4. Aplicaii ale numerelor complexe n geometrie

n aceast tem vom utiliza numerele complexe pentru rezolvarea i generalizarea unor probleme de geometrie. Dei metoda vectorial i metoda numerelor complexe sunt echivalente, fiecare dintre ele rezolv cu uurin anumite probleme i n acelai timp creeaz, n limbajul lor specific, noi probleme.

Amintim cteva rezultate, care vor fi utile n cele ce urmeaz. Vom nota cu M(z) punctul M de afix z.

Distana dintre punctele M1(z1) i M2(z2) este M1M2 = z1 z2 .

Afixul punctului M care mparte segmentul [M1M2] n raportul k,

adic MM1

= k MM 2

este z =

z1 kz2

, unde M(z), M1(z1), M2(z2).

4.1.4 Consecin

1 k

. Afixul

mijlocului

M al segmentului [M1M2] este

z =

z1 + z2

; Afixul g al centrului de greutate G al triunghiului M1M2M3 este

2

g =

z1 + z2

+ z3

; patrulaterul

M1M2M3M4

este paralelogram dac i numai

3

dac z1+z3 = z2+z4, unde Mi(zi), i = 1, 2, 3, 4.

Condiia de coliniaritate : Punctele M1(z1), M2(z2), M3(z3) sunt

coliniare dac

i numai dac

exist k1,

k2,

k3 R cu k1+

k2+

k3

=

0 i

k1 z1 + k2 z2 + k3 z3 = 0 .

Demonstraie

: Dac M1

,

M2

, M3

sunt

coliniare,

atunci

exist

k R cu M

2

M

1

= k M

2

M

3

. Deci

z

2

=

z1 kz3

, adic

z (1 k)z

2

kz

3

= 0 .

1

k

1

Pentru

k1

=

1,

k2

=

k-1,

k3

=

-k

obinem

concluzia.

Reciproc,

din

k1 z1 + k2 z2

+ k3 z3

= 0 cu k2= -k1-k3, obinem k1 (z1 z2 ) = k3 (z3 z2 ) . Pentru

k =

k3

obinem z2

=

z1 kz3

, adic M1 , M2 , M3 sunt coliniare.

k1

1 k

4.1.6

Msurara

unghiului

orientat

M1OM 2 ,

n sens

trigonometric,

(semidreapta OM1 se rotete n sens trigonometric peste semidreapta OM2),

51

fa de un reper cu originea n O este: ( M1OM 2 )= arg z2 , unde z1, z2 sunt

afixele punctelor M1, respectiv M2.

z1

4.1.7 Consecin : Dac M1(z1), M2(z2), M3(z3), atunci msura unghiului

orientat

(n

sens

trigonometric)

M1M 2 M 3

este:

( M1M 2 M 3 )= arg z3 z2 .

z1 z2

y

M3

M1

z3 z2

Translatm M2 n originea O i aplicm

M2

4.1.5 .

z1 z2

x

O

Demonstraie :

z3 z2

4.1.8

Consecin : Dac M1(z1), M2(z2), M3(z3) i

= ,

unde > 0,

z

z

2

1

= cos + i sin ,

cu

[0, 2),

atunci

M2M3

=

M M

2

i (M1M2M3 )=min(,2 ) .

1

4.1.9

Formula rotaiei n comple Dac M3(z3) se obine printr-o rotaie cu

centrul

n M2(z2)

i unghi

[0, 2), a punctului

M1(z1), atunci :

z3 = z2 + ( z 1 z2 ) , unde = cos + i sin , dac rotaia se efectueaz n sens trigonometric sau = cos(2 )+ i sin(2 ), dac rotaia se efectueaz n sens invers trigonometric.

Consecin : Triunghiul ABC este echilateral dac i numai dac

c = a + (b a) , unde = cos 3 + i sin 3 , dac ABC este orientat n sens

trigonometric, sau = cos 53 + i sin 53 , dac ABC este orientat n sens invers trigonometric.

52

4.1.11 Unghiul a dou drepte. Dac M1(z1), M2(z2), M3(z3), M4(z4) sunt puncte distincte n plan, diferite de origine, atunci msura unghiului orientat (n sens trigonometric) al dreptelor M1M2 i M3M4 este :

(( M 1M 2 , M 3 M 4

Consecin : Dac

))= arg z2 z1 . z4 z3

z3 z1

=, unde >0,

= cos + i sin ,

z z

4

3

[0, 2), atunci:

M1M2

= i

((M1M 2 , M 3 M 4 ))= min(, 2 ).

M3M4

4.1.13 Consecin : M1M 2 M 3 M 4

z2

z1

iR* .

z4

z3

M1M 2

M 3 M 4

z2

z1

R* .

z4

z3

4.1.14 Punctele M1(z 1), M2(z2), M 3(z3), M4(z4 ), distincte, sunt conciclice dac i numai dac raportul anarmonic al afixelor z1, z2, z3, z4 este real, adic:

( z 1 , z2 , z3 , z4 )=

z3 z1

:

z4 z1

R* .

z3 z2

Demonstraie :

z4

z2

Cazul I: Dac M1 i

M2

sunt

de

aceeai parte

a dreptei

M3M4

arg

z1

z3

= arg

z1

z4

.

z 2

z3

z 2

z 4

Cazul II: Cnd M1

i

M2

sunt

separate de

dreapta

M3M4

arg

z1

z3

arg

z1 z4

=.

z2

z3

z2

z4

avem:

avem:

Triunghiuri asemenea . Triunghiurile A1A2A3 i A1' A2' A3' , la fel

orientate,

sunt asemenea, n aceast ordine, dac i numai dac

a

2

a

=

a'

a'

1

2

1

.

a

a

a'

3

a'

1

3

1

53

Demonstraie: Avem A

1

A

2

A

3

~ A ' A ' A '

1

2

3

A1 A2

=

A1' A2'

A1 A3

' '

A1 A3

'

' '

A3 A1 A2 A3 A1 A2

a

a

a2'

a1'

2

1

=

a3 a1

a'

a'

a

a

a'

a

'

3

1

2

1

=

2

1

.

a3 a1

arg

a2

a1

'

'

a3' a1'

= arg

a2

a1

a

a'

a'

a

3

1

3

1

4.1.16

Observaie: Triunghiurile

A1A2A3

i

A'

A'

A'

, la

fel

orientate, sunt

1

2

3

asemenea, dac i numai dac: a'

(a

2

a

3

)+ a

' (a

3

a

)+ a' (a a

2

)= 0 .

1

2

1

3

1

4.1.17

Observaie: Triunghiurile A1A2A3 i

A' A'

A'

, invers orientate, sunt

1

2

3

asemenea n aceast ordine, dac i numai dac:

a

2

a

=

a

'

a'

1

2

1

.

a3

a1

a

'

a'

3

1

Demonstraie : Se consider triunghiul M1M2M3 simetric cu

A'

A'

A' fa de O

1

2

3

Triunghiul M1M2M3 are afixele vrfurilor a1' , a2' , a3' i este la fel orientat cu triunghiul A1A2A3. Folosim 4.14, obinem relaia cerut.

4.1.18 Consecin : Triunghiul A1A2A3 este echilateral dac i numai dac:

a12 + a22 + a32 = a1a2 + a2 a3 + a3 a1 .

Demonstraie: Triunghiul A1A2A3 este echilateral

A1 A 2 A3 ~ A2 A3 A1

a2 (a2 a3 )+ a3 (a3 a1 ) + a1 (a1 a2 )= 0 a12 + a22 + a32 = a1a2 + a2 a3 + a3 a1

.

4.1.19 Aria unui triunghi. Dac a1, a2, a3 sunt afixele vrfurilor triunghiului

A1A2A3, notat n sens trigonometric, atunci

[ A1 A2 A3 ]= 12 Im(a1 a2 + a2 a3 + a3 a1 ).

54

Fr a restrnge generalitatea problemei, putem considera originea sistemului ortogonal de axe n interiorul triunghiului.

Fie a1 = r1 (cos1 + i sin2 ) a2 = r2 (cos2 + i sin2 ) a3 = r3 (cos3 + i sin3 ) .

Atunci:

a2 +

a3 +

a1 = r1r2 [cos( 2 1 )+

a1

a 2

a3

+ i sin ( 2

1 )]+ r2 r3

[cos ( 3

2 )+

+ i sin ( 3

2 )]+ r1 r3

[cos ( 1

3 )+

i sin( 1 3 )]. Deci:

Demonstraie :

12 Im(a1 a2 + a2 a3 + a3 a1 )= 12 r1r2 sin( 2

y

A1

O

x

A2

A3

1 )+ 12 r2 r3 sin( 3 2 )+ 12 r1r3 sin( 1 3 )=

[ A1 OA2 ]+[A2OA3 ] + [ A3OA1 ]= [A1 A2 A3 ].

Observaie : Formula se poate extinde pentru un poligon conve Dac

A1A2An, n 3 este un poligon convex, notat n sens trigonometric,

iar a1,

a2,, an sunt afixele vrfurilor,

atunci:

[ A1 A2 ...An ]=

1

Im(

a2 +

a3

+ .... +

an +

a1 ) (Formula lui

Kiril

a1

a2

an1

an

2

Docev). Demonstraie prin inducie (vezi [3] ).

4.1.21 Afixul ortocentrului unui triunghi. Fa de un reper cartezian cu originea O n centrul cercului circumscris triunghiului ABC, afixul ortocentrului H al triunghiului ABC, este: h = a + b + c , unde H(h), A(a), B(b),

C(c). Demonstraie :

A

Fie O1 simetricul lui O fa de BC. Atunci AHO1O este paralelogram. Rezult: a+o1 =h+o. Obinem : h =a +o1 =a +b +c .

. O

H

BC

. O1

55

4.1.22 Consecin : Fa de un reper cu originea n centrul cercului circumscris triunghiului ABC, centrul al cercului lui Euler al triunghiului

ABC este : =

a + b + c

, unde

().

2

Demonstraie : este mijlocul segemntului [OH].

4.1.23 Caracterizarea triunghiului dreptunghic . Triunghiul ABC nscris n cercul C(O, R) este dreptunghic dac i numai dac a + b + c = R , unde A(a),

B(b), C(c).

Demonstraie : Dac triunghiul ABC este dreptunghic cu unghiul drept n A,

atunci B i C sunt diametral opuse, deci b = c , de unde

a + b + c

=

a

= R .

Reciproc

dac

a + b + c

= R , atunci

a + b + c

2 = R 2 ,

adic

R

2

R

2

R

2

2

+

+

,

deci

(a + b + c )

a

b

c

= R

1

1

1

(a + b)(b + c)(c + a )= 0 adic dou

(a + b + c )

+

+

= 1

a

b

c

din punctele A, B, C sunt diametral opuse.

Bibliografie

Andrei Gh., Caragea C., Cucurezeanu I., Bordea Gh., Probleme de algebr pentru concursurile de admitere i olimpiade colare, E.D.P., Bucureti, 1993

Andrica D., Biboac N., Numere complexe de laalaz, Aditura Millenium, Alba Iulia, 2001

Andrica D., Varga C., Vcreu D., Teme de geometrie, Editura Promedia Plus, Cluj Napoca, 1997

Cocea C., 200 de probleme din geometria triunghiului echilateral, Editura Gh. Asachi, Iai, 1992

Dinc M., Chiri M., Numere complexe n matematica de liceu, Editura All Educational, Bucureti, 1996

Nicula V., Numere complexe. Probleme i exerciii pentru clasa a X-a, Editura Scorpion 7, Bucureti, 1993

56

Probleme rezolvate (4)

R4.2.1 Fie ABCDE un pentagon complex, iar M, N, P, Q, X, Y respectiv mijloacele segmentelor (BC), (CD), (DE), (EA), (MP), (NQ). S se arate c XY AB.

Soluie :

Notm cu literele mici corespunztoare, afixele vrfurilor. Avem:

m =

b + c

,

2

n = c + d ,

p =

d + e

,

q =

e + a

, x

=

m + p = b + c + d + e

,

2

2

2

b a

2

XY

1

4

y =

a + d +c +e

.

Atunci: x y =

. Deci

=

i XY AB.

AB

4

4

2

R4.2.2 Dac pe laturile unui patrulater oarecare ABCD construim n exterior ptrate de centre O1, O2, O3, O4 , atunci dreptele O1O3 i O2O4 sunt perpendiculare.

Soluie :

Fie O1, O2, O3, O4 centrele ptratelor construite pe (AD), (DC), (CB), respectiv (BA). Atunci O1 este transformatul punctului D printr-o rotaie de

centru mijlocul segmentului (AD) i unghi

(vrfurile patrulaterului ABCD

fiind

notate

n

sens

2

trigonometric).

Deci:

a + d

a + d

a + d + i(d a)

o2 =

c + d + i(c d )

o1

=

+ d

i =

.

Analog

,

2

2

2

2

o3

=

b + c + i(b c)

,

o4

=

a + b + i(a b)

.

Avem:

2

2

o o

3

=

a + d b c

+ i

d a b + c

,

1

2

2

o1 o3

o2

o4

=

c + d a b

+ i

c d a + b

. Deci

= i .

Obinem

o2 o4

2

2

O1O3=O2O4 i O1O3 O2 O4 .

R4.2.3 Se d un triunghi ABC i n interiorul su se consider triunghiul A' B'C ' asemenea cu triunghiul dat i avnd aceeai orientare (adic vrfurile

celor dou triunghiuri sunt notate n acelai sens de rotaie). Fie

A'' , B'' , C ''

aparinnd segmentelor (AA' ), (BB' ), (CC ' ) astfel nct:

AA''

=

BB''

=

CC ''

.

A'' A'

B'' B'

C ''C '

57

S se arate c A'' B''C '' ~ ABC .

Soluie :

AA ''

BB ''

CC ''

= . Notm cu litere mici afixele corespunztoare

Fie

=

=

A '' A '

B '' B '

C ''C '

vrfurilor. Atunci: a

''

=

a a '

, b

''

=

b b'

, c

''

=

c c'

. Deoarece

1

1

1

ABC ~ A' B 'C ' rezult : a ' (b c)+ b' (c a)+ c' (a b)= 0 . Se verific c: a' ' (b c) + b '' (c a) + c '' (a b)= 0 , adic A'' B''C '' ~ ABC .

R4.2.4 Pe laturile patrulaterului convex ABCD se construiesc n exterior triunghiurile echilaterale ABM, BCN, CDP, DAQ. S se arate c patrulaterele

ABCD i MNPQ au acelai centru de greutate.

Soluie :

Not m vrfurile patrulaterului n sens

trigonometric. Atunci:

m = b + (a b) , n = c + (b c) , p = d + (c d ) ,

q = a + (d a) , unde

= cos 3 + i sin 3 . Adunnd aceste relaii, obinem: m+n+p+q = a+b+c+d, deci patrulaterele ABCD i MNPQ au acelai centru de greutate.

R4.2.5 Dac pe laturile triunghiului ABC construim n exterior triunghiurile asemenea AC ' B, BA'C, CB' A , atunci triunghiurile ABC i A' B'C ' au acelai centru de greutate.

Soluie : Fie AB' = BC ' = CA' = r i AC AB BC

= ( ABC ' )= (BCA' ) = (CAB' ). Atunci, folosind 4.1.8, avem: b' = a + (c a)r , c' = b + (a b)r , a' = c + (b c)r , unde

= cos + i sin . Adunnd aceste relaii obinem a' + b' + c' = a + b + c ,

adic cele dou triunghiuri au acelai centru de greutate.

Observa ie : Dac triunghiurile construite n exterior sunt echilaterale, obinem cunoscuta problem a lui Toricelli.

R4.2.6 Pe laturile triunghiului ABC se construiesc n exterior triunghiurile echilaterale ABC ' , CAB' , BCA' . S se arate c centrele de greutate ale acestor

triunghiuri formeaz un triunghi echilateral. Soluie :

Fie G1, G2, G3 centrele de greutate ale triunghiurilor ABC ' , CAB' , BCA' . Notm cu litere mici corespunztoare, afixele vrfurilor. Atunci:

58

c'

= b + (a b) , a '

= c + (b c )

, b '

= a + (c a ) , unde

= cos

+ i sin

;

g1

=

a + 2b + (a b)

,

g2 =

c +2a +(c a)

,

3

3

(b c)

3

3

g

=

b +2c +

. Obinem:

1

3

b + 2c + (b c)

2a c b

2c a b

g3

+ ( g 2 g3 ) =

+

+

2

= g1 ,

3

3

3

deoarece 2

+ (g

) = 0

= 1. Deci

g

3

2

g

1

,

adic G G

G

3

este

1

2

echilateral.

R4.2.7 Se consider n plan un triunghi A1A2A3 i un punct P0. Se definete As = As3 , s 4, s N i se construiete un ir de puncte P0, P1, , astfel

nct Pk+1 este imaginea punctului Pk prin rotaia de centru Ak+1 i de unghi

1200, n sensul arcelor de ceasornic, k=0, 1, 2, . Dac P1986 = P0, atunci triunghiul A1A2A3 este echilateral.

Soluie :

Avem: A1=A4=A7=; A2=A5=A8=; A3=A6=A9= .

Dar Pk+1=

= RA k +1

, 120o ( Pk ),

deci

pk +1 = ak+1 +(pk ak ) ,

unde

= cos

2

+ i sin

2

.

3

3

+ ... + a1 k ]. Din 0 = P0 = P1986 ,

Obinem :

p k +1

= (1 )[a k +1

+ a k

obinem:

0 =

(1 )[a1986

+ a1985 +... + a11985 ]= (1 )[a3 + a2 + a1 2 ]662 .

Deci

a

3

+ a

+ a 2 = 0 .

Cum

2 + + 1 = 0 ,

obinem:

2

1

a3 = a1

+

(a 2

a1 ), adic A1A2A3 este echilateral.

R4.2.8 Fie A1A2A3A4 un patrulater inscriptibil. Se noteaz cu H1 , H2, H3, H4 ortocentrele triunghiurilor A2A3A4, A3A4A1 , A4A1A2, A1A2A3. S se arate c patrulaterele A1A2A3A4 i H1H2H3H4 sunt congruente.

Soluie :

Avem: h1 =a2 +a3 +a4 , h2 = a3 +a4 +a1 , h4 =a1 +a2 +a3 .

Atunci: H1H2 = a1 a2 = A1 A2 i

( H1 H 2 H 3 )= arg

h3 h2

= arg

a2 a3

= = arg

a3 a2

h1 h2

a2 a1

a1 a2

Analog celelalte.

h3 =a4 +a1 +a2 ,

= ( A1 A2 A3 ).

59

R4.2.9Fie z1, z2, z3 numere complexe distincte, avnd acelai modul r.

Artai c:

1

+

1

+

1

1

.

z

z

z z

z

z

z

z

z

z

z

z

1

2

3

2

1

2

3

3

1

3

2

r 2

1

Soluie :

Consider m un triunghi care are afixele z1, z2, z 3 i fie originea axelor de coordonate n centrul cercului circumscris triunghiului. Notm

z 1 z 2

= c ,

z2 z3

= a ,

z1 z3

= b i

r =

zk

= R, k = 1, 2, 3 .

Inegalitatea devine:

a + b + c abc

4 RS

1

+

1

+

1

1

2 p

R p 2 S

ab

R 2

R 2

bc

ac

R 2

R p 2 p

R 2 , unde raza cercului nscris. (inegalitatea lui

Euler).

R4.2.10 Fie z1, z2, , zn afixele vrfurilor A1, A2, , An ale unui poligon

nscris n

cercul cu

centrul

n

origine

i

se

raz r.

considerm

g

=

z1 + z2

+... + zn

.

n

2

2 +... +

2 + n

2

a)

Artai c

g z1

+

g z2

g zn

g

= nr 2 .

b)

Demonstrai inegalitatea:

g z1

+

g z2

+... +

g zn

nr .

c)

Deducei

apoi

c n

orice triunghi

are

loc

inegalitatea:

ma + mb + mc

9

R .

2

Soluie :

a)

Avem:

n

n

n

n

n

g zk

2 =

( g zk )(

g

zk

)= g

g

gz k g zk +

k=1

k=1

k=1

k=1

k=1

n

+ zk

zk

= n

g

2

gng gn g + nR 2 = nR 2

n

g

2 .

k =1

n

2

n

2

n

2

n

n

2

b)

g zk

=

g zk

1

g zk

12

= n

g zk

k=1

k=1

k=1

k=1

k=1

nr 2 n = n2 r 2 .

GA+GB+GC 3R,

c)

Din

punctul

b)

deducem:

adic

2

m +

2

m +

2

m 3R m

a

+ m

b

+ m

c

9

R .

2

3 a

3 b

3 c

60

R4.2.11

Dac

z1,

z2, z3,

z4

C*

sunt

distincte dou cte

dou i

z1 + z2

+ z3 + z4 = 0

i

z1

=

z2

=

z3

=

z4

=1,

atunci sunt afixele vrfurilor

unui dreptunghi.

Soluie :

z1 + z2 + z3

= z4 rezult

z1+z2 + z3

z4

Din

=

=1 . Folosind relaia

4.1.22 deducem c Z1Z2 Z3 este

dreptunghic,

unde Zi (zi ), i =1,

2, 3, 4.

Analog pentru celelalte unghiuri.

R4.2.12 Afixele z1,

z2, z3

ale

vrfurilor

triunghiului A1A2A3

verific

condiiile:

a)

z1

=

z2

=

z3

=1;

z1 + z2 2 + z2 + z3 2 + z3 + z1 2 = 3 .

Demonstrai c A1A2A3 este triunghi echilateral.

Soluie :

Din b)

obinem: ( z1 + z 2 )(z1 + z2 )+( z 2 + z3 )(z2 + z3 )+(z3 + z1 )(z3 + z1 )= 3

( z 1 + z2 + z3 )(z 1 + z2 + z3 )= 0 z1 + z2 + z3 2 = 0 . Deci OH=0, unde O reprezint centrul cercului circumscris, iar H ortocentrul triunghiului A1A2A3.

Din OH=0 rezult O=H, adic ortocentrul triunghiului coincide cu centrul cercului circumscris. Deducem c A1A2A3 este triunghi echilateral.

R4.2.13 Fie ABCD un paralelogram i M un punct n planul su. S se arate c: MAMC + MBMD AB BC .

Soluie :

Fie z afixul punctului M, iar a, b, c, d afixele punctelor A, B, C, D.

Folosind

faptul

c

a+c=b+d,

obinem:

(a b)(b c)= (z b)( z d ) (z a)(z c).

Trecnd la

module rezult:

(a b)(b c) = (z b)( z d) ( z a)(z c) (z b)(z d) + (z a) ( z c) = z b z d + z a z c , adic

AB BC MB MD + MA MC .

R4.2.14 Pe laturile triunghiului A1A2A3 considerm punctele M1 (A2A3), M2 (A1A3), M3 (A1A2) astfel nct M1 A2 =1 M1 A3 ; M 2 A3 =2 M 2 A1 ; M 3 A1 =3 M 3 A2 . Atunci aria triunghiului M1M2M3 este :

61

[M 1 M 2 M 3 ]=

1 12

3

[ A1 A2 A3 ].

(1 )(1

2

)(1

3

)

Soluie :

1

Notm

cu

literele mici corespunztoare

afixele

punctelor. Atunci:

m =

a1 1a3

, m

2

=

a3 2 a1

, m

3

=

a1 3 a2

. Deci:

1

1

1

1 2

1

3

Im[m1

m1 ]=

[M1M2 M3 ]=

1

m2 +

m3 +

1

Im

m2

m3

2

2

1

1

[ A A A ].

aa

+ a a

+aa

=

1 2 3

1

2

3

1 1 1

(

1 2

2 3

3 1)

(1

)(1

2

)(1

3

)

1 2 3

(

1 )(

2 )(

3)

1

Observaie 1 : Pentru

[M 1M 2 M 3

]= 0 ,

regsim teorema lui Menelaus:

12 3 =1.

Observaie 2 . Dac M1, M2, M3 sunt picioarele bisectoarelor interioare ale unui

triunghi ABC, atunci [M 1M 2 M 3 ]= ( )(2 abc)( )[ ABC], unde a, b, c a + b b + c c + a

sunt lungimile laturilor.

R4.2.15 Se consider pentagonul inscriptibil ABCDE. Notm cu H1 , H2, H3, H4, H5 ortocentrele triunghiurilor ABC, BCD, CDE, DEA, EAB i cu M1, M2, M3, M4, M5 mijloacele laturilor DE, EA, AB, BC i respectiv CD. S se arate c

dreptele H1M1, H2M2, H3M3, H4M4 i H5M5 sunt concurente. Soluie :

Alegem un reper cu originea O n centrul cercului circumscris pentagonului. Dac afixele punctelor A, B, C, D, E sunt a, b, c, d, respectiv e, se

tie c afixul punctului H1 este h1=a+b+c, iar afixul lui M1 este m1= d 2+ e i analoagele. Un punct P de afix p aparine dreptei H1M1 dac i numai dac

exist t1 real astfel nct

p = (1 t )(a + b + c)+ t

1

d + e

. Analog P H2M2 dac

1

2

e + a

i numai dac exist

t2

R, astfel nct

p = (1 t2 )(b + c + d )+ t2

2

2

a + b + c + d + e

.a.m.d. Pentru t1 =

avem p =

HiMi, oricare ar fi i =

,

1,5

3

3

deci dreptele sunt concurente.

62