[Kombinatoryka][Planimetria] Geometria z kółka olimpijskiego

[jerzozwierz]

Dzisiaj na kółku z matematyki dostaliśmy ciekawe zadanie: ciekaw jestem jaki jest czysto geometryczny dowód, bo ja to zrobiłem nieco ciekawiej Nie powiem jak, bo prawdopodobnie każdy by poszedł tą drogą (dobra, prawie każdy). Oto i ono:
Dany jest trójkąt dowolny \(\displaystyle{ ABC}\). Środek ciężkości tego trójkąta to \(\displaystyle{ M}\). Na płaszczyźnie obrano dowolny punkt \(\displaystyle{ X}\). Udowodnij zależność:
\(\displaystyle{ 3MX ^{2}=AX ^{2}+BX ^{2}+CX ^{2}- \frac{1}{3}(AB ^{2} + BC ^{2} + CA ^{2})}\)
Dodaje jeszcze drugie, którego nie zrobiliśmy:
Rozstrzygnąć, czy istnieje 1994-kąt, którego kolejne boki (\(\displaystyle{ a_{1},a _{2} ...a _{1994}}\)) są długości dla \(\displaystyle{ a _{i}}\) gdzie \(\displaystyle{ i \in (1,2,...1994)}\)
\(\displaystyle{ \sqrt{4+i ^{2} }}\) i którego wszystkie wierzchołki zawierają się w punktach kratowych układu współrzędnych. (mocne, co? )

[Sylwek]

1. Wygląda na jakiś trik z masami lub momentem bezwładności, jest to dobrze opisane na stronie warszawskiego XIV LO, więc poszukaj w Google. Dawno się tym nie bawiłem, więc niestety nie pomogę, ale na 90% z tego idzie.

2. Przypuśćmy, że taki wielokąt istnieje. Niech punkty \(\displaystyle{ B_i (x_i, y_i)}\) będą wierzchołkami tego wielokąta, wówczas (\(\displaystyle{ B_{n+1}=B_1, \ x_{n+1}=x_1, \ y_{n+1}=y_1}\), czyli dla przejrzystości dowodu zakładam numeracje cykliczną): \(\displaystyle{ 4+i^2=a_i^2=|B_{i+1}B_i|^2=(x_{i+1}-x_i)^2 + (y_{i+1}-y_i)^2}\). Sumując po wszystkich i otrzymujemy: \(\displaystyle{ 1994 \cdot 4 + \sum_{i=1}^{1994} i^2 = \sum (x_{i+1}-x_i)^2 + (y_{i+1}-y_i)^2 \equiv \\ \equiv \sum (x_{i+1}-x_i) + (y_{i+1}-y_i) = 0 \ (mod \ 2)}\), gdyż \(\displaystyle{ a^2 \equiv a \ (mod \ 2)}\). W celu dokończenia dowodu nie wprost wystarczy zauważyć, że lewa strona jest nieparzysta, a prawa parzysta. Spróbuj sprawdzić, dla jakich liczb oprócz 1994 powyższy dowód działa.

[Gierol]

1.nawet nie chce mi sie tego rysowac. powiem tyle:
\(\displaystyle{ A=(0,0);B=(x_{b},0),C=(x_c,y_{c})}\)

[jerzozwierz]

Powiem tyle. Koledzy próbowali rżnąć to analitycznie i doszli do równania na trzy liniki
Ja to zrobiłem z wektorów.

[Rush]

1. Umieszczamy na plaszczyznie zespolonej tak, by \(\displaystyle{ A=0 B=z_{b} C=z_{c},}\)
Dodatkowo przyjmijmy, ze \(\displaystyle{ \Im (z_{b})=0}\)
Polozmy \(\displaystyle{ X=z_{x}}\)
Korzystajac teraz ze wzoru \(\displaystyle{ |AB|^{2} = (A-B)(\overline{A-B})}\) oraz faktu, ze \(\displaystyle{ M=\frac{A+B+C}{3}}\) dostajemy do udowodnienia:
\(\displaystyle{ 3*(\frac{z_{b}+z_{c}}{3}-z_{x})(\overline{\frac{z_{b}+z_{c}}{3}-z_{x}}) = z_{x}* \overline {z_{x}} + (z_{b} - z_{x})(\overline {z_{b}-z_{x}}) + (z_{c} - z_{x})(\overline {z_{c}-z_{x}}) - \frac{1}{3}(z_{b}* \overline {z_{b}} + z_{c}* \overline {z_{c}} + (z_{b} - z_{c})(\overline {z_{b}-z_{c}}))}\)
Dalej wymnazajac wszystko na pale ladnie wychodzi.
Nie widze nigdzie rownania na 3linijki:p