Page 166 - 4371

одній прямій, яка проходить через центр гіперболи, що й
потрібно було довести.
5.36 Введемо на площині прямокутну декартову систе-
му координат так, щоб вершини квадрата мали координати
A  ,0  0 ,  ,aB  0 , aC ,  a і D ,0  a . Нехай xM ,  y – дові-
льна точка площини. Вона належатиме вказаному геомет-
ричному місцю, якщо
2
2
2
2
2
2
x  y  x a  y   a 2  x   a  y  x  y   a 2 .
Після піднесення до квадрата, одержуємо
2
2
2
2
2
2
x  y 2  x  a  y  a     x  a  y 2 x  y  a  .
Піднісши до квадрата ще раз, маємо
2
2
2
x 2 y   a 2  y 2 x   a 2  x 2 y  x  a  y   a ,
що після спрощення приводить до рівності
2  ax 2  ay  0 . Звідси видно, що шуканим геометрич-
a a
ним місцем є дві прямі x  і y  .
2 2
5.37 Припустимо, що такий трикутник існує, причому
можна вважати, що одна з вершин цього трикутника спів-
падає з початком координат. Отже, нехай вершинами три-
кутника є точки O  ,0  0 , A  , yx  і B x , y , де
1 1 2 2
x , y , x , y – цілі числа. Площа такого трикутника
1 1 2 2
1
S  x y  y x виражається раціональним числом. З
2 1 2 1 2
другого боку, враховуючи, що OA  OB , маємо
3 2 2 3
2
0
S  OA OB sin 60  OA  x  y  – число ірра-
2 1 1 2
ціональне. Суперечність, яка доводить, що такого трикут-
ника не існує.
5.38 Дана крива може бути задана параметричними рів-
няннями: x  a cos 3 t , y  bsin 3 t (астроїда). Враховуючи,

166