XXVII OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

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

$ 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. $

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

$ x^2 = PA^2 = \left( u + \frac{a}{2} \right)^2 + v^2, $

$ y^2 = PB^2 = \left( u - \frac{a}{2} \right)^2 + v^2. $

$ z^2 = PC^2 = u^2 + \left( v^2 - \frac{\sqrt{3}}{2}a \right)^2. $

Wobec tego

$ 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 $

oraz

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

Zatem

$ \begin{split} &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 =\\ &\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. \end{split} $

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