Komentarz

IV OM - I - Zadanie 1

Dowieść, że stosunek sumy środkowych każdego trójkąta do jego obwodu zawiera się w przedziale $ \left( \frac{3}{4}, 1 \right) $ i że tej własności nie ma żaden przedział węższy.

Rozwiązanie

Niech boki trójkąta będą $ BC = a $, $ CA = b $, $ AB = c $, a środkowe
tych boków niech będą $ m_a $, $ m_b $, $ m_c $. Niech $ S $ oznacza punkt
przecięcia środkowych, czyli środek ciężkości trójkąta $ ABC $ (rys. 20).
Mamy

\[<br /> AS = \frac{2}{3} m_a,\<br /> BS = \frac{2}{3} m_b,\<br /> CS = \frac{2}{3} m_c.<br /> \]

W trójkącie $ BSC $ mamy nierówność $ BS + SC > BC $, czyli $ \frac{2}{3} m_b + \frac{2}{3} m_c > a $; stąd otrzymujemy nierówność

\[<br /> m_b + m_c > \frac{3}{2}a,<br /> \]

analogicznie

\[<br /> m_c + m_a > \frac{3}{2}b,<br /> \]
\[<br /> m_a + m_b > \frac{3}{2}c.<br /> \]

Po dodaniu tych nierówności i skróceniu otrzymujemy

\[<br /> m_a + m_b + m_c > \frac{3}{4} (a+b+c),<br /> \]

skąd

\[<br /> (1) \qquad<br /> \frac{m_a + m_b + m_c}{a + b + c} > \frac{3}{4}.<br /> \]

Niech $ C' $ będzie punktem symetrycznym do wierzchołka $ C $ względem
środka boku $ AB $. Mamy $ AC' = BC = a $, $ BC' = AC = b $. Z trójkąta $ C'AC $ otrzymujemy nierówność $ C'A + AC > C'C $, czyli

\[<br /> a + b > 2m_c<br /> \]

i analogicznie

\[<br /> b + c > 2m_a,<br /> \]
\[<br /> c + a > 2m_b.<br /> \]

Po dodaniu tych nierówności i skróceniu otrzymujemy

\[<br /> a + b + c > m_a + m_b + m_c,<br /> \]

skąd

\[<br /> (2) \qquad<br /> \frac{m_a + m_b + m_c}{a + b + c} < 1.<br /> \]

Nierówności (1) i (2) wyrażają twierdzenie, że stosunek sumy środkowych dowolnego trójkąta do jego obwodu zawiera się między liczbami $ \frac{3}{4} $ i $ 1 $, czyli zawiera się w przedziale $ \left( \frac{3}{4}, 1 \right) $. Należy jeszcze dowieść, że w tekście tego twierdzenia nie można przedziału $ \left( \frac{3}{4}, 1 \right) $ zastąpić przedziałem węższym (mniejszym), to znaczy takim, przedziałem $ (\alpha, \beta) $, w którym

\[<br /> \alpha > \frac{3}{4} \textrm{ lub } \beta < 1.<br /> \]

W tym cełu trzeba wykazać, że istnieją trójkąty, dla których omawiany stosunek jest dowolnie bliski liczby $ \frac{3}{4} $, jak również takie trójkąty, w których ten stosunek jest dowolnie bliski liczby $ 1 $. Fakt ten łatwo uwidocznić poglądowo.

Zważmy mianowicie, że w trójkącie równoramiennym, w którym kąt przy wierzchołku jest bliski $ 180^\circ $, obwód mało się różni od podwojonej podstawy, każda z równych środkowych mało się różni od $ \frac{3}{4} $ podstawy, a trzecia środkowa jest mała, wobec czego suma środkowych trójkąta mało się różni od $ \frac{3}{4} $ jego obwodu. Jeśli zaś w trójkącie równoramiennym kąt przy wierzchołku jest bliski $ 0^\circ $, to obwód trójkąta mało się różni od podwojonego ramienia, każda z równych środkowych mało się różni od połowy ramienia, a trzecia środkowa mało się różni od całego ramienia, wobec czego suma środkowych mało się różni od obwodu trójkąta.

Powyższe objaśnienie nie jest ścisłym dowodem matematycznym, ale daje wskazówkę, jak przeprowadzić dowód.

Niech w trójkącie $ ABC $, w którym $ AC = BC $ (rys. 21), punkty $ M $ i $ P $ będą środkami boków $ BC $ i $ AB $, a odcinek $ MH $ niech będzie prostopadły do boku $ AB $. W trójkącie $ AMH $ mamy nierówność

\[<br /> AM < AH + HM,<br /> \]

skąd

\[<br /> m_a < \frac{3}{4} c + \frac{1}{2}h,<br /> \]

gdzie $ h = CP $ oznacza wysokość trójkąta równoramiennego $ ABC $ (a zarazem środkową do jego podstawy). Ponieważ $ m_b = m_a $ i $ m_c = h $, więc z powyższej nierówności otrzymujemy

\[<br /> (3) \qquad m_a + m_b + m_c < \frac{3}{2} c + 2 h.<br /> \]

Ponieważ $ c < a + b $, więc $ 2c < a + b + c $ i $ \frac{3}{2} c < \frac{3}{4} (a + b + c) $, zatem nierówność (3) daje

\[<br /> m_a + m_b + m_c < \frac{3}{4} (a + b + c) + 2h,<br /> \]

skąd

\[<br /> (4) \qquad<br /> \frac{m_a + m_b + m_c}{a + b + c} - \frac{3}{4} <<br /> \frac{2h}{a + b + c}.<br /> \]

Otóż

\[<br /> \frac{2h}{a + b + c} = \frac{2h}{2a+c} < \frac{h}{a} = \sin A,<br /> \]

więc na mocy poprzedniej nierówności mamy

\[<br /> (5) \qquad<br /> \frac{m_a + m_b + m_c}{a + b + c} - \frac{3}{4} < \sin A.<br /> \]

Dowiedliśmy, że w trójkącie równoramiennym stosunek sumy środkowych do obwodu różni się od $ \frac{3}{4} $ mniej, niż wynosi sinus kąta przy podstawie. Różnica ta jest zatem dowolnie mała, gdy kąt $ A $ jest dostatecznie bliski $ 0^\circ $.

Zauważmy następnie, że w trójkącie $ BPC $ mamy nierówność $ BC < BP + PC $, czyli $ a < \frac{1}{2} c + h $, skąd otrzymujemy nierówność

\[<br /> (6) \qquad a + b + c < 2c + 2h.<br /> \]

Ale $ MH < AM $ więc $ \frac{1}{2} h < m_a $ i podobnie $ \frac{1}{2} h < m_b $, a ponieważ $ h = m_c $, więc

\[<br /> (7) \qquad 2h < m_a + m_b - m_c.<br /> \]

Na podstawie nierówności (6) i (7) mamy

\[<br /> a + b + c < 2c + (m_a + m_b + m_c),<br /> \]

skąd

\[<br /> 1 - \frac{m_a + m_b + m_c}{a + b + c} <<br /> \frac{2c}{a + b + c}.<br /> \]

Ponieważ

\[<br /> \frac{2c}{a + b + c} =<br /> \frac{2c}{2a + c} < \frac{c}{a} =<br /> 2 \cdot \frac{c}{2a} = 2 \cos A,<br /> \]

więc z poprzedniej nierówności wynika, że

\[<br /> (8) \qquad 1 - \frac{m_a + m_b + m_c}{a + b + c} < 2 \cos A.<br /> \]

Dowiedliśmy, że w trójkącie równoramiennym stosunek sumy środkowych do obwodu różni się od jedności mniej, niż wynosi podwojony cosinus kąta przy podstawie. Różnica ta jest zatem dowolnie mała, gdy kąt przy podstawie jest dostatecznie bliski $ 90^\circ $.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Dodaj komentarz