döngüsel dörtgen oluşturmak için karmaşık sayılar koşulu.

Aug 18 2020

Karmaşık sayıları düşünün $z,z^2,z^3,z^4$bu sırayla döngüsel bir dörtgen oluşturur. Eğer$\arg z=\alpha$ ve $\alpha$ yatıyor $[0,2\pi]$Değerleri bulun $\alpha$ alabilir.

Bu soruyla bir rekabete dayalı sınavda karşılaştım. Elde etmek için döngüsel dörtgenin özelliğini kullanmayı denedim $$\arg\left(\frac{z^3-z^4}{z-z^4}\right)+\arg\left(\frac{z-z^2}{z^3-z^2}\right)=\pi$$ Bu daha da basitleştirilebilir, ancak yardımcı olmaz.

Ayrıca coni teoremini kullanmayı denedim ama faydası olmadı. Verilen cevap alfa yatıyor$(0,\frac{2\pi}{3})and(\frac{4\pi}{3},2\pi)$

Yanıtlar

2 OscarLanzi Aug 18 2020 at 20:22

İşte oluşturmanın alternatif bir yolu $|z|=1$ - her şeyin matematiksel tümevarımı ile.

Farz et ki $z,z^2,z^3,z^4$ sıfırdan farklı bir daire üzerinde uzanmak $z$. Sonra tüm öğeleri ile çarparak$z$ biz bunu anlıyoruz $z^2,z^3,z^4,z^5$ üst üste binen üç nokta nedeniyle ilk daire ile aynı olması gereken bir çemberin üzerinde de yatar $z^2,z^3,z^4$. benzer şekilde$z^6,z^7,...$ aynı çember üzerinde uzanmak.

Şimdi diğer tarafa gidin. Verilen$z,z^2,z^3,z^4$ bir daire üzerinde $z$, sonra $1,z,z^2,z^3$aynı zamanda yine ilkiyle aynı olan bir çemberin üzerine uzanır. Bulduğumuz bu süreci tekrarlayarak$z^{-1},z^{-2},...$ bu çemberin üzerinde de yatıyor.

Böylece aynı daire formdaki tüm noktaları içerir $z^n$ tüm tam sayılar için $n$, pozitif, negatif ve sıfır. Ancak çemberin sınırlandırılması gerekir ve az önce tanımlanan güçler seti yalnızca$|z|=1$.

Verilen $|z|=1$, argümanın nasıl kısıtlandığı bir tanım meselesidir. Puanlara ihtiyacımız olursa$z,z^2,z^3,z^4$ dörtgende dönme düzeninde olmak için iki durumdan birine sahip olmamız gerekir:

  • Sipariş saat yönünün tersine ise, o zaman $0<\alpha<2\pi/3$ çünkü dönme düzenini korumak için sahip olmamız gereken $\arg z^4-\arg z=3\alpha<2\pi$.

  • Sıra saat yönünde ise, ters güçler $z^{-1},z^{-2},z^{-3},z^{-4}$ saat yönünün tersine sıralanır ve şimdi $\arg z^{-4}-\arg z^{-1}=3\alpha<2\pi$. Bu ikinci seti verir$4\pi/3<\alpha<2\pi$ eğer argümanlar kabul edilirse $[0,2\pi)$.

Ancak, tartışmalı bir şekilde, noktalar bu dönme düzeninde olmasalar bile yine de çemberin üzerinde uzanırlar, bu nedenle, çakışan köşe çiftleri tarafından dejenere edilmedikçe döngüsel dörtgen vardır. Böyle bir tesadüf ancak$n\alpha$ birden çok $2\pi$ için $n\in\{1,2,3\}$. Yani bu bakış açısından$\alpha$ herhangi bir şey olabilir $[0,2\pi]$ dışında $0,2\pi/3,\pi,4\pi/3,2\pi$.

2 MichaelRozenberg Aug 18 2020 at 11:53

Ptolemy ile şunları elde ederiz: $$|z-z^2|\cdot|z^3-z^4|+|z-z^4|\cdot|z^2-z^3|=|z-z^3|\cdot|z^2-z^4|$$ veya $$|z|+|z^2+z+1|=|(z+1)^2|.$$ Şimdi, bir üçgen eşitsizliği kullanabiliriz.

Kimlik tahmini $|z|=r$ elde ederiz: $$(\cos\alpha,\sin\alpha)||(r^2\cos2\alpha+r\cos\alpha+1,r^2\sin2\alpha+r\sin\alpha),$$ hangi verir $$\sin\alpha(r^2\cos2\alpha+r\cos\alpha+1)=\cos\alpha(r^2\sin2\alpha+r\sin\alpha)$$ veya $$\sin\alpha=r^2\sin\alpha$$ dan beri $\sin\alpha\neq0$, elde ederiz $r=1$.

1 RezhaAdrianTanuharja Aug 18 2020 at 12:33

Michael'ın çözümünde olduğu gibi, Ptolemy'yi kullanarak $|z|+|z^{2}+z+1|=|z^{2}+2z+1|$.

Resme bakın, belli ki $|z^{2}|=1$ ve sonuç olarak $|z|=1$. İçin$-\frac{2\pi}{3}\leq\alpha\leq\frac{2\pi}{3}$denklem geçerlidir. İpucu: hangi açıdan$\alpha$ yönü $z^{2}+z+1$ tersi olmak $z$?

1 JeanMarie Aug 19 2020 at 05:23

Modül sorunu için, klasik denkliği kullanalım ( buraya bakın ):

$$a,b,c,d \ \text{constitute a cyclic quadrilateral} \ \iff \ $$ $$\underbrace{[a,c;b,d]}_{\text{cross ratio}}=\frac{(b-a)}{(b-c)} /\frac{(d-a)}{(d-c)} \ \text{is real}\tag{1}$$

Bizim durumumuzda (1) şöyle olur:

$$[z,z^3;z^2,z^4]=\left(\frac{z^2-z}{z^2-z^3}\right) \times \left(\frac{z^4-z^3}{z^4-z}\right) \in \mathbb{R}\tag{2}$$

Özellikle aşağıdakilerden gelen farklı basitleştirmeleri dikkate alarak $z^3-1=(z-1)(z^2+z+1)$, (2) şuna eşdeğerdir:

$$z+1+\tfrac{1}{z} \in \mathbb{R} \ \iff \ Im\left(z+1+\tfrac{1}{z}\right)=0$$

aksi halde söylendi $z=re^{i\theta}$,

$$(r-\tfrac1r) \sin(\theta)=0$$

gibi $\theta \ne k \pi$ (bu tür değerler dejenere dörtgenler verecektir), biz mutlaka $r-\tfrac1r=0$, veren $r=1$.

Açı sorunu için şunu varsayalım:$z=re^{i \theta}$ ile $0<\theta<\pi$ genellik kaybı olmaksızın (bu, $x$eksen). Bir muhakeme yapmakla eşdeğerdir$1,z,z^2,z^3$ hangi puanlardan elde edilir $z,z^2,z^3,z^4$ tarafından $-\theta$rotasyon. Geometrik olarak açıktır ki gerekli bir koşul şudur:$z^3$ daha az argümana sahip $2 \pi$ (aksi takdirde, puanların sırası $1$ ve $z^3$saygı gösterilmez). Bu durum$arg(z^3)<2 \pi$ verir

$$0<3\alpha<2\pi \ \iff \ 0<\alpha<2\pi/3\tag{3}$$

Dahası, bu koşul aslında yeterlidir: tümü $\alpha$doğrulayıcı (3) yeterli bir çözüm sağlar.