Aplicatii Ale Numerelor Complexe

  • Published on
    24-Nov-2015

  • View
    60

  • Download
    0

Embed Size (px)

DESCRIPTION

Aplicatii ale Numerelor Complexe

Transcript

<ul><li><p>Dreptul de copyright: Cartea downloadat de pe site-ul www.mateinfo.ro nu poate fi publicat pe un alt </p><p>site i nu poate fi folosit n scopuri comerciale fr specificarea sursei i acordul autorului </p><p>, </p></li><li><p> 2 </p><p> Refereni tiinifici: Profesor metodist Apostol Constantin Colegiul Naional Alexandru Vlahu, Rmnicu Srat Profesor grad I Stanciu Neculai director Grupul colar TehnicSf. Mc. SAVA,Berca </p></li><li><p> 3 </p><p> Dedic aceast carte elevilor mei de la Grupul colar Tehnic Sfntul Mucenic Sava, Berca. </p></li><li><p> 4 </p><p>A(a+ib)</p><p>A(a-ib)</p><p>O x</p><p>y</p><p>c b</p><p>a</p></li><li><p> 5 </p><p> Aplicaii ale numerelor complexe </p><p>n geometrie </p><p> n geometria plan, se poate utiliza ca metod de rezolvare a unor probleme sau teoreme numerele complexe fie sub forma algebric z=x+iy, fie sub forma trigonometric z=r ie unde r= z iar =arg z ntruct fiecrui punct din plan i corespunde un numr complex z=x+iy numit afixul punctului respectiv. De asemenea, fiecrui segment orientat i putem asocia numrul complex corespunztor. Dac 1M , 2M , 3M ,.. nM sunt puncte n plan iar </p><p>nOMOMOMOM ,,.........,, 321 sunt vectorii de poziie </p><p>corespunztori, atunci vectorul OM se scrie ca o combinaie liniar de aceti vectori astfel: OM = nn OMkOMkOMkOMk .........332211 +++ . Pentru a transcrie aceast relaie n complex, considerm </p><p>nzzzz ,....,,, 321 afixele punctelor 1M , 2M , 3M ,.. nM iar z afixul lui M atunci: z= nn zkzkzkzk ++++ ....332211 . </p></li><li><p> 6 </p><p>1.Raportul n care un punct mparte un segment Fie 1M , 2M puncte n plan de afixe 21, zz iar punctul M de afix z mparte segmentul orientat 1M 2M n raportul k&gt;0 astfel: </p><p>kkzzzk</p><p>MMMM</p><p>++==</p><p>121</p><p>2</p><p>1 .Din </p><p>kkzzz</p><p>kzkzzzzzkzzkzz</p><p>zzkMM</p><p>MM</p><p>++=</p><p>+====</p><p>1</p><p>)(</p><p>21</p><p>21212</p><p>1</p><p>2</p><p>1</p><p>Dac M este mijlocul lui 1M 2M atunci k=1 221 zzz += . </p><p>Dac G este centrul de greutate al triunghiului ABC situat pe mediana AM, </p><p>atunci 2=GMAG k=2 .</p><p>3212 CBAMA</p><p>Gzzzzzz</p><p>++=++= </p><p> 2.Msura unui unghi. Fie )(),( 2211 zMzM . Atunci </p><p>1</p><p>2121212 argargarg)()()( z</p><p>zzzxOMmxOMmMOMm === Pentru punctele )(),( 2211 zMzM , )( 33 zM , </p><p>12</p><p>13213 arg)( zz</p><p>zzMMMm = . </p><p>3.Puncte coliniare. </p><p>Punctele )(),( 2211 zMzM , )( 33 zM sunt coliniare Rzzzz </p><p>12</p><p>13 . </p></li><li><p> 7 </p><p>)(),( 2211 zMzM , )( 33 zM sunt coliniare { },0)( 213 MMMm { }</p><p> ,0arg12</p><p>13</p><p>zzzz</p><p>Rzzzz </p><p>12</p><p>13 . </p><p>)(),(),( 332211 zMzMzM sunt coliniare n aceast ordine </p><p> Rkkkzz</p><p>z ++= ,</p><p>131</p><p>2 </p><p> 4.Drepte perpendiculare. Dou drepte M1M2, M3M4 perpendiculare: </p><p>0Re,43</p><p>21</p><p>43</p><p>214321 =</p><p>zzzziR</p><p>zzzzMMMM </p><p>Dac dreptele 4321 MMsiMM sunt perpendiculare atunci unghiul dintre ele este </p><p>0Re2</p><p>3,2</p><p>arg2</p><p>3,2 43</p><p>21</p><p>43</p><p>21 =</p><p>=</p><p>zzzz</p><p>zzzzsau . </p><p> 5.Patrulater inscriptibil. Fie )(),(),(),( 4321 zDzCzBzA . Patrulaterul ABCD este inscriptibil </p><p> Rzzzz</p><p>zzzz </p><p>24</p><p>14</p><p>23</p><p>13 : . </p><p> ABCD este inscriptibil = )()( ADBmACBm </p><p>=</p><p>42</p><p>41</p><p>32</p><p>31 argargzzzz</p><p>zzzz</p><p>Rzzzz</p><p>zzzz </p><p>24</p><p>14</p><p>23</p><p>13 : . </p><p>=</p><p>42</p><p>41</p><p>32</p><p>31 argargzzzz</p><p>zzzz</p><p>Rzzzz</p><p>zzzz </p><p>24</p><p>14</p><p>23</p><p>13 : . </p></li><li><p> 8 </p><p> Patru puncte A,B,C,D sunt conciclice dac i numai dac patrulaterul ABCD este inscriptibil. 6.Triunghiuri asemenea. Dou triunghiuri ABC i ABC cu vrfurile de afixe </p><p>',',',, 321321 zzzrespectivzzz sunt asemenea dac i numai dac: </p><p>13</p><p>12</p><p>13</p><p>12</p><p>''''</p><p>zzzz</p><p>zzzz</p><p>=</p><p>. </p><p> Relaia se obine din scrierea asemnrii triunghiurilor: </p><p>=</p><p>=</p><p>=</p><p>13</p><p>12</p><p>13</p><p>12</p><p>13</p><p>12</p><p>13</p><p>12</p><p>''''</p><p>''''argarg)'''()(</p><p>zzzz</p><p>zzzz</p><p>si</p><p>zzzz</p><p>zzzzCABmBACm</p><p>ABC ~ ''' CBA ''''</p><p>CABA</p><p>ACAB = i </p><p>13</p><p>12</p><p>13</p><p>12</p><p>''''</p><p>zzzz</p><p>zzzz</p><p>=</p><p>. </p><p>Relaia se mai poate scrie i astfel: </p><p>321</p><p>321</p><p>'''</p><p>111</p><p>zzz</p><p>zzz =0. </p><p>Astfel putem arta c un triunghi ABC este echilateral ,02 =++ CBA zzz unde este rdcina de ordinul trei a unitii, diferit de 1. </p></li><li><p> 9 </p><p>TEOREME I PROBLEME REZOLVATE CU AJUTORUL NUMERELOR COMPLEXE </p><p> 1. a) S se arate c mijloacele laturilor unui patrulater sunt vrfurile unui paralelogram. b) S se arate c se poate construi un patrulater cu distanele de la un punct T la mijloacele patrulaterului dat . Rezolvare: a) Fie DCBA zzzz ,,, afixele vrfurilor A,B,C,D ale patrulaterului respectiv. </p><p> Atunci: afixul mijlocului lui AB este: 2</p><p>BAM</p><p>zzz += ; </p><p> afixul mijlocului lui BC este: 2</p><p>CBN</p><p>zzz</p><p>+= ; </p><p> afixul mijlocului lui CD este: 2</p><p>DCP</p><p>zzz += ; </p><p> afixul mijlocului lui DA este: 2AD</p><p>Qzzz += : </p><p>Pentru a fi paralelogram, trebuie artat c mijloacele diagonalelor patrulaterului MNPQ coincid, </p><p> ceea ce este echivalent cu a arta c: 22</p><p>QNPM zzzz +=+ , relaie care este adevrat dac nlocuim relaiile de mai sus. b) Din punctul a) rezult c MNPQ este paralelogram </p><p>+=+ QNPM zzzz 0=+ QPNM zzzz . Fie Tz afixul punctului T </p><p>=+++ 0)()()()( QTTPNTTM zzzzzzzz=+++ 0TQPTTNMT c se poate forma un patrulater cu </p><p>lungimile vectorilor </p><p>QTPTNTTM zzTQzzTPzzTNzzTM ==== ,,, . </p></li><li><p> 10</p><p>2. Fie O punctul de intersecie a diagonalelor unui patrulater ABCD. S se arate c ABCD este paralelogram dac i numai dac </p><p>4DCBA</p><p>Ozzzzz +++= . </p><p>Rezolvare: Dac ABCD este paralelogram atunci diagonalele AC i BD au acelai mijloc , aadar relaia dat este adevrat. Reciproc, fie M respectiv N mijloacele diagonalelor BD respectiv AC. Atunci </p><p>2CA</p><p>Mzz</p><p>z+= i </p><p>2DB</p><p>Nzzz += . Cum </p><p>4DCBA</p><p>Ozzzz</p><p>z+++= </p><p> ONM zzz =+2 O este mijlocul segmentului MN ceea ce se ntmpl numai dac M , N, O sunt identice ABCD este paralelogram. 3. Fie triunghiul ABC cu vrfurile de afixe CBA zzz ,, , i laturile BC, CA, AB, de lungime a, b respectiv c. Dac Iz este afixul centrului cercului nscris n triunghiul ABC atunci s se arate c are loc relaia: </p><p> cba</p><p>zczbzaz CBAI ++</p><p>++= . Rezolvare: Fie D BC astfel nct AD este bisectoarea unghiului A i E AC astfel nct BE este bisectoarea unghiului B . Notm cu I intersecia dintre AD i BE. Aplicnd Teorema bisectoarei n triunghiul ABC </p><p>Rezult: bc</p><p>DCBD = i de aici rezult </p><p>cbcaBD += . </p><p>Din Teorema bisectoarei n triunghiul ABD </p><p>acb</p><p>cbca</p><p>cIDAI</p><p>BDAB</p><p>IDAI +=</p><p>+== . </p><p>Cum D mparte segmentul orientat BC n raportul bc</p><p>cbzczb</p><p>bc</p><p>zbcz</p><p>z CBCB</p><p>D ++=</p><p>++</p><p>=1</p><p> .(*) </p></li><li><p> 11</p><p>Punctul I mparte segmentul orientat AD n raportul </p><p>cbazcbza</p><p>acb</p><p>za</p><p>cbzz</p><p>acb DADA</p><p>I ++++=++</p><p>++=+ )(</p><p>1 </p><p>Din (*) cba</p><p>zczbzaz CBAI ++++= . </p><p>A</p><p>B C</p><p>E</p><p>D</p><p>I</p><p>A</p><p>B C</p><p>D</p><p>A</p><p>HO</p><p> 4. a) Dac CBA zzz ,, respectiv Hz sunt afixele vrfurilor respectiv ortocentrului triunghiului ABC s se arate c : CBAH zzzz ++= . b) Dac )(),(),( 332211 zGzGzG sunt centrele de greutate ale triunghiurilor BHC, CHA, AHB, i O este centrul cercului circumscris triunghiului ABC , s se arate c centrul de greutate al triunghiului </p><p>321 GGG este situat pe dreapta OH. Rezolvare: a) Se consider O centrul cercului circumscris triunghiului ABC i D un </p><p>punct n plan astfel nct OCOBOD += . Cum OB =OC rezult c patrulaterul OBCD este romb BCOD . </p><p>OBOCOAODOAOH ++=+= (*) Cum HAAHBCAAsiAAOD ''' se afl i pe nlimile BB, CC. </p></li><li><p> 12</p><p> Dac ntr-un sistem de axe ortogonale lum punctul O drept originea sistemului , atunci din (*) CBAH zzzz ++= . Mai mult </p><p>GH zz 3= adic OH= 3OG b) Fie G( Gz ) centrul de greutate al triunghiului 321 GGG : Gz = </p><p>=++3</p><p>321 zzz </p><p>=+++=++++++++</p><p>HHCBA</p><p>BHACHAHCB</p><p>zzzzz</p><p>zzzzzzzzz</p><p>95</p><p>93)(2</p><p>9 </p><p>G aparine lui OH. 5. Fie CBA zzz ,, afixele vrfurilor triunghiului ABC, cu </p><p>0++ CBA zzz . S se arate c dac punctele M,N,P au afixele CABAAM zzzzzz ++= 2 , CBABBN zzzzzz ++= 2 , BCACCP zzzzzz ++= 2 </p><p>atunci triunghiurile MNP i ABC sunt asemenea. Rezolvare: Cum ))(( CBABANM zzzzzzz ++= , ))(( CBACBPN zzzzzzz ++= , ++= ))(( CBAACMP zzzzzzz </p><p>++==</p><p>=</p><p>0CBAAC</p><p>MP</p><p>CB</p><p>PN</p><p>BA</p><p>NM zzzzzzz</p><p>zzzz</p><p>zzzz</p><p>MNP ~ ABC . 6. Dac ABC i MNP sunt dou triunghiuri echilaterale din acelai plan la fel orientate, s se arate c se poate forma un triunghi cu segmentele AM, BN, CP. </p></li><li><p> 13</p><p>Rezolvare: </p><p>ABC ~ =</p><p>PM</p><p>CA</p><p>NM</p><p>BA</p><p>zzzz</p><p>zzzzMNP </p><p>= ))(())(( CANMPMBA zzzzzzzz </p><p>ozzzzzzzzz ABPCANBCM =++ )()()( . Cum ozzzzzzzzz ABCCABBCA =++ )()()( , prin scderea </p><p>celor dou egaliti </p><p>ozzzzzzzzzzzz</p><p>ABCP</p><p>CABNBCAM</p><p>=++</p><p>))(())(())((</p><p> (*) </p><p>iar prin trecere la modul </p><p>+</p><p>)()(</p><p>)()()()(</p><p>ABCP</p><p>CABNBCAM</p><p>zzzz</p><p>zzzzzzzz </p><p>ABCPACBNBCAM + . Triunghiul ABC este echilateral (AB=AC=BC) CPBNAM + . Din relaia (*) pot fi scrise i celelalte dou inegaliti ceea ce implic faptul c AM, BN i CP pot fi laturile unui triunghi. 7. Fie P un punct situat pe cercul circumscris unui triunghi ABC. S se arate c ortocentrele triunghiurilor PAB, PBC, PCA formeaz un triunghi congruent cu triunghiul dat. Rezolvare: Fie P de afix z i punctul O centrul cercului circumscris triunghiului ABC astfel nct 0=Oz . Fie 1H ortocentrul triunghiului MAB de afix : BA zzzz ++=1 Fie 2H ortocentrul triunghiului MAC de afix : </p><p>zzzz CA ++=2 Fie 3H ortocentrul triunghiului MBC de afix : </p><p>++= CB zzzz3 </p></li><li><p> 14</p><p>BCzzzzHH BC === 1221 ACzzzzHH AC === 1331 </p><p>....2332 dtccABzzzzHH AB === 8. Fie ABC i ABC dou triunghiuri cu centrele de greutate G respectiv G i punctele M, N, P situate pe segmentele AA, BB, CC care le mpart n raportul k. S se arate c centrul de greutate al triunghiului MNP este situat pe segmentul GG i l mparte pe acesta tot n raportul k. Rezolvare: Fie ),(),(),( 321 zCzBzA </p><p>).(),(),(),'('),'('),'(' 321 PNM zPzNzMzCzBzA astfel nct </p><p>kPCCP</p><p>NBBN</p><p>MAAM ===</p><p>''' </p><p>Atunci : kkzzzM +</p><p>+=1</p><p>'11 , kkzzzN +</p><p>+=1</p><p>'22 , kkzz</p><p>zP ++=</p><p>1'33 . </p><p> Centrul de greutate al triunghiului ABC este G( Gz ) </p><p>.3</p><p>321 zzzzG++= </p><p> Centrul de greutate al triunghiului ABC este G( Gz' ) </p><p>.3</p><p>'''' 321</p><p>zzzz G</p><p>++= Dac notm cu G(g) centrul de greutate al triunghiului MNP </p><p>atunci =++=3</p><p>PNM zzzg </p><p>++=++++</p><p>++++=++++++=</p><p>kzkzzzz</p><p>kk</p><p>zzzkk</p><p>zzzkzzz</p><p>GG</p><p>1'</p><p>3'''</p><p>1</p><p>311</p><p>)1(3)'''(</p><p>321</p><p>321321321</p><p>G,G,G sunt coliniare i punctul G mparte segmentul GG n raportul k. </p></li><li><p> 15</p><p> 9. (Teorema lui Pappus). Fie triunghiul ABC i punctele A,B,C situate pe laturile BC, AC respectiv AB le mpart pe acestea n acelai raport k. S se arate c triunghiurile ABC i ABC au acelai centru de greutate. Rezolvare: Fie punctele </p><p>),(),(),( 321 zCzBzA )'('),'('),'(' 321 zCzBzA i </p><p>=== kBC</p><p>ACAB</p><p>CBCA</p><p>BA'</p><p>''</p><p>''</p><p>' </p><p>,1</p><p>' 321 kkzz</p><p>z ++= ,</p><p>1' 132 k</p><p>kzzz +</p><p>+= ,1</p><p>' 213 kkzzz +</p><p>+= centrul de greutate al triunghiului ABC este G(g) cu g= </p><p>gzzzk</p><p>zzzkzzzzzz =++=++++++=++</p><p>3)1(3)(</p><p>3''' 321321321321 , </p><p>unde G(g) este centrul de greutate al triunghiului ABC. </p><p>A</p><p>B C</p><p>A</p><p>B</p><p>C G=G</p><p> 10. S se arate c n orice triunghi are loc relaia </p><p>9</p><p>22222 CABCABROG ++= . (Teorema lui Euler) </p><p> unde O este centrul cercului circumscris triunghiului, G centrul su de greutate iar R este raza cercului circumscris. Rezolvare: Fie O originea sistemului de axe. </p><p>9</p><p>22222 CABCABROG ++= </p><p> 2222222 3339 CABCABRRROG ++= </p></li><li><p> 16</p><p>( ) ( )( ) </p><p>++=</p><p> ++</p><p>2</p><p>222222</p><p>3333</p><p>9</p><p>CA</p><p>BCABCBACBA</p><p>zz</p><p>zzzzzzzzzz </p><p>)(2222</p><p>333)(2222</p><p>222222</p><p>ACCBBACBA</p><p>CBAACCBBACBA</p><p>zzzzzzzzz</p><p>zzzzzzzzzzzz</p><p>+++++=+++++</p><p> ceea ce este adevrat, rezult c teorema este demonstrat. 11. Fie A, B, C, D patru puncte oarecare, distincte din plan. S se arate c exist un unic punct G astfel nct ,0=+++ DCBA zzzz unde </p><p>DCBA zzzz ,,, sunt afixele punctelor A,B,C,D. Rezolvare. Fie O originea sistemului cartezian i M,N,P,Q mijloacele laturilor AB, BC, CD, DA . Cum mijloacele laturilor unui patrulater sunt vrfurile unui paralelogram rezult c intersecia diagonalelor MP i NQ pe care o notm cu G este un punct de afix </p><p>4222</p><p>2DCBA</p><p>DCBA</p><p>PMG</p><p>zzzzzzzz</p><p>zzz +++=+++</p><p>=+= . = 0Gz OG zz = adic G coincide cu originea sistemului </p><p>cartezian exist i este unic punctul G astfel nct 0=+++ DCBA zzzz . </p><p> 12. Fie ABCD i ABCD paralelograme astfel nct punctele M,N,P,Q mpart segmentele AA, BB, CC, DD n acelai raport k. S se arate c MNPQ este paralelogram. Rezolvare: Fie )(),(),(),( 4321 zDzCzBzA , </p><p>)'('),'('),'('),'(' 4321 zDzCzBzA vrfurile paralelogramelor de </p></li><li><p> 17</p><p>afixe corespunztoare 4231 zzzz +=+ , 4231 '''' zzzz +=+ . (*) </p><p> Fie )(),(),(),( QPNM zQzPzNzM punctele care mpart segmentele AA,BB,CC,DD n raportul k. </p><p>kQDDQ</p><p>PCCP</p><p>NBBN</p><p>MAAM ====</p><p>'''' </p><p>Atunci rezult: kkzzzM +</p><p>+=1</p><p>'11 , kkzzzN +</p><p>+=1</p><p>'22 , kkzz</p><p>zP ++=</p><p>1'33 , </p><p>kkzzzQ +</p><p>+=1</p><p>'44 . Rezult: </p><p>kzzkzz</p><p>zz PM ++++=+</p><p>1)''( 3131 , </p><p>kzzkzzzz QN +</p><p>+++=+1</p><p>)''( 4242 . Din relaiile (*) rezult </p><p>QNPM zzzz +=+ ceea ce este echivalent cu faptul c MNPQ este paralelogram. 13. Fie ABCD un patrulater convex i punctele M, P (BD), iar N, Q (AC) mpart segmentele orientate n raportul k astfel : k</p><p>QCQA</p><p>NANC</p><p>PBPD</p><p>MDMB ==== . </p><p>a) S se arate c centrul de greutate al patrulaterului ABCD coincide cu centrul de greutate al patrulaterului MNPQ. b) Fie E mijlocul lui (BD) i F mijlocul lui (AC). S se arate c mijlocul segmentului EF este centrul de greutate al patrulaterului MNPQ. Rezolvare: a) S presupunem c G este centrul de greutate al patrulaterului ABCD i s artm c G este i centrul de greutate al patrulaterului MNPQ =+++ DCBA zzzz </p><p>QPNM zzzz +++ Din </p><p>kzkzzk</p><p>MDMB DB</p><p>M ==</p><p>1, </p></li><li><p> 18</p><p> k</p><p>zkzzkQCQA CA</p><p>Q ==</p><p>1 , </p><p> k</p><p>zkzzkPBPD BD</p><p>P ==</p><p>1, </p><p> k</p><p>zkzzk</p><p>NANC AC</p><p>N ==</p><p>1. </p><p>+++=</p><p>++++++=+++DCBA</p><p>DCBADCBAQPNM</p><p>zzzzk</p><p>zzzzkzzzzzzzz1</p><p>)( </p><p>c.c.t.d. b) Fie G mijlocul segmentului EF. A arta c G este centrul de greutate al patrulaterului MNPQ revine la a arta c G este </p><p>centrul de greutate al lui ABCD .4</p><p>DCBAG</p><p>zzzzz +++= G este mijlocul lui EF </p><p>....42</p><p>222</p><p>dtcc</p><p>zzzzzzzz</p><p>zzz DCBACADB</p><p>FEG</p><p>+++=+++</p><p>=+=</p><p>A</p><p>B</p><p>C</p><p>D</p><p>M</p><p>P</p><p>Q</p><p>NE</p><p>FG</p><p>O</p><p>B C</p><p>DA M</p><p>N</p></li><li><p> 19</p><p>14. Fie ABCD un trapez cu AD BC i punctele M (AD) , N(BC) astfel nct </p><p>NCNB</p><p>MDMA = . Notnd cu O punctul de </p><p>intersecie a dreptelor AB cu CD s se demonstreze c punctele O, M, N, sunt coliniare. Rezolvare: Fie punctele </p><p>)(),(),(),(),(),(),( ONMDCBA zOzNzMzDzCzBzA cu afixele corespunztoare. </p><p>Din k</p><p>zkzzk</p><p>zkzzkNCNB</p><p>MDMA CB</p><p>NDA</p><p>M =</p><p>===1</p><p>,1</p><p>0 . </p><p>Cum AD BC == 0tDCOD</p><p>ABOA </p><p>tztzz</p><p>tztzz COD</p><p>BOA +</p><p>+=++=</p><p>1,</p><p>1 </p><p> Pentru a arta c O, M, N sunt coliniare este suficient s </p><p>artm c tztzzt</p><p>MNOM NO</p><p>M ++==</p><p>1. </p><p> Aadar , punctele O, M, N sunt coliniare. </p><p>tztzz</p><p>tt</p><p>tz</p><p>ktzk</p><p>ktzt</p><p>ktk</p><p>ktz</p><p>kt</p><p>ztzkt</p><p>ztz</p><p>kzkzz</p><p>NONO</p><p>CB</p><p>O</p><p>COBO</p><p>DAM</p><p>++=+++=</p><p>=</p><p>+</p><p>++</p><p>+</p><p>++=</p><p>=+++</p><p>+=</p><p>=</p><p>1111</p><p>)1)(1()1)(1(</p><p>)1)(1()1)(1(1</p><p>111</p><p>1</p></li><li><p> 20</p><p>15. S se demonstreze c dac ABCD este un patrulater inscriptibil atunci centrele de greutate ale triunghiurilor ABC, BCD, CDA, DAB sunt puncte conciclice. Rezolvare: Fie punctele )(),(),(),( DCBA zDzCzBzA - vrfurile patrulaterului ABCD . ABCD este inscriptibil </p><p>( ) ( ) == CA CBDA DB zz zzzz zzBCAmBDAm argarg </p><p>Rzzzz</p><p>zzzz</p><p>CA</p><p>CB</p><p>DA</p><p>DB </p><p> : . (*) </p><p>Fie )( 11 zG - centrul de greutate al triunghiului ABC de afix 1z </p><p>31CBA zzzz ++= ; </p><p> )( 22 zG - centrul de greutate al triunghiului BCD de afix 2z </p><p>32DCB zzzz ++= ; </p><p> )( 33 zG - centrul de greutate al triunghiului CDA de afix 3z </p><p>33ADC zzzz ++= ; </p><p> )( 44 zG - centrul de greutate al triunghiului ABD de afix 4z </p><p>34DBA zzzz ++= . </p><p> 4321 GGGG este inscriptibil </p><p>( ) ( ) == 42 4312 13243213 argarg zz zzzz zzGGGmGGGm R</p><p>zzzz</p><p>zzzzR</p><p>zzzz</p><p>zzzz</p><p>AC</p><p>BC</p><p>AD</p><p>BD </p><p> ::</p><p>42</p><p>43</p><p>12</p><p>13 relaie </p><p>adevrat din (*). Rezult c patrulaterul </p></li><li><p> 21</p><p>4321 GGGG este inscriptibil adic vrfu...</p></li></ul>