format .pdf, 4.1 MB - Recreaţii Matematice

X.97. Fie a, b, c ∈ C ∗ numere complexe distincte astfel încât (a − b) 3 = (b − c) 3 =
(c − a) 3 . Arătaţi că |2a − b − c| = |2b − c − a| = |2c − a − b|.
Dan Nedeianu, Drobeta-Tr. Severin
Soluţie.
Condiţia dată este echivalentă cu
b − c
a − b‹3
= c − a
a − b‹3
= 1. Cum
a − b ≠ b − c (altfel b = a + c şi, folosind relaţia din enunţ, s-ar deduce că a = c),
2
b−c ≠ c−a şi c−a ≠ a−b, găsim că b−c = zε şi c−a = zε 2 , unde ε este rădăcină cubică
a unităţii, iar z = a − b. Deducem că |2a − b − c| = |2b − c − a| = |2c − a − b| = |z| · √3.
X.98. Fie A i (z i ), i = 1, 3 vârfurile unui triunghi din planul xOy şi P (z) un punct
din acest plan (z i şi z sunt afixele punctelor A i , respectiv P ). Să se arate că P este
situat în interiorul triunghiului A 1 A 2 A 3 sau pe una din laturile sale dacă şi numai
dacă există α i ≥ 0, i = 1, 3, astfel încât α 1 + α 2 + α 3 = 1 şi z = α 1 z 1 + α 2 z 2 + α 3 z 3 .
Adrian Corduneanu, Iaşi
Soluţie. Punctul P este situat în interiorul triunghiului A 1 A 2 A 3 sau pe una
din laturile sale dacă şi numai dacă există M ∈ [A 1 A 2 ] cu P ∈ [MA 3 ]. Deoarece
M ∈ [A 1 A 2 ] ⇔ ∃t ∈ [0, 1] astfel încât z M = (1 − t)z 1 + tz 2 şi P ∈ [MA 3 ] ⇔ ∃s ∈ [0, 1]
cu proprietatea z = (1 − s)z 3 + sz M , rezultă că z = (1 − t)sz 1 + stz 2 + (1 − s)z 3 .
Considerând α 1 = s(1 − t), α 2 = st şi α 3 = 1 − s, obţinem α i ≥ 0, α 1 + α 2 + α 3 = 1
şi z = α 1 z 1 + α 2 z 2 + α 3 z 3 , ceea ce încheie demonstraţia.
X.99. Considerăm triunghiurile echilaterale ABC şi A 1 B 1 C 1 şi construim triunghiurile
echilaterale AA 1 A 2 , BB 1 B 2 , CC 1 C 2 , AB 1 A 3 , BC 1 B 3 , CA 1 A 3 , AC 1 A 4 ,
BA 1 B 4 şi CB 1 C 4 ; toate triunghiurile citate sunt orientate pozitiv. Fie punctele
M 2 ∈ A 2 B, N 2 ∈ B 2 C, P 2 ∈ C 2 A, M 3 ∈ A 3 B, N 3 ∈ B 3 C, P 3 ∈ C 3 A, M 4 ∈ A 4 B,
N 4 ∈ B 4 C şi P 4 ∈ C 4 A astfel încât M 2A 2
M 2 B = N 2B 2
N 2 C = P 2C 2
P 2 A = M 3A 3
M 3 B = N 3B 3
N 3 C =
P 3 C 3
P 3 A = M 4A 4
M 4 B = N 4B 4
N 4 C = P 4C 4
P 4 A . Demonstraţi că triunghiurile M 2N 2 P 2 , M 3 N 3 P 3
şi M 4 N 4 P 4 sunt echilaterale şi au acelaşi centru.
Cătălin Ţigăeru, Suceava
Soluţie. Notăm afixul fiecărui punct care apare, cu litera mică ce îi corespunde.
Scriem condiţiile ca cele 11 triunghiuri care apar în ipoteză să fie echilaterale:
a + εb + ε 2 c = 0; a 1 + εb 1 + ε 2 c 1 = 0;
a + εa 1 + ε 2 a 2 = 0; b + εb 1 + ε 2 b 2 = 0, c + εc 1 + ε 2 c 2 = 0;
a + εb 1 + ε 2 a 3 = 0, b + εc 1 + ε 2 b 3 = 0, c + εa 1 + ε 2 a 3 = 0,
a + εc 1 + ε 2 a 4 = 0, b + εa 1 + ε 2 b 4 = 0, c + εb 1 + ε 2 c 4 = 0,
unde ε este rădăcina primitivă de ordin trei a unităţii. Demonstrăm că triunghiurile
A i B i C i , i = 2, 3, 4, sunt echilaterale; trebuie verificate relaţiie a i + εb i + ε 2 c i = 0,
i = 2, 3, 4. Vom da justificarea doar pentru i = 2 :
a 2 + εb 2 + ε 2 c 2 = −(εa + ε 2 a 1 ) − ε(εb + ε 2 b 1 ) − ε 2 (εc + ε 2 c 1 ) =
= −ε(a + εb + ε 2 c) − ε 2 (a 1 + εb 1 + ε 3 c 1 ) = 0.
66