Δύο συμμετρικά αποτελέσματα στη μιγαδική ανάλυση

20 10 2010

Η προσπάθειά μου να εντοπίσω κάποιες γενικές λύσεις σε δύο τυπικά (για τα μαθηματικά της Γ’ Λυκείου) προβλήματα της μιγαδικής ανάλυσης, κατέληξε σε συμπεράσματα που παρουσιάζουν εξαιρετική συμμετρία. Το γεγονός ότι δεν τα έχω εντοπίσει στη σχετική βιβλιογραφία με ώθησε να τα γράψω εδώ. Το πρώτο από τα δύο προβλήματα είναι η εύρεση μιγαδικού αριθμού του οποίου η εικόνα βρίσκεται πάνω σε έναν κύκλο, ώστε το μέτρο του να είναι το ελάχιστο ή το μέγιστο δυνατόν. Τέτοια προβλήματα υπάρχουν στο σχολικό βιβλίο, ακόμη και ως παραδείγματα. Το σχήμα 1 αναπαριστά ένα τυχαίο αντίστοιχο πρόβλημα.

min_max_metro_migadikou

Σχήμα 1

Ας ξεκινήσουμε με τις υποθέσεις. Ο κύκλος επί του οποίου βρίσκεται η εικόνα του μιγαδικού z θα θεωρήσουμε ότι είναι ο C: (x-x_0)^2 + (y-y_0)^2 = \rho ^2, με x_0 \neq 0 ή y_o \neq 0. Γυρεύουμε λοιπόν δύο μιγαδικούς αριθμούς, έστω τους z_1 και z_2, οι οποίοι θα έχουν ο πρώτος το ελάχιστο και ο δεύτερος το μέγιστο δυνατό μέτρο, με δεδομένο ότι οι εικόνες τους κινούνται πάνω στον κύκλο C.

Το πρόβλημα ουσιαστικά ανάγεται στην εύρεση των σημείων τομής του κύκλου C και της ευθείας \epsilon, η οποία διέρχεται από την αρχή O(0,0) των αξόνων και το κέντρο K(x_0,y_0) του κύκλου. Αν A και B είναι τα εν λόγω σημεία, τότε αυτά θα είναι οι εικόνες των μιγαδικών που ζητούμε.

Επειδή η ευθεία \epsilon διέρχεται από τα O και K, η εξίσωσή της θα είναι: x_0 y - y_0 x =0. Κατ’ επέκταση οι συντεταγμένες των κοινών σημείων ευθείας και κύκλου θα είναι οι λύσεις του συστήματος που απαρτίζεται από τις δύο εξισώσεις:

\left \{ \begin{matrix} (x-x_0)^2+(y-y_0)^2 = \rho ^2 \\ y_0 x - x_0 y =0 \end{matrix} \right.

Μετά από πράξεις καταλήγουμε στις δύο λύσεις αυτού του συστήματος:

(x,y) = \bigg( x_0\Big( 1 - \frac{\rho}{\sqrt{x_0^2+y_0^2}} \Big), y_0\Big( 1 - \frac{\rho}{\sqrt{x_0^2+y_0^2}} \Big) \bigg) ή
(x,y) = \bigg( x_0\Big( 1 + \frac{\rho}{\sqrt{x_0^2+y_0^2}} \Big), y_0\Big( 1 + \frac{\rho}{\sqrt{x_0^2+y_0^2}} \Big) \bigg).

Επομένως, ο μιγαδικός αριθμός z_1, του οποίου η εικόνα είναι το σημείο A είναι ο z_1 = x_0\Big( 1 - \frac{\rho}{\sqrt{x_0^2+y_0^2}} \Big) + y_0\Big( 1 - \frac{\rho}{\sqrt{x_0^2+y_0^2}} \Big) i, ενώ το μέτρο του, όπως θα περίμενε κανείς, είναι \vert z_1 \vert = \vert \sqrt{x_0^2+y_0^2} - \rho \vert. Ο μιγαδικός z_2, του οποίου η εικόνα είναι το σημείο B είναι ο z_2 = x_0\Big( 1 + \frac{\rho}{\sqrt{x_0^2+y_0^2}} \Big) + y_0\Big( 1 + \frac{\rho}{\sqrt{x_0^2+y_0^2}} \Big) i, ενώ το μέτρο του είναι \vert z_2 \vert = \sqrt{x_0^2+y_0^2} + \rho.

min_complex_on_line

Σχήμα 2

Το δεύτερο πρόβλημα είναι η εύρεση μιγαδικού αριθμού w ο οποίος κινείται επί της ευθείας \delta : A x+ B y+ \Gamma = 0, με A \neq 0 ή B \neq 0, ώστε το μέτρο του να είναι το ελάχιστο δυνατό. Το σχήμα 2 αναπαριστά ένα τυχαίο αντίστοιχο πρόβλημα.

Η εύρεση του w  ανάγεται στην εύρεση σημείου τομής της ευθείας \delta και μιας ευθείας \zeta, η οποία διέρχεται από την αρχή των αξόνων O(0,0) και είναι κάθετη στη \delta. Η εξίσωση της \zeta θα είναι: A y - B x = 0, επομένως το κοινό σημείο των \delta και \zeta προκύπτει από την επίλυση του συστήματος:
\left \{ \begin{matrix} Ax+By+ \Gamma = 0 \\ Ay-Bx=0 \end{matrix} \right.

Εδώ καταλήγουμε ότι (x,y)= \Big( \frac{-A \Gamma}{A^2+B^2}, \frac{-B \Gamma}{A^2+B^2} \Big). Οπότε, ο μιγαδικός w που κινείται επί της \delta και έχει το ελάχιστο δυνατό μέτρο είναι ο w = \frac{-A \Gamma}{A^2+B^2} + \frac{-B \Gamma}{A^2+B^2} i το μέτρο του οποίου είναι βέβαια ίσο με την απόσταση του O(0,0) από την \delta, δηλαδή \vert w \vert = \frac{\vert \Gamma \vert}{\sqrt{A^2+B^2}}.

Advertisements

Ενέργειες

Information

4 Σχόλια

20 10 2010
Katerina

τόσα χρόνια που τα διδάσκω αυτά ποτέ δεν σκέφτηκα να τα δω σε μια γενικευμένη αλγεβρική μορφή!!
λύνοντας με γεωμετρικές, εποπτικές και άμεσες προσεγγίσεις δεν είχα δει τη συμμετρία που αναφέρεις.
Είναι όντως όμορφη!
Γιατί δεν δημοσιεύεις την ανάρτησή σου στο mathematica.gr;
Εκεί οι «παλιοί» και σημαντικοί συνάδελφοι θα σου αφήσουν ενδιαφέροντα σχόλια.. Και ίσως σου πουν και πού αλλού υπάρχουν τα ίδια ή συναφή με τα δικά σου…

21 10 2010
ntinosraptis

είναι όντως περίεργο πού μπορεί να ανακαλύψει κανείς τέτοια όμορφα αποτελέσματα. τόσο περίεργο που σχεδόν νιώθω πλατωνιστής… ελπίζω να μου περάσει σύντομα 😉

20 12 2010
csar

Για το πρώτο πρόβλημα μπορεί κανείς να αποφύγει τις βαρετές πράξεις αν τραβήξει τις προβολές των Α και Κ στον x’x (έστω Α’ και Κ’ αντίστοιχα). Τότε από την ομοιότητα των τριγώνων ΟΑΑ’ και ΟΚΚ’ έπεται ότι \frac{x}{x_0} = \frac{\sqrt{x_0^2+y_0^2} - \rho}{\sqrt{x_0^2+y_0^2}} από όπου βρίσκει κανείς το x.

Για το y δε χρειάζονται καν πράξεις αφού αρκεί να παρατηρήσει κανείς ότι πρόβλημα είναι το ίδιο αν περιστρέψουμε τους άξονες κατά π/2 και δούμε το «χαρτί» από την πίσω μεριά. Εξ ου και η συμμετρία των x_A, y_A

Για το B: αν φέρουμε πάλι την προβολή Β’ του Β στον x’x είναι επίσης φανερό ότι Κ’Β’ = Α’Κ’ άρα αφού για το Α είχαμε x = x – κάτι, για το Β θα έχουμε x = x + κάτι. Όμοια και για το y. Εξ ου και η συμμετρία των συν/νων των Α και Β

20 12 2010
ntinosraptis

πολύ ωραία η γεωμετρική προσέγγιση csar, ευχαριστώ για το σχόλιο!

Ποιες είναι οι σκέψεις σας;

Εισάγετε τα παρακάτω στοιχεία ή επιλέξτε ένα εικονίδιο για να συνδεθείτε:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Google+

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google+. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Σύνδεση με %s




Αρέσει σε %d bloggers: