Kezdőlap


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

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 $- x_{2} = x_{1} + x_{3}$ , valamint $- y_{2} = y_{1} + y_{3}$ . Ezeket összeszorozva, majd a további $- x_{2} y_{2} = x_{1} y_{1} + x_{3} y_{3}$ feltétellel összehasonlítva kapjuk a

\begin{matrix} 2 x_{2} y_{2} = x_{1} y_{3} + x_{3} y_{1} \end{matrix}

(2)

összefüggést. Hasonlóan igazolható az is, hogy

\begin{matrix} 2 x_{1} y_{1} = x_{2} y_{3} + x_{3} y_{2} . \end{matrix}

(3)

(1) helyett előbb belátjuk, hogy

\begin{matrix} \frac{x_{1}^{2}}{x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2}} + \frac{y_{1}^{2}}{y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2}} = \frac{x_{2}^{2}}{x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2}} + \frac{y_{2}^{2}}{y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2}} = & (4) \\ = \frac{x_{3}^{2}}{x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2}} + \frac{y_{3}^{2}}{y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2}} . \end{matrix}

Például az első egyenlőséget átrendezve elegendő igazolnunk a

\begin{matrix} 2 x_{1}^{2} y_{1}^{2} + x_{1}^{2} y_{3}^{2} + x_{3}^{2} y_{1}^{2} - 2 x_{2}^{2} y_{2}^{2} - x_{2}^{2} y_{3}^{2} - x_{3}^{2} y_{2}^{2} = 0 \end{matrix}

egyenlőséget. (2)-t és (3)-t behelyettesítve, majd némi átalakítás után

\begin{matrix} (x_{1} y_{3} - x_{3} y_{1} + x_{2} y_{3} - x_{3} y_{2}) (x_{1} y_{3} - x_{3} y_{1} - x_{2} y_{3} + x_{3} y_{2}) = 0. \end{matrix}

Ám itt az első tényező valóban nulla, hiszen

\begin{matrix} x_{1} y_{3} - x_{3} y_{1} + x_{2} y_{3} - x_{3} y_{2} = y_{3} (x_{1} + x_{2}) - x_{3} (y_{1} + y_{2}) \\ és x_{1} + x_{2} = - x_{3}, valamint y_{1} + y_{2} = - y_{3} . \end{matrix}

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

x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} = A

y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2} = B

, továbbá

\begin{matrix} a_{i} = \frac{x_{i}}{\sqrt[]{A}}, b_{i} = \frac{y_{i}}{\sqrt[]{B}}, i = 1, 2, 3. \end{matrix}

Feltevéseink új jelöléseinkkel azt jelentik, hogy

\begin{matrix} a_{1} + a_{2} + a_{3} = b_{1} + b_{2} + b_{3} = a_{1} b_{1} + a_{2} b_{2} + a_{3} b_{3} = 0, \end{matrix}

(2)

új változóinkra még az is teljesül, hogy

\begin{matrix} a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + a_{3}^{2} = b_{1}^{2} + b_{2}^{2} + b_{3}^{2} = 1. \end{matrix}

(3)

A bizonyítandó (1) összefüggés pedig

\begin{matrix} a_{1}^{2} + b_{1}^{2} = \frac{2}{3} . \end{matrix}

(4)

Elegendő tehát azt bizonyítani, hogy a (2) és (3) összefüggésekből következik (4).
Ha

i

j

k

a tér páronként merőleges egységvektorai, és

\begin{matrix} a & = a_{1} i + a_{2} j + a_{3} k, \\ b & = b_{1} i + b_{2} j + b_{3} k, \\ c & = \frac{1}{\sqrt[]{3}} i + \frac{1}{\sqrt[]{3}} j + \frac{1}{\sqrt[]{3}} k, \end{matrix}

akkor

a

b

c

is egységvektorok. Például

a

első koordinátája,

a_{1}

azt jelenti, hogy

a

vetülete

i

-n

a_{1} i

. Itt azonban az

a

és

i

egységvektorok szerepe még szimmetrikus, tehát szerepüket felcserélve azt kapjuk, hogy

i

vetülete

a

-n

a_{1} a

, és így

b_{1} i

vetülete

a

-n

a_{1} b_{1} a

. Mivel vektorok összegének vetülete egyenlő a vetületek összegével, ezek szerint

b

-nek

a

-n levő vetülete

\begin{matrix} (a_{1} b_{1} + a_{2} b_{2} + a_{3} b_{3}) a . \end{matrix}

(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

a_{1} a

b

-n

b_{1} b

c

-n

\frac{1}{\sqrt[]{3}} c

, és ezeknek a vetületeknek az összege épp az

i

vektort adja:

\begin{matrix} i = a_{1} a + b_{1} b + \frac{1}{\sqrt[]{3}} c, \end{matrix}

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.