Μιγαδικοί και ισόπλευρο τρίγωνο!

#1

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.

#2

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|

,

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

#3

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

είναι κάθετο στο

:

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

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

συμπεραίνουμε ότι η παράσταση

μεγιστοποιείται ακριβώς όταν κάθε διάνυσμα είναι κάθετο στην διαφορά των δύο άλλων, που συμβαίνει μόνον όταν το

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.

#4

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 , , 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.

#5

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 , , 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!!

#6

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 .

#7

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!!

S.E.Louridas · #8

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.

Μιγαδικοί και ισόπλευρο τρίγωνο!

Μιγαδικοί και ισόπλευρο τρίγωνο!

Re: Μιγαδικοί και ισόπλευρο τρίγωνο!

Re: Μιγαδικοί και ισόπλευρο τρίγωνο!

Re: Μιγαδικοί και ισόπλευρο τρίγωνο!

Re: Μιγαδικοί και ισόπλευρο τρίγωνο!

Re: Μιγαδικοί και ισόπλευρο τρίγωνο!

Re: Μιγαδικοί και ισόπλευρο τρίγωνο!

Re: Μιγαδικοί και ισόπλευρο τρίγωνο!

Μέλη σε σύνδεση