Коллинеарность двух векторов в треугольнике

[Mr. X]

Треугольник $ABC$ со сторонами $BC=a, CA=b, AB=c$ вписан в окружность с центром $O$. Докажите, что векторы $a^2 \overrightarrow{OA}+b^2 \overrightarrow{OB}+c^2 \overrightarrow{OC}$ и $a^4 \overrightarrow{OA}+b^4 \overrightarrow{OB}+c^4 \overrightarrow{OC}$ коллинеарны.

[Профессор Снэйп]

А если переформулировать так:

Даны комплексные числа $z_1$, $z_2$ и $z_3$, такие что $|z_1| = |z_2| = |z_3| = 1$. Доказать, что

$$ \frac{z_1|z_2-z_3|^2 + z_2|z_3-z_1|^2 + z_3|z_1-z_2|^2}{z_1|z_2-z_3|^4 + z_2|z_3-z_1|^4 + z_3|z_1-z_2|^4} \in \mathbb{R} $$

(более точно, числитель равен знаменателю, умноженному на действительное число)

Проще станет?

[Mr. X]

Это я тоже имел в виду. Но мне показалась геометрическая формулировка более изящной. А Вы видите быстрое доказательство комплексного варианта? (или какой-то простой "комплексный факт", который таким образом зашифрован? а для 4-ех комплексных чисел это верно (- думаю нет, но все же) ?)... Это так -- вопросы к слову.

[Профессор Снэйп]

Mr. X в сообщении #322154 писал(а):

А Вы видите быстрое доказательство комплексного варианта?

Нет, пока не вижу. Вижу лишь, что там чистая алгебра.

К примеру, числитель, с учётом равенства $|z|^2 = z \overline{z}$, после раскрытия скобок и приведения подобных, оказывается равен

$$ 2 \left( \frac{z_1^2-z_2z_3}{z_1} + \frac{z_2^2 - z_3z_1}{z_2} + \frac{z_3^2-z_1z_2}{z_3} \right) $$

Сейчас сижу думаю, нет ли выражения получше...

Вообще, после "комплексной формулировки" хочется многочлены как-нибудь к задаче прикрутить, но пока не вижу как

[Mr. X]

Ну... если так быстро и просто преобразовался числитель, то я думаю со знаменателем тоже проблем не должно возникнуть. Но я думаю нет ли тут "царского пути" (а не тождественных алгебраических преобразований) типа кругового свойства, ангармонического отношения,... .

[Профессор Снэйп]

Ещё числитель можно расписать как

$$ 2(z_1 + z_2 + z_3) - 2 \frac{z_1^2z_2^2 + z_2^2z_3^2 + z_3^2z_1^2}{z_1z_2z_3} $$

-- Пт май 21, 2010 03:27:48 --

Mr. X в сообщении #322160 писал(а):

Ну... если так быстро и просто преобразовался числитель, то я думаю со знаменателем тоже проблем не должно возникнуть.

Выкладок много, ошибиться в них раз плюнуть. Матпакет нужен...

-- Пт май 21, 2010 03:29:02 --

Кстати, можно ещё смело считать $z_1 = 1$

[arqady]

Mr. X в сообщении #322143 писал(а):

Треугольник $ABC$ со сторонами $BC=a, CA=b, AB=c$ вписан в окружность с центром $O$. Докажите, что векторы $a^2 \overrightarrow{OA}+b^2 \overrightarrow{OB}+c^2 \overrightarrow{OC}$ и $a^4 \overrightarrow{OA}+b^4 \overrightarrow{OB}+c^4 \overrightarrow{OC}$ коллинеарны.

Поскольку $a^4 \overrightarrow{OA}+b^4 \overrightarrow{OB}+c^4 \overrightarrow{OC}=\frac{a^2+b^2+c^2}{2}\left(a^2 \overrightarrow{OA}+b^2 \overrightarrow{OB}+c^2 \overrightarrow{OC}\right)$

[Mr. X]

arqady в сообщении #322165 писал(а):

Поскольку $a^4 \overrightarrow{OA}+b^4 \overrightarrow{OB}+c^4 \overrightarrow{OC}=\frac{a^2+b^2+c^2}{2}\left(a^2 \overrightarrow{OA}+b^2 \overrightarrow{OB}+c^2 \overrightarrow{OC}\right)$

И почему это?

[arqady]

Mr. X в сообщении #322167 писал(а):

arqady в сообщении #322165 писал(а):

Поскольку $a^4 \overrightarrow{OA}+b^4 \overrightarrow{OB}+c^4 \overrightarrow{OC}=\frac{a^2+b^2+c^2}{2}\left(a^2 \overrightarrow{OA}+b^2 \overrightarrow{OB}+c^2 \overrightarrow{OC}\right)$

И почему это?

Потому что $\sin2\alpha\overrightarrow{OA}+\sin2\beta\overrightarrow{OB}+\sin2\gamma\overrightarrow{OC}=\vec{0}$ и всё рушится.

[Mr. X]

ОК. А как это "легко увидеть" в комплексной форме?

[Профессор Снэйп]

Так!..

$$ |z_1-z_2|^2 = z_1\overline{z}_1 - z_1\overline{z}_2 - z_2\overline{z}_1 + z_2\overline{z}_2 = 2 - \left(\frac{z_1}{z_2} + \frac{z_2}{z_1} \right) = - \frac{(z_1 - z_2)^2}{z_1z_2} $$

Получаем, что числитель равен

$$ -z_1\frac{(z_2-z_3)^2}{z_2z_3} - z_2\frac{(z_3-z_1)^2}{z_3z_1} - z_3\frac{(z_1-z_2)^2}{z_1z_2}, $$

что равно

$$ -\frac{z_1^2(z_2-z_3)^2 + z_2^2(z_3-z_1)^2 + z_3^2(z_1-z_2)^2}{z_1z_2z_3} $$

А знаменатель тогда равен

$$ z_1\frac{(z_2-z_3)^4}{z_2^2z_3^2} + z_2\frac{(z_3-z_1)^4}{z_3^2z_1^2} + z_3\frac{(z_1-z_2)^4}{z_1^2z_2^2} $$

или

$$ \frac{z_1^3(z_2-z_3)^4 + z_2^3(z_3-z_1)^4 + z_3^3(z_1-z_2)^4}{z_1^2z_2^2z_3^2} $$

Хм... И как это делить?

-- Пт май 21, 2010 03:56:20 --

arqady, как всегда, уже что-то нашёл

[Mr. X]

Ну вот оказывается, если поделить "правильно", то получим вещественное (и даже положительное число).

[Профессор Снэйп]

Утверждает, что частное равно

$$ -\frac{1}{2}\left( \frac{(z_1-z_2)^2}{z_1z_2} + \frac{(z_2-z_3)^2}{z_2z_3} + \frac{(z_3-z_1)^2}{z_3z_1} \right) $$

Остаётся лишь перемножить и проверить

[Mr. X]

Перемножить и проверить -- это не очень интересно, ... впрочем, как и поделить, зная что нужно получить в частном.

[Профессор Снэйп]

Ну а авторское решение какое было?