Imágenes geométricas de los números complejos $z$ de manera tal que el triángulo con vértices $z, z^2,z^3$ es un ángulo recto del triángulo.

Question

Encontrar las imágenes geométricas de los números complejos $z$ de manera tal que el triángulo con vértices $z, z^2,z^3$ es un ángulo recto del triángulo.

Yo:

Deje que el número complejo a $z=x+yi$ Por lo tanto tenemos que hallar el lugar geométrico del punto de $(x,y)$ en el argand'plano de tal manera que los puntos $(x,y)$, $(x^2-y^2, 2xy)$, $(x^3-3y^2x, 3x^2y-y^3)$

Ahora aquí me podría aplicar la fórmula de que el producto de la gradiente de dos lados del triángulo formado por estos puntos es$-1$, pero el método es un poco engorroso. Hay otra interpretación geométrica de la misma o de cualquier algebraicas simplificación más?

Answer 1

Si $(z,z^2,z^3)$ formas una degenerada triángulo rectángulo, a continuación,$z\ne0$, e $(1,z,z^2)$ forma un triángulo rectángulo así. (Tenga en cuenta que $z$ es constante para un triángulo dado. El mapa de $T_z: \> w\mapsto{1\over z} w$ es una similitud de la compleja $w$-avión). Por el contrario: Si $(1,z,z^2)$ formas una degenerada triángulo rectángulo, a continuación,$z\ne0$, e $(z,z^2,z^3)$ forma un triángulo rectángulo así. Por lo tanto, mirar degenerada de triángulos $(1,z,z^2)$. Uno tiene $$|z^2-1|^2=|z+1|^2|z-1|^2,\quad |z^2-z|^2=|z|^2\,|z-1|^2\ ,$$ por lo tanto, todos tres sidelength plazas tienen un factor de $|z-1|^2\ne0$. Tenemos que distinguir tres casos:

(i) en ángulo recto en $1$. Por Pitágoras teorema de entonces tenemos $$|z-1|^2+|z^2-1|^2=|z^2-z|^2\ ,$$ o $$1+|z+1|^2=|z|^2\ .$$ Esto equivale a ${\rm Re}(z)=-1$, según el cual el punto de $-1$ está excluido.

(ii) en ángulo recto en $z$. Por Pitágoras teorema de entonces tenemos $$|z-1|^2+|z^2-z|^2=|z^2-1|^2\ ,$$ o $$1+|z|^2=|z+1|^2\ .$$ Esto equivale a ${\rm Re}(z)=0$, según el cual el punto de $0$ está excluido.

(iii) en ángulo recto en $z^2$. Por Pitágoras teorema de entonces tenemos $$|z^2-1|^2+|z^2-z|^2=|z-1|^2\ ,$$ o $$|z+1|^2+|z|^2=1\ .$$ Esto equivale a $\bigl|z+{1\over2}\bigr|^2={1\over4}$ (un círculo), en el cual los dos puntos en el eje real tienen que ser excluidos.

Answer 2

Una ilustración para esta respuesta.

Para la parte más interesante de la legitimación de $z$, es decir, para el círculo $\bigl|z+{1\over2}\bigr|^2={1\over4}$ con los dos puntos reales excluidos, esta es una imagen de varios triángulos rectángulos:

y este es el lugar geométrico de todos los triángulos, donde $z$-puntos marcados como puntos rojos, $z^2$-puntos marcados como puntos verdes ,$z^3$-puntos como puntos de color azul y los lados de los triángulos rectángulos pintado de anaranjado transparente:

Answer 3

No considero que esto sea una respuesta completa. Sin embargo, creo que a compartir esta idea no es un pecado.

He encontrado al menos una situación en el caso de que obtenemos un triángulo rectángulo.

El eje imaginario es un locus de tales números complejos.

Puf

Considere la siguiente figura donde $z=re^{i\alpha}.$

La pregunta es cómo conseguir un triángulo rectángulo a partir de los puntos $z$, $z^2$, $z^3$, el rojo de los vectores. Una solución es que se forma un Thales triángulo en un círculo de radio $R$. Para llegar allí tenemos que resolver las dos ecuaciones siguientes:

$$3\alpha-\alpha=\pi$$

y (aviso que $R=\frac{r^3+r}2$)

$$(R-r)^2+r^4=R^2.$$

Esta última ecuación es una identidad y $\alpha=\frac{\pi}2$.

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Ejemplo

Deje $z=2e^{i\frac{\pi}2}$. En este caso, $R=5$ y tenemos la siguiente configuración: $z=2e^{i\frac{\pi}2}, \ z^2=4e^{i\pi}, \ z^2=8e^{i\frac32\pi}$. O

Answer 4

Deje que los cuadrados de los lados del triángulo

$$\begin{align} a^2 &\;:=\; |z^1-z^2|^2 \;=\; |z|^2 |1-z|^2 \\ b^2 &\;:=\; |z^2-z^3|^2 \;=\; |z|^4 |1-z|^2 \\ c^2 &\;:=\; |z^3-z^1|^2 \;=\; |z|^2 |1-z|^2 |1+z|^2 \end{align}$$

Trivialmente, tenemos una terna Pitagórica si $z=0$ o $z=1$. De lo contrario, podemos dividir cada una de $a^2$, $b^2$, $c^2$ por $|z|^2 |1-z|^2$ para obtener, por $z = r(\cos\theta + i \sin\theta)$$r\neq0$$\theta\neq 0$, $$a_\star^2 = 1 \qquad b_\star^2 = |z|^2 = r^2 \qquad c_\star^2 = |1+z|^2 =1+r^2+2r\cos\theta$$

de modo que $(a, b, c)$ es un (no trivial) terna Pitagórica si y sólo si $(a_\star, b_\star, c_\star)$ es. Ahora, vamos a considerar los casos:

$$c_\star^2 = a_\star^2 + b_\star^2 \implies 1+r^2+2r\cos\theta = 1 + r^2 \implies \cos\theta = 0 \implies z = \pm p i \quad(p>0)$$

El diagrama muestra $z_1 = pi$$z_2 = -q i$. Uno puede reconocer que este es, efectivamente, la media geométrica de configuración, lo que hace sentido, ya que el $|z_i^2|^2 = |z_i||z_i^3|$.

$$\begin{align} a_\star^2 &= b_\star^2 + c_\star^2 \implies 1=r^2+1+r^2+2r\cos\theta \implies 2r\left(r+\phantom{r}\cos\theta\right) = 0 \implies r = -\cos\theta \\ b_\star^2 &= a_\star^2 + c_\star^2 \implies r^2 = 1 + 1 + r^2+2 r \cos\theta \implies 2\;\left(1+r\cos\theta\right) = 0 \implies r = -\sec\theta \end{align}$$

Desde $r$ debe ser no negativo, debemos restringir $z$ a los Cuadrantes II y III. El siguiente diagrama muestra soluciones típicas $z_3$$z_4$.