XXVII OM - I - Zadanie 3

Wewnątrz trójkąta równobocznego o boku długości $ a $ obrano punkt, którego odległości od wierzchołków, trójkąta są równe $ x, y, z $. Donieść, że

\[<br />
a^4 - a^3(x^2+y^2+z^2) + x^4 + y^4 + z^4 - x^2y^2 - x^2z^2 - y^2z^2 = 0.<br />
\]

Rozwiązanie

Obierzmy tak układ współrzędnych, by dwa wierzchołki danego trójkąta równobocznego $ ABC $ o boku długości $ a $ należały do osi odciętych, a trzeci - do osi rzędnych (rys. 7). Wtedy wierzchołki te będą miały następujące współrzędne: $ \displaystyle A = \left( -\frac{a}{2}, 0\right) $, $ \displaystyle B = \left( \frac{a}{2}, 0\right) $, $ \displaystyle C = \left(0,  \frac{\sqrt{3}}{2}a \right) $. Jeżeli $ P = (u, v) $ jest dowolnym punktem płaszczyzny i $ PA = x $, $ PB = y $, $ PC = z $, to ze wzoru na odległość dwóch punktów płaszczyzny mamy

\[<br />
x^2 = PA^2 = \left( u + \frac{a}{2} \right)^2 + v^2,<br />
\]
\[<br />
y^2 = PB^2 = \left( u - \frac{a}{2} \right)^2 + v^2.<br />
\]
\[<br />
z^2 = PC^2 = u^2 + \left( v^2 - \frac{\sqrt{3}}{2}a \right)^2.<br />
\]

Wobec tego

\[<br />
x^2 +y^2 + z^2 = 3u^2 + 3v^2 - av\sqrt{3} + \frac{5}{4} a^2 = 3u^2 + \left( vv\sqrt{3} - \frac{1}{2} a \right)^2 + a^2<br />
\]

oraz

\[<br />
\begin{split}<br />
& x^4 + y^4 + z^4 - x^2y^2 - x^2z^2 - y^2z^2 =<br />
\frac{1}{2} [(x^2 - y^2)^2 + (x^2 - z^2)^2 + (z^2 - y^2)^2] = \\<br />
&\quad= \frac{1}{2} \left[ (2 au)^2 + \left( au + av \sqrt{3} - \frac{1}{2} a^2 \right)^2 + \left( au - \left( av\sqrt{3} - \frac{1}{2}a^2 \right) \right)^2 \right]=\\<br />
&\quad= 2a^2u^2 + \left( av \sqrt{3} - \frac{1}{2}a^2 \right)^2 + (au)^2 =<br />
a^2 \left( 3u^2 + \left( v\sqrt{3} - \frac{1}{2}a \right)^2 \right).<br />
\end{split}<br />
\]

Zatem

\[<br />
\begin{split}<br />
&a^4 - a^2(x^2 + y^2 + z^2) + x^4 + y^4 + z^4 - x^2y^2 - x^2z^2 - y^2z^2 =\\<br />
&\quad = a^4 - a^2\left( 3u^2+ \left( v\sqrt{3} - \frac{1}{2} a\right)^2+a^2 \right) + a^2 \left( 3u^2+ \left( v \sqrt{3} - \frac{1}{2}a \right)^2 \right)= 0.<br />
\end{split}<br />
\]

Uwaga: W powyższym rozwiązaniu nie korzystaliśmy z założenia, że punkt $ P $ leży wewnątrz trójkąta $ ABC $.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź