Математикадан республикалық олимпиада, 2008-2009 оқу жылы, 11 сынып

Кез келген екі нүктенің ара қашықтығы бүтін тақ сан болатындай етіп, жазықтықта төрт нүкте таңдап алуға болмайтынын дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Из условия следует что количество всех "расстояний" равно 6.

Пусть на плоскости имеется четыре точки $A,B,C,D$ и (данный четырёхугольник выпуклый ,доказательство для невыпуклого случая эквивалентна) расстояние $5$ из $6$ отрезков, нечетные числа.

Без ограничения общности пусть $AB=2a+1,BC=2y+1,CD=2x+1,AD=2b+1,AC=2z+1$ нечётные числа, тогда докажем что $BD$ ни нечётное число.

Из теоремы косинусов

$\cos \angle ACD = \dfrac{(2x+1)^2+(2z+1)^2-(2b+1)^2}{2(2x+1)(2z+1)}$ и

$\cos \angle ACB = \dfrac{(2y+1)^2+(2z+1)^2-(2a+1)^2}{2(2y+1)(2z+1)}$ учитывая $\cos \angle DCB = \cos \angle ACD \cdot \cos \angle ACB - \sin \angle ACD \cdot \sin \angle ACB$ и для краткости записи пусть

$2b+2z-2x+1=a_{1}$, $2b+2x-2z+1=a_{2}$, $2x+2z-2b+1=a_{3}$, $2b+2x+2z+3=a_{4}$, $2a+2z-2y+1=a_{5}$, $2a+2y-2z+1=a_{6}$, $2y+2z-2a+1=a_{7}$, $2a+2y+2z+3=a_{8}$

Значит $BD^2=(2x+1)^2+(2y+1)^2+\dfrac{\sqrt{a_{1} \ a_{2} \ a_{3} \ a_{4} \ a_{5} \ a_{6} \ a_{7} \ a_{8}} - ((2x+1)^2+(2z+1)^2-(2b+1)^2)((2y+1)^2+(2z+1)^2-(2a+1)^2)}{2(2z+1)^2}$

Если число извлекается из квадратного корня, то выражение под корнем, всегда можно сгруппировать в произведение отдельных квадратов.

1)

Предварительно рассмотрим случаи

a) если $x=z=a, \ b=y$ тогда $ABCD$ параллелограмм, и по свойству для диагоналей $AC^2+BD^2=2(AD^2+AB^2)$ или $AC^2+BD^2 \equiv 0 \ \mod \ 4$ что невозможно, так как диагонали нечётные, значит $BD$ не целое.

b) Если $x=y, \ a=b$ тогда $BD^2=\dfrac{((2z+1)^2-4(b-x)^2)(4(b+x+1)^2-(2z+1)^2)}{(2z+1)^2}$

так как первый множитель меньше знаменателя, тогда возможны случаи

1. $(b+x+1)^2$ делится на $(2z+1)^2$ пусть их частное равно $d$ , но тогда если первый множитель полный квадрат определённого нечётного числа, то второй множитель должен быть полным квадратом нечетного числа $4d-1=(2l+1)^2$ что невозможно.

2. Равенство двух множителей в числителе так же невозможна, так как $2z+1$ нечётна.

3. Пусть $2z+1=p_{1} \ p_{2} ... p_{n}$ если первый множитель числителя делиться на один из множителей числа $(2z+1)^2$ равному $P_{1}$, то второй множитель числителя делится на дополняющего его до $(2z+1)^2$ соотвественно множителя $P_{2}$, и так как $4$ число четное, тогда пусть частные $(b-x)^2$ при делений на $P_{1}$ и $(b+x+1)^2$ на $P_{2}$ равны $w,v$ соотвественно, тогда $BD^2=(P_{2}-4w)(4v-P_{1})$ если $P_{2}-4w=(2N_{1}+1)^2$ и $4v-P_{1}=(2N_{2}+1)^2$ то суммируя $P_{2}-P_{1}+4v-4w=(2N_{1}+1)^2+(2N_{2}+1)^2$

отметим что $P_{2}-P_{1}$ всегда можно представить в виде $p_{\alpha_{1}} \cdot p_{\alpha_{2}} \cdot p_{\alpha_{3}} ... ((p_{alpha_{n}}...)^2-1)$ если один только один множителей $P_{1},P_{2}$ содержит квадрат и $p_{beta_{1}} \cdot p_{beta_{2}} \cdot p_{beta_{3}}...((p_{beta_{m}}..)^2-(p_{beta_{n}}...)^2)$

если оба , то есть разность всегда будет делится на $4$ что невозможно, так как сумма квадратов двух нечётных чисел не делятся на $4$.

Значит $BD$ не целое.

4. Если $4(b+x+1)^2-(2z+1)^2=(2z+1)((2z+1)^2-4(b-x)^2)$ выражая

$(2z+1)^2=\dfrac{4(b-x)^2-1 + \sqrt{(1-4(b-x)^2)^2+16(b+x+1)^2}}{2}$

Тогда по неравенству треугольников $2z+1+2b>2x, \ 2z+1+2x>2b, \ 2(b+x+1)>2z+1$ подставляя выраженное, для первого и второго и третьего получаем $b \leq -\dfrac{1}{2}, x<-\dfrac{1}{2} \cup b>-\dfrac{1}{2}, x \in R$ и $b \geq -\dfrac{1}{2}, x>\dfrac{1}{2} \cup b<-\dfrac{1}{2}, x \in R$ и третье $b>-\dfrac{1}{2}, x>-\dfrac{1}{2}$ объединяя выходит что система решений не имеет. Случаи когда $4(b+x+1)^2-(2z+1)^2=(2z+1)((2z+1)^2-4(b-x)^2)^{2n-1}$ аналогичен.

c)

$b+x=a+y$ (можно подставить и $y=b+x-a$ и преобразовать) но для ясности происходящего, заметим что в этом случае ГМТ всех таких точек $B,D$ есть - Эллипс, фокусы которого расположены в точках $A,C$.

Пусть $AC=k, \ AB=n, CD=t, AD=m$ поместив точки $A(-\dfrac{k}{2},0), \ C(\dfrac{k}{2},0)$ тогда уравнение данного эллипса примет вид $\dfrac{x^2}{(m+t)^2}+\dfrac{y^2}{(m+t)^2-k^2}=\dfrac{1}{4}$ тогда найдя координаты точек $D(\dfrac{m^2-t^2}{2k}, \ \dfrac{\sqrt{(m+t-k)(m-t+k)(k-m+t)(k+m+t)}}{2k})$ и $B(\dfrac{(2n-m-t)(m+t)}{2k}, -\dfrac{\sqrt{(m+t-k)(m+t+k)(k-m+2n-t)(k+m-2n+t)}}{2k})$ откуда

$BD^2=\dfrac{4(m+t)^2(m-n)^2+(m+t-k)(m+t+k)(\sqrt{(m-t+k)(k-m+t)}+\sqrt{(k-m+2n-t)(k+m-2n+t)})^2}{4k^2}$ рассмотрим такой случай, когда выражения под квадратными корнями полные квадраты нечетного числа, иначе $BD$ очевидно не целое. Пусть выражения под корнем слева направо соответственно равны $x_{1}^2,x_{2}^2,x_{3}^2,x_{4}^2$ тогда выражая через $k=\dfrac{x_{1}^2+x_{3}^2}{2}, \ n=\dfrac{x_{3}^2-x_{1}^2+2m}{2}, \ t=\dfrac{x_{2}^2-x_{1}^2+2m}{2}$

Значит $BD^2=\dfrac{(x_{3}^2-x_{1}^2)^2(x_{2}^2-x_{1}^2+4m)^2+(4m-2x_{1}^2)(2x_{2}^2+4m)(x_{1}x_{2}+x_{3}x_{4})^2}{4(x_{1}^2+x_{2}^2)^2}$

Учитывая что $x_{1}^2+x_{2}^2=x_{3}^2+x_{4}^2=2k$ тогда их можно представить в виде $x_{1}=ad+bc, \ x_{2}=ac-bd, \ x_{3}=ad-bc, \ x_{4}=ac+bd$ (не путать с изначальными обозначениями) где $a,b,c,d$ целые и где только одно из чисел четное, так как выражения выше нечетные числа, подставляя найденные значения и преобразовывая получаем $BD^2=\dfrac{c^2d^2(8m(((ac-bd)^2-(ad+bc)^2)+2m)-4cd(a(ac-bd)-b(bc+ad))(a(ad+bc)+b(ac-bd)))}{(c^2+d^2)^2}$ пусть $BD=v$ тогда выражая $m$ как квадратное уравнение относительно $m$ получаем

$m=\dfrac{((ad+bc)^2-(ac-bd)^2)cd \pm (c^2+d^2)\sqrt{c^2d^2(a^2-b^2)+v^2}}{4cd}$

Рассмотрим случай когда $a$ четное, так как если одно из чисел $c,d$ будет четным, то $m$ не будет целым.

Значит $(cd(a^2-b^2))^2$ будет нечётным, пусть $(cd(a^2-b^2))^2+v^2=z^2$ тогда $(cd(a^2-b^2))^2=(z-v)(z+v)$ так как $v$ по условия должно быть нечетным, значит $z$ - четное, пусть

$z-v=p_{1} \cdot p_{2} ... p_{n}$ где $p_{1},p_{2},...,p_{n}$ простые делители числа слева, значит $z-v+z+v=2z=p_{1}p_{2}...p_{n}(1+((p_{1}p_{2}...p_{n})^{\alpha-1} \cdot P)^2)$ сумма двух квадратов нечетных чисел можно представит в виде $2(2w+1)$ откуда $z$ нечётное, противоречие.

Значит $BD$ не может быть нечётным.

d) случай когда $z+x=a+y$ невозможен, так как если $y=z+x-a$ то подставляя и сохраняя те же обозначения, получаем

$BD^2=t^2+(k+t-n)^2+\dfrac{(2x+1)(4z+2x+3)\sqrt{(4z-2x+1)(4a-2x+1)(2x-4a+4z+1)(2x+1)}}{2k^2}$ но выражения под корнем не могут быть квадрантами нечётных чисел, так как суммы квадратов двух нечётных чисел не делится на $4$, а случай когда некоторые числа равны между собой, приводит к рассмотренным уже случаям.

2)

Так как $a_{1}+a_{2}+a_{3}=a_{4}$

Если $a_{1}=t_{1}^2, \ a_{2}=t_{2}^2, \ a_{3}=t_{3}^2$ пусть тогда $a_{4}=t_{4}^2$ то есть должно выполнятся условие $t_{1}^2+t_{2}^2+t_{3}^2=t_{4}$

$t_{1}^2+t_{2}^2=(t_{4}-t_{3})(t_{4}+t_{3})$ учитывая нечетность всех чисел $t_{1}^2+t_{2}^2 \equiv 0 \ mod \ 4$ что невозможно так как $t_{1}^2+t_{2}^2=4A+2$ аналогично и с остальными четырьмя , значит случай когда все множители являются квадратами нечётных чисел невозможен.

3) Непосредственно решение следует из того что, некоторые числа $a_{1},...a_{8}$ надо будет приравнивать между собой , а остальные допускать как полные квадраты, которые и будут приводит нас к рассмотренным случаям выше.