Feladat: F.2128 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):  Horváth Ákos 
Füzet: 1978/május, 198 - 200. oldal  PDF file
Témakör(ök): Algebrai átalakítások, Vektorok felbontása összetevőkre, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1978/január: F.2128

Legyen x1+x2+x3=y1+y2+y3=x1y1+x2y2+x3y3=0 és (x12+x22+x32)(y12+y22+y32)>0. Bizonyítsuk be, hogy ekkor
x12x12+x22+x23+y12y12+y22+y32=23.(1)

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás. A feltételekből következik, hogy -x2=x1+x3, valamint -y2=y1+y3. Ezeket összeszorozva, majd a további -x2y2=x1y1+x3y3 feltétellel összehasonlítva kapjuk a

2x2y2=x1y3+x3y1(2)
összefüggést. Hasonlóan igazolható az is, hogy
2x1y1=x2y3+x3y2.(3)
(1) helyett előbb belátjuk, hogy
x12x12+x22+x32+y12y12+y22+y32=x22x12+x22+x32+y22y12+y22+y32=(4)=x32x12+x22+x32+y32y12+y22+y32.
Például az első egyenlőséget átrendezve elegendő igazolnunk a
2x12y12+x12y32+x32y12-2x22y22-x22y32-x32y22=0
egyenlőséget. (2)-t és (3)-t behelyettesítve, majd némi átalakítás után
(x1y3-x3y1+x2y3-x3y2)(x1y3-x3y1-x2y3+x3y2)=0.
Ám itt az első tényező valóban nulla, hiszen
x1y3-x3y1+x2y3-x3y2=y3(x1+x2)-x3(y1+y2)ésx1+x2=-x3,valaminty1+y2=-y3.



Ezek után (1) abból következik, hogy a (4)-ben szereplő kifejezések összege 2.
 

 Horváth Ákos (Zalaegerszeg, Zrínyi M. Gimn., III. o. t.)
 

II. megoldás. Legyen x12+x22+x32=A, y12+y22+y32=B,  továbbá
ai=xiA,bi=yiB,i=1,2,3.
Feltevéseink új jelöléseinkkel azt jelentik, hogy
a1+a2+a3=b1+b2+b3=a1b1+a2b2+a3b3=0,(2)
új változóinkra még az is teljesül, hogy
a12+a22+a32=b12+b22+b32=1.(3)
A bizonyítandó (1) összefüggés pedig
a12+b12=23.(4)
Elegendő tehát azt bizonyítani, hogy a (2) és (3) összefüggésekből következik (4).
Ha i, j, k a tér páronként merőleges egységvektorai, és
a=a1i+a2j+a3k,b=b1i+b2j+b3k,c=13i+13j+13k,
akkor a, b, c is egységvektorok. Például a első koordinátája, a1 azt jelenti, hogy a vetülete i-n a1i. Itt azonban az a és i egységvektorok szerepe még szimmetrikus, tehát szerepüket felcserélve azt kapjuk, hogy i vetülete a-n a1a, és így b1i vetülete a-n a1b1a. Mivel vektorok összegének vetülete egyenlő a vetületek összegével, ezek szerint b-nek a-n levő vetülete
(a1b1+a2b2+a3b3)a.(5)
Tehát (2) utolsó összefüggése azt jelenti, hogy b vetülete a-n a null-vektor, vagyis b merőleges a-ra. Az első két összefüggés pedig azt jelenti (2)-ben, hogy a is, b is merőleges c-re.
Ezek szerint (2) azt jelenti, hogy a, b, c is páronként merőlegesek egymásra. Mivel i vetülete a-n a1a, b-n b1b, c-n 13c, és ezeknek a vetületeknek az összege épp az i vektort adja:
i=a1a+b1b+13c,
a bizonyítandó (1) összefüggés pedig a térbeli Pithagorasz-tételből és abból következik, hogy i egységvektor.
 

Megjegyzés. A feladat szövegében ‐ mint azt többen észrevették ‐ sajtóhiba volt. A versenyzők zöme az itt közölt állítást igazolta. Teljes értékű megoldásnak fogadtuk el azt is, ha valaki az eredeti állítás hibás voltát igazolta.