IMO 1987 · Problem 5
Let \(n\) be an integer greater than or equal to 3. Prove that there is a set of \(n\) points in the plane such that the distance between any two points is irrational and each set of three points determines a non-degenerate triangle with rational area.
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Choose the \(n\) distinct points \[ P_i=(i,i^2),\qquad i=1,2,\ldots,n. \]
We first verify the condition on distances. For \(1\le i<j\le n\), \[ P_iP_j =\sqrt{(j-i)^2+(j^2-i^2)^2} =(j-i)\sqrt{1+(i+j)^2}. \] Writing \(m=i+j\), we have \(m\ge3\), so \[ m^2<m^2+1<(m+1)^2. \] Thus \(m^2+1\) is not a perfect square, and its square root is irrational. Indeed, a rational square root \(a/b\) of an integer, written in lowest terms with \(b>0\), satisfies \(a^2=Nb^2\); any prime divisor of \(b\) would then divide \(a\), so \(b=1\). Hence a rational square root of an integer must be an integer.
Since \(j-i\) is a nonzero integer, \(P_iP_j\) is therefore irrational.
Now take any three points, indexed by \(i<j<k\). Twice their triangle’s area is \[ \begin{aligned} 2[P_iP_jP_k] &=\left| \det\begin{pmatrix} j-i & j^2-i^2\\ k-i & k^2-i^2 \end{pmatrix} \right|\\ &=\left|(j-i)(k-i)\bigl((k+i)-(j+i)\bigr)\right|\\ &=(j-i)(k-i)(k-j). \end{aligned} \] All three factors are positive integers. Consequently, \[ [P_iP_jP_k]=\frac{(j-i)(k-i)(k-j)}2 \] is positive and rational. Thus every three chosen points determine a non-degenerate triangle with rational area, as required. \(\square\)
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1987 · Aufgabe 5
Sei \(n\) eine ganze Zahl größer oder gleich 3. Man beweise, dass es eine Menge von \(n\) Punkten in der Ebene gibt, sodass der Abstand zwischen je zwei Punkten irrational ist und je drei Punkte ein nicht entartetes Dreieck mit rationalem Flächeninhalt bestimmen.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Wir wählen die \(n\) verschiedenen Punkte \[ P_i=(i,i^2),\qquad i=1,2,\ldots,n. \]
Zunächst überprüfen wir die Bedingung an die Abstände. Für \(1\le i<j\le n\) gilt \[ P_iP_j =\sqrt{(j-i)^2+(j^2-i^2)^2} =(j-i)\sqrt{1+(i+j)^2}. \] Setzen wir \(m=i+j\), so gilt \(m\ge3\), also \[ m^2<m^2+1<(m+1)^2. \] Somit ist \(m^2+1\) keine Quadratzahl, und ihre Quadratwurzel ist irrational. Denn eine rationale Quadratwurzel \(a/b\) einer ganzen Zahl, als vollständig gekürzter Bruch mit \(b>0\) geschrieben, erfüllt \(a^2=Nb^2\); jeder Primteiler von \(b\) würde dann auch \(a\) teilen, sodass \(b=1\) sein muss. Eine rationale Quadratwurzel einer ganzen Zahl muss also ganzzahlig sein.
Da \(j-i\) eine von null verschiedene ganze Zahl ist, ist \(P_iP_j\) daher irrational.
Nun wählen wir drei beliebige Punkte mit den Indizes \(i<j<k\). Der doppelte Flächeninhalt ihres Dreiecks ist \[ \begin{aligned} 2[P_iP_jP_k] &=\left| \det\begin{pmatrix} j-i & j^2-i^2\\ k-i & k^2-i^2 \end{pmatrix} \right|\\ &=\left|(j-i)(k-i)\bigl((k+i)-(j+i)\bigr)\right|\\ &=(j-i)(k-i)(k-j). \end{aligned} \] Alle drei Faktoren sind positive ganze Zahlen. Folglich ist \[ [P_iP_jP_k]=\frac{(j-i)(k-i)(k-j)}2 \] positiv und rational. Somit bestimmen je drei der gewählten Punkte ein nicht entartetes Dreieck mit rationalem Flächeninhalt, wie gefordert. \(\square\)
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1987 · Soru 5
\(n\), 3'ten büyük veya 3'e eşit bir tam sayı olsun. Düzlemde, herhangi iki noktası arasındaki uzaklık irrasyonel olan ve herhangi üç noktası alanı rasyonel olan dejenere olmayan bir üçgen belirleyen, \(n\) noktadan oluşan bir kümenin var olduğunu kanıtlayınız.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
Birbirinden farklı \(n\) noktayı \[ P_i=(i,i^2),\qquad i=1,2,\ldots,n \] olarak seçelim.
Önce uzaklıklara ilişkin koşulu doğrulayalım. \(1\le i<j\le n\) için, \[ P_iP_j =\sqrt{(j-i)^2+(j^2-i^2)^2} =(j-i)\sqrt{1+(i+j)^2}. \] \(m=i+j\) yazarsak \(m\ge3\) olur, dolayısıyla \[ m^2<m^2+1<(m+1)^2. \] Böylece \(m^2+1\) bir tam kare değildir ve karekökü irrasyoneldir. Gerçekten de, bir tam sayının en sade biçimde ve \(b>0\) olacak şekilde \(a/b\) olarak yazılan rasyonel bir karekökü, \(a^2=Nb^2\) eşitliğini sağlar; bu durumda \(b\)'nin herhangi bir asal böleni \(a\)'yı da bölerdi, dolayısıyla \(b=1\) olur. O hâlde bir tam sayının rasyonel olan karekökü bir tam sayı olmak zorundadır.
\(j-i\) sıfırdan farklı bir tam sayı olduğundan, \(P_iP_j\) irrasyoneldir.
Şimdi indisleri \(i<j<k\) olan herhangi üç nokta alalım. Oluşturdukları üçgenin alanının iki katı \[ \begin{aligned} 2[P_iP_jP_k] &=\left| \det\begin{pmatrix} j-i & j^2-i^2\\ k-i & k^2-i^2 \end{pmatrix} \right|\\ &=\left|(j-i)(k-i)\bigl((k+i)-(j+i)\bigr)\right|\\ &=(j-i)(k-i)(k-j) \end{aligned} \] olur. Üç çarpanın hepsi pozitif tam sayıdır. Bunun sonucunda, \[ [P_iP_jP_k]=\frac{(j-i)(k-i)(k-j)}2 \] pozitif ve rasyoneldir. Böylece seçilen herhangi üç nokta, istendiği gibi, alanı rasyonel olan dejenere olmayan bir üçgen belirler. \(\square\)
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1987 · Problema 5
Sea \(n\) un entero mayor o igual que 3. Demostrar que existe un conjunto de \(n\) puntos en el plano tal que la distancia entre dos puntos cualesquiera es irracional y cada conjunto de tres puntos determina un triángulo no degenerado de área racional.
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Elijamos los \(n\) puntos distintos \[ P_i=(i,i^2),\qquad i=1,2,\ldots,n. \]
Verificamos primero la condición sobre las distancias. Para \(1\le i<j\le n\), \[ P_iP_j =\sqrt{(j-i)^2+(j^2-i^2)^2} =(j-i)\sqrt{1+(i+j)^2}. \] Escribiendo \(m=i+j\), tenemos \(m\ge3\), por lo que \[ m^2<m^2+1<(m+1)^2. \] Así, \(m^2+1\) no es un cuadrado perfecto, y su raíz cuadrada es irracional. En efecto, una raíz cuadrada racional \(a/b\) de un entero, escrita en forma irreducible con \(b>0\), satisface \(a^2=Nb^2\); cualquier divisor primo de \(b\) dividiría entonces a \(a\), por lo que \(b=1\). Por tanto, una raíz cuadrada racional de un entero debe ser un entero.
Como \(j-i\) es un entero no nulo, \(P_iP_j\) es, por tanto, irracional.
Tomemos ahora tres puntos cualesquiera, cuyos índices sean \(i<j<k\). El doble del área del triángulo que forman es \[ \begin{aligned} 2[P_iP_jP_k] &=\left| \det\begin{pmatrix} j-i & j^2-i^2\\ k-i & k^2-i^2 \end{pmatrix} \right|\\ &=\left|(j-i)(k-i)\bigl((k+i)-(j+i)\bigr)\right|\\ &=(j-i)(k-i)(k-j). \end{aligned} \] Los tres factores son enteros positivos. En consecuencia, \[ [P_iP_jP_k]=\frac{(j-i)(k-i)(k-j)}2 \] es positivo y racional. Por tanto, cualesquiera tres de los puntos elegidos determinan un triángulo no degenerado de área racional, como se pedía. \(\square\)
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1987 · 问题 5
设 \(n\) 是大于或等于 3 的整数。证明：平面上存在由 \(n\) 个点组成的集合，使得任意两点之间的距离都是无理数，且任意三个点都确定一个面积为有理数的非退化三角形。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
选取以下 \(n\) 个互不相同的点 \[ P_i=(i,i^2),\qquad i=1,2,\ldots,n. \]
我们先验证关于距离的条件。对 \(1\le i<j\le n\)，有 \[ P_iP_j =\sqrt{(j-i)^2+(j^2-i^2)^2} =(j-i)\sqrt{1+(i+j)^2}. \] 记 \(m=i+j\)，则 \(m\ge3\)，所以 \[ m^2<m^2+1<(m+1)^2. \] 因此，\(m^2+1\) 不是完全平方数，其平方根是无理数。事实上，若某个整数的平方根是有理数，将其写成最简分数 \(a/b\)，其中 \(b>0\)，则有 \(a^2=Nb^2\)；此时 \(b\) 的任何素因子都会整除 \(a\)，所以 \(b=1\)。因此，一个整数的平方根若为有理数，就必为整数。
由于 \(j-i\) 是非零整数，故 \(P_iP_j\) 是无理数。
现在任取三个点，其下标为 \(i<j<k\)。它们所成三角形面积的两倍为 \[ \begin{aligned} 2[P_iP_jP_k] &=\left| \det\begin{pmatrix} j-i & j^2-i^2\\ k-i & k^2-i^2 \end{pmatrix} \right|\\ &=\left|(j-i)(k-i)\bigl((k+i)-(j+i)\bigr)\right|\\ &=(j-i)(k-i)(k-j). \end{aligned} \] 这三个因子都是正整数。因此， \[ [P_iP_jP_k]=\frac{(j-i)(k-i)(k-j)}2 \] 是正有理数。于是，所选点中的任意三点都确定一个面积为有理数的非退化三角形，满足要求。\(\square\)
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1987 · Задача 5
Пусть \(n\) — целое число, большее или равное 3. Докажите, что на плоскости существует множество из \(n\) точек, такое, что расстояние между любыми двумя точками иррационально, а любые три точки образуют невырожденный треугольник с рациональной площадью.
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Выберем \(n\) различных точек \[ P_i=(i,i^2),\qquad i=1,2,\ldots,n. \]
Сначала проверим условие на расстояния. При \(1\le i<j\le n\) \[ P_iP_j =\sqrt{(j-i)^2+(j^2-i^2)^2} =(j-i)\sqrt{1+(i+j)^2}. \] Обозначив \(m=i+j\), получаем \(m\ge3\), поэтому \[ m^2<m^2+1<(m+1)^2. \] Таким образом, \(m^2+1\) не является полным квадратом, и его квадратный корень иррационален. Действительно, если квадратный корень из целого числа рационален и записан в виде несократимой дроби \(a/b\), где \(b>0\), то \(a^2=Nb^2\); тогда любой простой делитель \(b\) делил бы и \(a\), поэтому \(b=1\). Следовательно, рациональный квадратный корень из целого числа должен быть целым числом.
Поскольку \(j-i\) — ненулевое целое число, расстояние \(P_iP_j\), следовательно, иррационально.
Теперь возьмём любые три точки с индексами \(i<j<k\). Удвоенная площадь образованного ими треугольника равна \[ \begin{aligned} 2[P_iP_jP_k] &=\left| \det\begin{pmatrix} j-i & j^2-i^2\\ k-i & k^2-i^2 \end{pmatrix} \right|\\ &=\left|(j-i)(k-i)\bigl((k+i)-(j+i)\bigr)\right|\\ &=(j-i)(k-i)(k-j). \end{aligned} \] Все три множителя — положительные целые числа. Следовательно, \[ [P_iP_jP_k]=\frac{(j-i)(k-i)(k-j)}2 \] положительна и рациональна. Таким образом, любые три выбранные точки образуют невырожденный треугольник с рациональной площадью, что и требовалось доказать. \(\square\)
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1987 · المسألة 5
ليكن \(n\) عددًا صحيحًا أكبر من أو يساوي 3. أثبت أنه توجد مجموعة من \(n\) نقطة في المستوى بحيث تكون المسافة بين أي نقطتين عددًا غير نسبي، وتحدد كل مجموعة من ثلاث نقاط مثلثًا غير منعدم مساحته عدد نسبي.
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
نختار النقاط المختلفة الآتية، وعددها \(n\)، \[ P_i=(i,i^2),\qquad i=1,2,\ldots,n. \]
نتحقق أولًا من شرط المسافات. لكل \(1\le i<j\le n\)، \[ P_iP_j =\sqrt{(j-i)^2+(j^2-i^2)^2} =(j-i)\sqrt{1+(i+j)^2}. \] بوضع \(m=i+j\)، يكون لدينا \(m\ge3\)، ومن ثم \[ m^2<m^2+1<(m+1)^2. \] إذن \(m^2+1\) ليس مربعًا كاملًا، وجذره التربيعي غير نسبي. فبالفعل، إذا كان الجذر التربيعي لعدد صحيح عددًا نسبيًّا \(a/b\)، مكتوبًا في أبسط صورة حيث \(b>0\)، فإنه يحقق \(a^2=Nb^2\)؛ وعندئذ فإن أي قاسم أولي لـ\(b\) يقسم \(a\) أيضًا، ومن ثم \(b=1\). وعليه، فإن الجذر التربيعي النسبي لعدد صحيح لا بد أن يكون عددًا صحيحًا.
وبما أن \(j-i\) عدد صحيح غير صفري، فإن \(P_iP_j\) غير نسبي.
لنأخذ الآن أي ثلاث نقاط، أدلتها \(i<j<k\). ضعف مساحة مثلثها هو \[ \begin{aligned} 2[P_iP_jP_k] &=\left| \det\begin{pmatrix} j-i & j^2-i^2\\ k-i & k^2-i^2 \end{pmatrix} \right|\\ &=\left|(j-i)(k-i)\bigl((k+i)-(j+i)\bigr)\right|\\ &=(j-i)(k-i)(k-j). \end{aligned} \] العوامل الثلاثة كلها أعداد صحيحة موجبة. وبالتالي، فإن \[ [P_iP_jP_k]=\frac{(j-i)(k-i)(k-j)}2 \] عدد موجب ونسبي. وهكذا تحدد كل ثلاث نقاط مختارة مثلثًا غير منعدم مساحته عدد نسبي، كما هو مطلوب. \(\square\)
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).