Ermitteln des Winkels zwischen zwei Geraden in der komplexen Ebene ohne Umrechnung in Real- und Imaginärteil

Question

Ermitteln des Winkels zwischen zwei Geraden in der komplexen Ebene ohne Umrechnung in Real- und Imaginärteil

Winkel
Geometrie
Mathematik
komplexe Analyse

Fakten7

Wie findet man den Winkel zwischen zwei Geraden in der komplexen Ebene, ohne die reale Route zu durchlaufen (breaking $z$ hinein $x+yi$ und Lösen durch Finden der Tangente aus den Steigungen)?

Zum Beispiel, wenn meine Zeilen in der Form wären

\begin{aligned} A z + \bar{A z} + B & = 0 \\ D z + \bar{D z} + C & = 0 \end{aligned}

$\begin{align} az+\overline{az} + b &=0 \\ dz+\overline{dz} + c &=0 \\ \end{align}$

für komplex $a$ , $d$ und echt $b$ , $c$ .

Ich weiß, dass wir durch Multiplizieren bestimmen können, ob sie parallel oder senkrecht sind $ad$ und sehen, ob es Null ist, oder ob $d$ ist ein Skalar von $a$ , aber hilft das? Würde dies in irgendeiner Weise beinhalten, den arccos() zwischen zwei Vektoren zu finden?

Jede Hilfe ist willkommen. Danke~

dxiv

Hinweis:

a z + \bar{a z} + b = 0 ⟺ Re (a z) = - b / 2

$az+\overline{az} + b=0 \iff \text{Re}(az) = -b/2$ bedeutet, dass

a z

$\,az\,$ liegt auf einer Linie parallel zur imaginären Achse.

Jean Marie

@dxiv In der Tat ist diese Form des komplexen Ausdrucks einer Linie sehr praktisch und verdient es, besser bekannt zu werden!

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Ermitteln des Winkels zwischen zwei Geraden in der komplexen Ebene ohne Umrechnung in Real- und Imaginärteil

Hinweis: $az+\overline{az} + b=0 \iff \text{Re}(az) = -b/2$ bedeutet, dass $\,az\,$ liegt auf einer Linie parallel zur imaginären Achse.
@dxiv In der Tat ist diese Form des komplexen Ausdrucks einer Linie sehr praktisch und verdient es, besser bekannt zu werden!

Martin R · Answer 1

Lassen Sie uns bezeichnen

L_{1} = {z \in C ∣ A z + \bar{A z} + B = 0}, L_{2} = {z \in C ∣ D z + \bar{D z} + C = 0} .

$L_1 = \{ z \in \Bbb C \mid az+\overline{az} + b=0 \} \, ,\\ L_2 = \{ z \in \Bbb C \mid dz+\overline{dz} + c=0 \} \, .$ mit

a, d \in C ∖ {0}

$a, d \in \Bbb C\setminus \{ 0 \}$ Und

b, c \in R

$b, c\in \Bbb R$ . Seit

A z + \bar{A z} + B = D (\frac{A}{D} z + \frac{B - C}{2 D}) + \bar{D (\frac{A}{D} z + \frac{B - C}{2 D})} + C

$az+\overline{az} + b = d\left( \frac ad z+\frac{b-c}{2d}\right) + \overline {d\left( \frac ad z+\frac{b-c}{2d}\right)} + c$ wir haben

z \in L_{1} ⟺ \frac{A}{D} z + \frac{B - C}{2 D} \in L_{2} .

$z \in L_1 \iff \frac ad z+\frac{b-c}{2d} \in L_2 \, .$

Wenn $a/d$ keine reelle Zahl ist, dann schneiden sich die beiden Geraden in einem einzigen Punkt und richten den Winkel aus $L_1$ Zu $L_2$ Ist $\arg(a/d)$ .

Ansonsten sind die Zeilen identisch ( $b=c$ ) oder parallel ( $b \ne c$ ).

starrin · Answer 2

Stellen Sie Ihre Notation auf polar um und drücken Sie Ihre Linien als Vektoren mit Winkeln aus $\theta_1$ Und $\theta_2$ . Winkel dazwischen ist einfach ihre Differenz, also $\Delta \theta$ .

Willkommen bei MSE. Dies scheint ein Kommentar zu sein, keine Antwort.

Jean Marie · Answer 3

Es ist einfacher, WLOG, am Ursprung zu arbeiten und durch Übersetzung die Gleichungen der Linien zu bringen:

A z + \bar{A z} = 0, D z + \bar{D z} = 0

$az+\overline{az}=0, \ \ dz+\overline{dz}=0$

anders gesagt, wie @dxiv sich daran erinnert hat:

\begin{matrix} (1) & ℜ (A z) = 0, ℜ (D z^{'}) = 0 \end{matrix}

$\Re(az)=0, \ \ \Re(dz')=0 \tag{1}$

wo wir davon ausgehen können, WLOG nochmal, dass $|a|=|d|=|z|=|z'|=1$ (Wo $z$ Und $z'$ gelten nun als repräsentative Punkte ihrer bzw. Linien in der Ferne $1$ vom Ursprung).

Mit offensichtlichen Notationen wird (1) zu:

ℜ (e^{ich a} e^{ich θ}) = 0, ℜ (e^{ich δ} e^{ich θ^{'}}) = 0

$\Re(e^{i \alpha}e^{i\theta})=0, \ \ \Re(e^{i \delta}e^{i\theta'})=0$

\cos (a + θ) = 0, \cos (δ + θ^{'}) = 0

$\cos(\alpha+\theta)=0, \ \ \ \ \cos(\delta+\theta')=0$

\begin{matrix} (2) & a + θ = π / 2 + k π, δ + θ^{'} = π / 2 + k^{'} π \end{matrix}

$\alpha+\theta=\pi/2 + k \pi, \ \ \ \ \delta+\theta'=\pi/2 + k' \pi \tag{2}$

Daher erhalten wir durch Subtrahieren der Beziehungen in (2) den Winkelabstand zwischen den beiden Linien:

θ^{'} - θ = \underset{A R G (\frac{A}{D})}{\underset{⏟}{a - δ}} + k^{″} π

$\theta'-\theta = \underbrace{ \alpha - \delta}_{arg(\tfrac{a}{d})} + k'' \pi$

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