \left( {z_2 + z_3 } \right) \Rightarrow z_1 ^2 = z_2 ^2 + z_3 ^2 + 2z_2 z_3 (1) }$ αλλά και :
$\displaystyle{\displaystyle |z_1 | = |z_2 | = |z_3 | = r > 0 \Rightarrow \bar z_1 = \frac{{r^2 }} {{z_1 }},\bar z_2 = \frac{{r^2 }} {{z_2 }},\bar z_3 = \frac{{r^2 }} {{z_3 }} }$ .
Αρα :
$\displaystyle{\displaystyle z_1 + z_2 + z_3 = 0 \Rightarrow \bar z_1 + \bar z_2 + \bar z_3 = 0 \Rightarrow r^2 (\frac{1} {{z_1 }} + \frac{1} {{z_2 }} + \frac{1} {{z_3 }}) = 0 \Rightarrow z_1 z_2 + z_2 z_3 + z_3 z_1 = 0(2) }$
Λόγω της
(2) , αλλά και της αρχικής προκύπτει , σχετικά εύκολα (απο ταυτότητα) πως:
$\displaystyle{\displaystyle z_1 ^2 + z_2 ^2 + z_3 ^2 = 0 \Rightarrow z_1 ^2 = - z_2 ^2 - z_3 ^2 (3) }$ .
Αντικαθιστώντας την (1) στην (3) προκύπτει:
$\displaystyle{\displaystyle z_2 ^2 + z_3 ^2 + z_2 z_3 = 0 }$ . Διαιρώντας με $\displaystyle{\displaystyle z_2 z_3 \ne 0 }$ , έχουμε : $\displaystyle{\displaystyle \frac{{z_2 }} {{z_3 }} + \frac{{z_3 }} {{z_2 }} + 1 = 0 }$ .
Θέτουμε $\displaystyle{\displaystyle \frac{{z_2 }} {{z_3 }} = w }$ και η εξίσωση γίνεται:
$\displaystyle{\displaystyle w + \frac{1} {w} + 1 = 0 \Rightarrow w = \frac{{ - 1 \pm i\sqrt 3 }} {2} \Rightarrow \frac{{z_2 }} {{z_3 }} = \frac{{ - 1 \pm i\sqrt 3 }} {2} \Rightarrow z_2 = \frac{{ - 1 \pm i\sqrt 3 }} {2}z_3 }$ .
Αντικαθιστούμε στην αρχική και παίρνουμε και μια έκφραση του $\displaystyle{\displaystyle z_1 }$ , σε συνάρτηση με το $\displaystyle{\displaystyle z_3 }$ .
Χμμμ....άπειρες λύσεις;;;
Θα το ξαναδώ!

paylos · #4

A.Spyridakis έγραψε:Λύση του συστήματος είναι κάθε τριάδα μιγαδικών (z1, z2, z3) [ή (z1, z2, -z1-z2)] των οποίων οι εικόνες βρίσκονται στον Κ(Ο,|z1|) και σχηματίζουν ισόπλευρο τρίγωνο. Δηλ. έχουμε άπειρες τριάδες. Αυτό ήθελε η άσκηση? Μπας και μου 'χει ξεφύγει κάτι?

Συμφωνώ για τις άπειρες λύσεις , όμως το τρίγωνο δεν είναι κατ' ανάγκη ισόπλευρο, απλά έχει τις κορυφές του στον κύκλο.

#5

Ας υποθέσουμε ότι υπάρχουν τέτοια z_1,z_2,z_3

όπως λέει η υπόθεση. Τότε αν $|z_1|=|z_2|=|z_3|=R\neq 0$ . Τότε

$z_1+z_2+z_3=0=\overline{0}=\overline{z_1+z_2+z_3}=\displaystyle\frac{R^2}{z_1}+\displaystyle\frac{R^2}{z_2}+\displaystyle\frac{R^2}{z_3}$ . Έτσι παίρνουμε (αφού $R\neq 0$ ) ότι z_1z_2+z_2z_3+z_3z_1=0

.

Συνεπώς (σύμφωνα με τους τύπους Vieta) οι z_1,z_2,z_3

είναι ρίζες της εξίσωσης:

$t^3-0\cdot t^2 + 0 \cdot t - z_1z_2z_3=0$

άρα $z_1^3=z_2^3=z_3^3 \ \ (=z_1z_2z_3)$

άρα z_1^2=z_2z_3 , z_2^2=z_1z_3

και

οπότε παίρνουμε τους λόγους $\displaystyle\frac{z_1}{z_2}=\displaystyle\frac{z_2}{z_3}=\displaystyle\frac{z_3}{z_1}=k$ άρα τελικά

z_1=kz_2, z_2=kz_3, z_3=kz_1

και με πολλαπλασιασμό κατά μέλη παίρνουμε k^3=1

άρα το

είναι κάποια από τις κυβικές ρίζες της μονάδος $1,\omega,\omega^2$ (όπου $\omega=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}$ ).

Αρχίζουμε λοιπόν τις περιπτώσεις:

α) Αν k=1

τότε

, άτοπο

β) Αν $k=\omega$ τότε $z_1=\omega z_2, z_2=\omega z_3 , z_3=\omega z_1$ συνεπώς αν θέσουμε z_1=z

, τότε λύση του συστήματος είναι κάθε τριάδα της μορφής $(z_1,z_2,z_3)=(z,\omega^2z,\omega z)$ για τυχαίο μιγαδικό $z\neq 0$ .

γ) Όμοια αν $k=\omega^2$ τότε και πάλι η λύση είναι η ίδια με το β.

Άρα τελικά οι λύσεις είναι άπειρες της μορφής $\boxed{(z_1,z_2,z_3)=(z,\omega^2z,\omega z)}$ για τυχαίο μιγαδικό $z\neq 0$

Αλέξανδρος

paganini · #6

chris_gatos έγραψε:Aφού δεν απάντησα στο άλλο, θα απαντήσω σε αυτό το θέμα του Θωμά .( Στο άλλο κάτι μου βρώμαγε, θα το ξαναδώ!)

Εχουμε:
$\displaystyle{\displaystyle z_1 = - \left( {z_2 + z_3 } \right) \Rightarrow z_1 ^2 = z_2 ^2 + z_3 ^2 + 2z_2 z_3 (1) }$ αλλά και :
$\displaystyle{\displaystyle |z_1 | = |z_2 | = |z_3 | = r > 0 \Rightarrow \bar z_1 = \frac{{r^2 }} {{z_1 }},\bar z_2 = \frac{{r^2 }} {{z_2 }},\bar z_3 = \frac{{r^2 }} {{z_3 }} }$ .
Αρα :
$\displaystyle{\displaystyle z_1 + z_2 + z_3 = 0 \Rightarrow \bar z_1 + \bar z_2 + \bar z_3 = 0 \Rightarrow r^2 (\frac{1} {{z_1 }} + \frac{1} {{z_2 }} + \frac{1} {{z_3 }}) = 0 \Rightarrow z_1 z_2 + z_2 z_3 + z_3 z_1 = 0(2) }$
Λόγω της
(2) , αλλά και της αρχικής προκύπτει , σχετικά εύκολα (απο ταυτότητα) πως:
$\displaystyle{\displaystyle z_1 ^2 + z_2 ^2 + z_3 ^2 = 0 \Rightarrow z_1 ^2 = - z_2 ^2 - z_3 ^2 (3) }$ .
Αντικαθιστώντας την (1) στην (3) προκύπτει:
$\displaystyle{\displaystyle z_2 ^2 + z_3 ^2 + z_2 z_3 = 0 }$ . Διαιρώντας με $\displaystyle{\displaystyle z_2 z_3 \ne 0 }$ , έχουμε : $\displaystyle{\displaystyle \frac{{z_2 }} {{z_3 }} + \frac{{z_3 }} {{z_2 }} + 1 = 0 }$ .
Θέτουμε $\displaystyle{\displaystyle \frac{{z_2 }} {{z_3 }} = w }$ και η εξίσωση γίνεται:
$\displaystyle{\displaystyle w + \frac{1} {w} + 1 = 0 \Rightarrow w = \frac{{ - 1 \pm i\sqrt 3 }} {2} \Rightarrow \frac{{z_2 }} {{z_3 }} = \frac{{ - 1 \pm i\sqrt 3 }} {2} \Rightarrow z_2 = \frac{{ - 1 \pm i\sqrt 3 }} {2}z_3 }$ .
Αντικαθιστούμε στην αρχική και παίρνουμε και μια έκφραση του $\displaystyle{\displaystyle z_1 }$ , σε συνάρτηση με το $\displaystyle{\displaystyle z_3 }$ .
Χμμμ....άπειρες λύσεις;;;
Θα το ξαναδώ!

σ'αυτο το συμπερασμα κατεληξα και γω με λιγα διανυσματα και γεωμετρια.
Τα διανυσματα σχηματιαζουν ανα δυο γωνια 120 μοιρων.
Συγκεκριμενα:
Εστω τα διανυσματα $\vec{OM_1}$ , $\vec{OM_2}$ , $\vec{OM_3}$ και εστω $\vec{OM_1}+\vec{OM_2}=\vec{OK}$
ειναι $|\vec{OK}|^2=|\vec{OM_1}|^2+|\vec{OM_2}|^2+2|\vec{OM_1}|\vec{OM_2}|\sigma \upsilon \nu \theta _{\vec{OM_1},\vec{OM_2}}$ (1)
Αφου ειναι $z_1+z_2+z_3=0\Rightarrow{\vec{OM_1}+{\vec{OM_2}+{\vec{OM_3}={\vec{0}\Rightarrow\vec{OK}=-\vec{OM_3}$
Θετω $|\vec{OM_1}|=|\vec{OM_2}|=|\vec{OM_3}|=r=|\vec{OK}|$
από (1) $r^2=r^2+r^2+2rr\sigma \upsilon \nu \theta _{\vec{OM_1},\vec{OM_2}}\Rightarrow \sigma \upsilon \nu \theta _{\vec{OM_1},\vec{OM_2}}=-1/2$
$\Rightarrow\theta _{\vec{OM_1},\vec{OM_2}}=2\pi/3$

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς · #7

Γεια σας.
Η λύση του Αλέξανδρου είναι πλήρης.
Βέβαια η εξίσωση $\displaystyle{\displaystyle {t^3} - {r^3} = 0}$ με ρίζες τους $\displaystyle{\displaystyle {z_1},{z_2},{z_3}}$ και $\displaystyle{\displaystyle r \ne 0}$ αυθαίρετο λύνεται και ανεξάρτητα, χωρίς τη χρήση των κυβικών ριζών της μονάδας, για να μπορεί να θεωρηθεί και θέμα εξετάσεων, αλλά χάνει την ομορφιά της.
Σας ευχαριστώ όλους για τη προσπάθεια.
Στον Γάτο μας τον Χρήστο που πλησιάζει τις 1000 δημοσιεύσεις ευχές για 10000 δημοσιεύσεις και υγεία.
Θωμάς

paganini · #8

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς έγραψε:Γεια σας.
Η λύση του Αλέξανδρου είναι πλήρης.
Βέβαια η εξίσωση $\displaystyle{\displaystyle {t^3} - {r^3} = 0}$ με ρίζες τους $\displaystyle{\displaystyle {z_1},{z_2},{z_3}}$ και $\displaystyle{\displaystyle r \ne 0}$ αυθαίρετο λύνεται και ανεξάρτητα, χωρίς τη χρήση των κυβικών ριζών της μονάδας, για να μπορεί να θεωρηθεί και θέμα εξετάσεων, αλλά χάνει την ομορφιά της.
Σας ευχαριστώ όλους για τη προσπάθεια.
Στον Γάτο μας τον Χρήστο που πλησιάζει τις 1000 δημοσιεύσεις ευχές για 10000 δημοσιεύσεις και υγεία.
Θωμάς

Επομενως η απαντηση : οι μιγαδικοι ανηκουν σε κυκλο με κεντρο το (0,0) και τα διανυσματα τους σχηματιζουν ανα 2 γωνια 120 μοιρων ειναι σωστη;

#9

Νομίζω ότι η απλούστερη (και στοιχειώδης λύση), είναι διανυσματική-γεωμετρική, αποδεικνύοντας ότι τρία διανύσματα ίσου μέτρου με μηδενικό άθροισμα, έχουν τις μεταξύ τους γωνίες ίσες ( με 2π/3). Η απόδειξη γίνεται απλά, είτε με συνθήκη ισορροπίας τριών διανυσμάτων με κοινή αρχή (νόμος ημιτόνων, η ότι το άθροισμα των δύο είναι αντίθετο του τρίτου), είτε με διαδοχικά διανύσματα ΑΒ,ΒΓ,ΓΑ που σχηματίζουν ισόπλευρο τρίγωνο.
Είναι ένα κλασικό θέμα που πρέπει να γνωρίζει κάθε υποψήφιος, για το οποίο είχαν γίνει και αρκετές συζητήσεις την χρονιά που είχε τεθεί (2005) (Αν είναι από συγκεκριμένο φροντιστηριακό βιβλίο, για ασάφεια σε υποερώτημα, κλπ.)
Ανδρέας

Α.Κυριακόπουλος · #10

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς έγραψε:Καλησπέρα
Ένα ωραίο θέμα μιγαδικών αριθμών που ξεφεύγει λίγο από τα συνηθισμένα και ίσως λίγο και από την ύλη της Γ! Λυκείου.

Αν $\displaystyle{\displaystyle {z_1},{z_2},{z_3} \in C}$ , να επιλυθεί το σύστημα:

$\displaystyle{\displaystyle {z_1} + {z_2} + {z_3} = 0}$
$\displaystyle{\displaystyle \left| {{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right| = \left| {{z_3}} \right| \ne 0}$

Θωμάς

Λύση(και με τη σχολική ύλη και όμορφη!!!).
Έστω ότι για 3 μιγαδικούς αριθμούς z,ω και φ ( αλλάζω τα ονόματα των αριθμών για ευκολία στη γραφή), ισχύουν:
z+ω+φ=0 (1) και |z|=|ω|=|φ| $\ne$ 0 (2).
Από την (1) βρίσκουμε: φ=-z-ω. Αντικαθιστώντας στις σχέσεις (2) βρίσκουμε:
|z|=|ω|=|z+ω| $\Rightarrow 1 = \left| {\frac{\omega }{z}} \right| = \left| {1 + \frac{\omega }{z}} \right|$ (3).
Θέτουμε: $\frac{\omega }{z} = x + yi$ , όπου $x,y \in R.$ ‘Έτσι, από τις σχέσεις (3), βρίσκουμε:
$\left\{ \begin{array}{l} {x^2} + {y^2} = 1 \\ {(x + 1)^2} + {y^2} = 1 \\ \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x^2} + {y^2} = 1 \\ {x^2} + 2x + 1 + {y^2} = 1 \\ \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = - \frac{1}{2} \\ y = \pm \frac{{\sqrt 3 }}{2} \\ \end{array} \right.$
Άρα : $\frac{\omega }{z} = - \frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}i$ ή $\frac{\omega }{z} = - \frac{1}{2} - \frac{{\sqrt 3 }}{2}i$ .
• Έστω ότι: $\frac{\omega }{z} = - \frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}i$ . Τότε:
$\omega = \frac{{ - 1 + i\sqrt 3 }}{2}z$ και $\varphi = \left( { - z - \omega = - z - \frac{{ - 1 + i\sqrt 3 }}{2}z} \right) = \frac{{ - 1 - i\sqrt 3 }}{2}z$ , $z \in {C^ * }$ (4)
• Έστω ότι: $\frac{\omega }{z} = - \frac{1}{2} - \frac{{\sqrt 3 }}{2}i$ . Τότε:
$\omega = \frac{{ - 1 - i\sqrt 3 }}{2}z$ και $\varphi = \left( { - z - \omega = - z - \frac{{ - 1 - i\sqrt 3 }}{2}z} \right) = \frac{{ - 1 + i\sqrt 3 }}{2}z$ , $z \in {C^ * }$ (5)
Αντιστρόφως. Όπως βρίσκουμε εύκολα, οι αριθμοί z,ω και φ που δίνονται από τις σχέσεις (4), όπως και εκείνοι που δίνονται από τις σχέσεις (5), πληρούν το σύστημα των εξισώσεων (1) και (2) και άρα είναι οι μοναδικοί ζητούμενοι.

Υ.Γ.1.
Χρήστο και Αλέξανδρε. Στις λύσεις που κάνατε,αφού εργαστήκατε με συνεπαγωγές( όπως και εγώ ), πώς ξέρετε ότι οι αριθμοί που βρήκατε πληρούν το δοσμένο σύστημα και άρα είναι οι ζητούμενοι; Είναι βέβαιο ότι το θεωρήσατε προφανές.Αλλά και σ' αυτή την περίπτωση πρέπει να το λέμε, γιατί αλλιώς περνάμε λανθασμένα μηνύματα( δηλαδή ότι, όταν εργαζόμαστε με συνεπαγωγές δεν χρειάζεται το αντίστροφο, που ,όπως ξέρετε, είναι λάθος).
Υ.Γ,2.

paganini έγραψε: Επομενως η απαντηση : οι μιγαδικοι ανηκουν σε κυκλο με κεντρο το (0,0) και τα διανυσματα τους σχηματιζουν ανα 2 γωνια 120 μοιρων ειναι σωστη;

paganini όχι, δεν είναι σωστή. Ποιοι είναι οι αριθμοί αυτοί; Όταν λέμε ότι θα λύσουμε ένα σύστημα εννοούμε ότι θα βρούμε όλους τους αριθμούς που το επαληθεύουν. Με τύπους, αν είναι άπειροι και όχι περιγραφικά με γεωμετρικές ιδιότητες που ενδεχομένως να έχουν. Εξάλλου είμαστε στην Άλγεβρα και τις λύσεις δεν πρέπει να τις στηρίζουμε σε σχήματα.

Υ.Γ.3.
Είχα προγραμματίσει να φύγω για διακοπές τη Δευτέρα. Αλλά κάτι συνέβη και θα φύγω οριστικά την Τρίτη.
Εύχομαι και πάλι σε όλους καλό καλοκαίρι.

paganini · #11

Α.Κυριακόπουλος έγραψε:
Ραϊκόφτσαλης Θωμάς έγραψε:Καλησπέρα
Ένα ωραίο θέμα μιγαδικών αριθμών που ξεφεύγει λίγο από τα συνηθισμένα και ίσως λίγο και από την ύλη της Γ! Λυκείου.

Αν $\displaystyle{\displaystyle {z_1},{z_2},{z_3} \in C}$ , να επιλυθεί το σύστημα:

$\displaystyle{\displaystyle {z_1} + {z_2} + {z_3} = 0}$
$\displaystyle{\displaystyle \left| {{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right| = \left| {{z_3}} \right| \ne 0}$

Θωμάς
Λύση(και με τη σχολική ύλη και όμορφη).
Έστω ότι για 3 μιγαδικούς αριθμούς z,ω και φ ( αλλάζω τα ονόματα των αριθμών για ευκολία στη γραφή), ισχύουν:
z+ω+φ=0 (1) και |z|=|ω|=|φ| $\ne$ 0 (2).
Από την (1) βρίσκουμε: φ=-z-ω. Αντικαθιστώντας στις σχέσεις (2) βρίσκουμε:
|z|=|ω|=|z+ω| $\Rightarrow 1 = \left| {\frac{\omega }{z}} \right| = \left| {1 + \frac{\omega }{z}} \right|$ (3).
Θέτουμε: $\frac{\omega }{z} = x + yi$ , όπου $x,y \in R.$ ‘Έτσι, από τις σχέσεις (3), βρίσκουμε:
$\left\{ \begin{array}{l} {x^2} + {y^2} = 1 \\ {(x + 1)^2} + {y^2} = 1 \\ \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x^2} + {y^2} = 1 \\ {x^2} + 2x + 1 + {y^2} = 1 \\ \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = - \frac{1}{2} \\ y = \pm \frac{{\sqrt 3 }}{2} \\ \end{array} \right.$
Άρα : $\frac{\omega }{z} = - \frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}i$ ή $\frac{\omega }{z} = - \frac{1}{2} - \frac{{\sqrt 3 }}{2}i$ .
• Έστω ότι: $\frac{\omega }{z} = - \frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}i$ . Τότε:
$\omega = \frac{{ - 1 + i\sqrt 3 }}{2}z$ και $\varphi = \left( { - z - \omega = - z - \frac{{ - 1 + i\sqrt 3 }}{2}z} \right) = \frac{{ - 1 - i\sqrt 3 }}{2}z$ , $z \in {C^ * }$ (4)
• Έστω ότι: $\frac{\omega }{z} = - \frac{1}{2} - \frac{{\sqrt 3 }}{2}i$ . Τότε:
$\omega = \frac{{ - 1 - i\sqrt 3 }}{2}z$ και $\varphi = \left( { - z - \omega = - z - \frac{{ - 1 - i\sqrt 3 }}{2}z} \right) = \frac{{ - 1 + i\sqrt 3 }}{2}z$ , $z \in {C^ * }$ (5)
Αντιστρόφως. Όπως βρίσκουμε εύκολα, οι αριθμοί z,ω και φ που δίνονται από τις σχέσεις (4), όπως και εκείνοι που δίνονται από τις σχέσεις (5), πληρούν το σύστημα των εξισώσεων (1) και (2) και άρα είναι οι μοναδικοί ζητούμενοι.

Υ.Γ.1.
Χρήστο και Αλέξανδρε. Στις λύσεις που κάνατε,αφού εργαστήκατε με συνεπαγωγές( όπως και εγώ ), πώς ξέρετε ότι οι αριθμοί που βρήκατε πληρούν το δοσμένο σύστημα και άρα είναι οι ζητούμενοι; Είναι βέβαιο ότι το θεωρήσατε προφανές.Αλλά και σ' αυτή την περίπτωση πρέπει να το λέμε, γιατί αλλιώς περνάμε λανθασμένα μηνύματα( δηλαδή ότι, όταν εργαζόμαστε με συνεπαγωγές δεν χρειάζεται το αντίστροφο, που ,όπως ξέρετε, είναι λάθος).
Υ.Γ,2.
paganini έγραψε: Επομενως η απαντηση : οι μιγαδικοι ανηκουν σε κυκλο με κεντρο το (0,0) και τα διανυσματα τους σχηματιζουν ανα 2 γωνια 120 μοιρων ειναι σωστη;
paganini όχι, δεν είναι σωστή. Ποιοι είναι οι αριθμοί αυτοί; Όταν λέμε ότι θα λύσουμε ένα σύστημα εννοούμε ότι θα βρούμε όλους τους αριθμούς που το επαληθεύουν. Με τύπους, αν είναι άπειροι και όχι περιγραφικά με γεωμετρικές ιδιότητες που ενδεχομένως να έχουν. Εξάλλου είμαστε στην Άλγεβρα και τις λύσεις δεν πρέπει να τις στηρίζουμε σε σχήματα.

Υ.Γ.3.
Είχα προγραμματίσει να φύγω για διακοπές τη Δευτέρα. Αλλά κάτι συνέβη και θα φύγω οριστικά την Τρίτη.
Εύχομαι και πάλι σε όλους καλό καλοκαίρι.

Εχετε δικαιο.
Αλλα εφοσον εχω βρει τη γεωμετρικη ιδιοτητα των εικονων των μιγαδικων,τοτε ευκολα μπορω να βρω και την αλγεβρικη τους εκφραση.
Ετσι, αφου ολοι οι μιγαδικοι εχουν ισα μετρα και σχηματιζουν ανα δυο γωνια 2π/3 τοτε αν επιλεξουμε τυχαια εναν (εστω z) οι αλλοι προκυπτουν με στροφη του κατα γωνια 2π/3 (αριστεροστροφα και δεξιοστροφα) δηλαδη με πολλαπλασιασμο με το μιγαδικο συν2π/3+ημ2π/3i= $-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt3}{2}i$ και με τον συν(-2π/3)+ημ(-2π/3i)= $(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt3}{2}i)$ αντιστοιχα.
αρα η τριπλετα των μιγαδικων θα ειναι: { ${z,(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt3}{2}i)z,(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt3}{2}i)z}$ }

#12

Η συνθήκη $z_{1}+z_{2}+z_{3}=0$ λέει ότι το τρίγωνο ΑΒΓ (εκόνες των $z_{1},z_{2},z_{3}$ ) έχει βαρύκεντρο το Ο(0,0) (διανυσματικά είναι προφανες), η συνθήκη $|z_{1}|=|z_{2}|=|z_{3}|$ λέει ότι το Ο(0,0) είναι επίσης και περίκεντρο. Αρα το ΑΒΓ είναι ισόπλευρο.

Σύστημα μιγαδικών

Σύστημα μιγαδικών

Re: Σύστημα μιγαδικών

Re: Σύστημα μιγαδικών

Re: Σύστημα μιγαδικών

Re: Σύστημα μιγαδικών

Re: Σύστημα μιγαδικών

Re: Σύστημα μιγαδικών

Re: Σύστημα μιγαδικών

Re: Σύστημα μιγαδικών

Re: Σύστημα μιγαδικών

Re: Σύστημα μιγαδικών

Re: Σύστημα μιγαδικών

Μέλη σε σύνδεση