Komentarz

VII OM - I - Zadanie 8

Dany jest trójkąt ostrokątny $ ABC $ i wewnątrz jednego z jego boków punkt $ M $. Zbudować trójkąt o najmniejszym obwodzie, którego jednym wierzchołkiem jest punkt $ M $, a dwa inne leżą na dwóch pozostałych bokach trójkąta.

Rozwiązanie

Weźmy pod uwagę trójkąt $ MNP $, którego wierzchołki leżą na bokach trójkąta ostrokątnego $ ABC $, jak wskazuje rys. 6.

Niech $ M' $ będzie punktem symetrycznym do punktu $ M $ względem prostej $ AB $, a $ M'' $ - punktem symetrycznym do punktu $ M $ względem prostej $ AC $. Wówczas $ PM' = PM $, a $ NM'' = NM $. Wobec tego długość łamanej $ M'P + PN + NM'' $ równa się obwodowi trójkąta $ MNP $. Gdy punkt $ M $ jest dany, dane są również punkty $ M' $ i $ M'' $; długość łamanej $ M'PNM'' $ jest najkrótsza wtedy, gdy punkty $ P $ i $ N $ leżą na odcinku łączącym $ M' $ i $ M'' $. Stąd wysnuwamy następującą konstrukcję (rys. 7).

Mając dany punkt $ M $ na boku $ BC $ trójkąta $ ABC $ wyznaczamy punkty $ M' $ i $ M'' $ symetryczne do punktu $ M $ względem prostych $ AB $ i $ AC $. Łączymy $ M' $ i $ M'' $; jeżeli odcinek $ M'M'' $ przecina boki $ AB $ i $ AC $ w punktach $ P $ i $ N $, to trójkąt $ MNP $ jest trójkątem poszukiwanym.

Należy jeszcze zbadać, czy odcinek $ M'M'' $ musi przeciąć boki $ AB $ i $ AC $. Weźmy pod uwagę pięciokąt $ AM'BCM'' $. Pięciokąt ten jest wypukły, tzn. każdy jego kąt jest mniejszy od $ 180^\circ $. Istotnie, kąty pięciokąta przy wierzchołkach $ A $, $ B $, $ C $ są $ 2 $ razy większe od odpowiednich kątów trójkąta $ ABC $: dla kątów przy $ B $ i $ C $ jest to widoczne bezpośrednio, a co do kąta $ A $ wystarczy zauważyć, że $ \measuredangle MAB = \measuredangle BAM $ i $ \measuredangle MAC = \measuredangle CAM'' $. Ponieważ trójkąt jest ostrokątny, więc każdy z kątów $ A $, $ B $, $ C $ pięciokąta jest mniejszy od $ 180^\circ $. Wreszcie kąty pięciokąta przy wierzchołkach $ M' $ i $ M'' $ są odpowiednio równe kątom $ AMB $ i $ AMC $, z których każdy jest mniejszy od $ 180^\circ $. W pięciokącie wypukłym $ AM'BCM'' $ przekątna $ M'M'' $ przecina każdą z przekątnych $ AB $ i $ AC $.

W ten sposób wykazaliśmy, że zadanie ma zawsze rozwiązanie i tylko jedno.

Uwaga 1. Jeżeli trójkąt $ ABC $ nie jest ostrokątny, to odcinek $ M'M'' $ może nie przecinać boków $ AB $ i $ AC $. Przypuśćmy, że kąt $ A $ trójkąta jest rozwarty i że dany punkt $ M $ leży na boku $ BC $ (rys. 8).

Obierzmy punkt $ N $ na boku $ AC $ i punkt $ P $ na boku $ AB $. Wykażemy, że obwód trójkąta $ MNP $ jest większy od podwojonej długości odcinka $ MA $. Niech $ B' $, $ C' $, $ M' $, $ N' $, $ P' $ będą punktami symetrycznymi do punktów $ B $, $ C $, $ M $, $ N $, $ P $ względem punktu $ A $. Wówczas $ P'M' = PM $, a $ NP' < NP $, gdyż w trójkątach $ ANP' $ i $ ANP $ o wspólnym boku $ AN $ i równych bokach $ AP' = AP $ kąt $ NAP' $ jest mniejszy od kąta $ NAP $. Wobec tego

\[<br /> (1) \qquad MN + NP + PM > MN + NP' + P'M'.<br /> \]

Lecz łamana $ MNP'M' $ jest dłuższa od odcinka $ MM' = 2MA $, zatem na mocy (1) mamy istotnie

\[<br /> (2) \qquad MN + NP + PM > 2MA.<br /> \]

Różnica pomiędzy obwodem $ MN + NP + PM $ a długością $ 2MA $ może być tak mała, jak tylko zechcemy, jeśli tylko punkty $ N $ i $ P $ obierzemy dostatecznie blisko punktu $ A $. Istotnie

\[<br /> MN - MA < NA,\ PM - MA < PA,\ NP < NA + PA ;<br /> \]

dodając te nierówności stronami, otrzymujemy nierówność

\[<br /> (MN + NP + PM) - 2MA < 2NA + 2PA<br /> \]

- zatem różnica znajdująca się po lewej stronie jest mniejsza od odcinka, który może być dowolnie mały.

Z powyższego wynika, że nie ma trójkąta $ MNP $ o najmniejszym obwodzie. Zadanie nie ma więc w tym przypadku rozwiązania. To samo dotyczy przypadku, gdy $ \measuredangle A $ jest prosty; nierówność (1) przechodzi wówczas na równość, ale nierówność (2) i dalsze wnioski pozostają w mocy.

Jeżeli dany punkt $ M $ leży na jednym z boków $ AC $ lub $ AB $, a $ \measuredangle A \geq 90^\circ $, to możliwe są różne przypadki, których dyskusję pominiemy; zauważymy tylko, że gdy $ \measuredangle A = 90^\circ $, zadanie rozwiązuje się w taki sam sposób, jak dla trójkąta ostrokątnego.

Uwaga 2. Zadanie 8 wiąże się ze słynnym zadaniem Fagnano. (Jan Franciszek Fagnano, matematyk włoski XVIII w., syn Karola Fagnano, również matematyka, znanego ze swych badań nad lemniskatą. Istnieją różne sposoby rozwiązania zadania Fagnano; zajmowali się nim wybitni matematycy - M. Catalan we Francji, H. A. Schwarz w Niemczech, E. Lindelof w Finlandii i inni. Rozwiązanie, które podane jest w tekście, odznacza się szczególną prostotą; pochodzi ono od zakonnika francuskiego, autora znakomitych podręczników i zbiorów zadań matematycznych, który ze skromności podpisywał się tylko inicjałami F. G. M)

W dany trójkąt ostrokątny wpisać trójkąt o najmniejszym obwodzie.

W tym zadaniu trzeba spośród wszystkich trójkątów wpisanych w dany trójkąt $ ABC $, tj. mających po jednym wierzchołku na każdym boku trójkąta $ ABC $, wyznaczyć ten, który ma najmniejszy obwód. Obierzmy na boku $ BC $ dowolny punkt $ M $ (rys. 9) i weźmy pod uwagę te trójkąty wpisane w trójkąt $ ABC $, których jednym wierzchołkiem jest punkt $ M $.

Z poprzedniego zadania wiemy już, który z tych trójkątów ma najmniejszy obwód. Jest to ten trójkąt $ MNP $, którego wierzchołki $ N $ i $ P $ są punktami przecięcia odcinka $ M'M'' $ z bokami $ AC $ i $ AB $, przy czym $ M' $ i $ M'' $ są to punkty symetryczne do punktu $ M $ względem prostych $ AB $ i $ AC $. Obwód trójkąta $ MNP $ równa się długości odcinka $ M'M'' $. Jeżeli zmienimy położenie punktu $ M $ na boku $ BC $, to otrzymamy inny odcinek $ M'M'' $. Jasne jest, że ze wszystkich trójkątów wpisanych w trójkąt $ ABC $ najmniejszy obwód ma ten, dla którego odpowiedni odcinek $ M'M'' $ jest najkrótszy. Aby rozstrzygnąć, jakie położenie ma wówczas punkt $ M $, zwróćmy uwagę na trójkąt $ M'AM'' $. Trójkąt ten jest równoramienny, gdyż $ M'A = MA = M''A $. Wykażemy, że kąt $ MAM'' $ ma wielkość stałą, tj. niezależną od położenia punktu $ M $. Istotnie, kąty $ M'AB $ i $ BAM $ są równe jako symetryczne i podobnie równe są kąty $ M''AC $ i $ CAM $. Zatem

\[<br /> \measuredangle M'AM'' = 2 \cdot \measuredangle BAM + 2 \cdot \measuredangle CAM= 2 \cdot BAC, \textrm{ tzn.}<br /> \]

dla każdego położenia punktu $ M $ na boku $ BC $ kąt $ M'AM'' $ jest równy podwojonemu kątowi $ A $ trójkąta $ ABC $. Wobec tego podstawa $ M'M'' $ trójkąta równoramiennego $ M'AM'' $ jest najkrótsza, gdy ma on najkrótsze ramiona. Ponieważ $ AM' = AM $, więc zachodzi to wtedy, gdy $ AM $ jest wysokością trójkąta $ ABC $.

Takie samo rozumowanie możemy przeprowadzić dla wierzchołka $ N $ i dla wierzchołka $ P $. Stąd wniosek:

Ze wszystkich trójkątów wpisanych w dany trójkąt ostrokątny $ ABC $ najmniejszy obwód ma trójkąt spodkowy, tzn. trójkąt, którego wierzchołkami są spodki wysokości trójkąta $ ABC $ (rys. 10).

Jeżeli trójkąt $ ABC $ nie jest ostrokątny, to trójkąt wpisany o najmniejszym obwodzie nie istnieje. Rozumując bowiem jak w uwadze 1 stwierdzamy, że w tym przypadku

1° obwód każdego trójkąta wpisanego w trójkąt $ ABC $ jest większy od podwojonej najkrótszej wysokości trójkąta $ ABC $;

2° w trójkąt $ ABC $ można wpisać trójkąt, którego obwód różni się dowolnie mało od podwojonej najkrótszej wysokości trójkąta $ ABC $.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Dodaj komentarz