Komentarz

XXXVI OM - III - Zadanie 4

Wewnątrz trójkąta $ ABC $ dany jest punkt odległy odpowiednio o $ d_a, d_b, d_c $ od prostych $ BC, CA, AB $. Niech $ r $ będzie długością promienia okręgu wpisanego w trójkąt $ ABC $. Udowodnić, że

\[<br /> \frac{}{\frac{1}{d_a} + \frac{1}{d_b} + \frac{1}{d_c}} <r < \frac{1}{2}(d_a + d_b + d_c)<br /> \]

Rozwiązanie

Pole trójkąta $ ABC $ można przedstawić jako sumę pól trzech trójkątów, których wspólnym wierzchołkiem jest dany punkt, podstawami zaś są kolejne boki $ AB $, $ BC $, $ CA $. Jeżeli długości tych boków wynoszą odpowiednio $ c $, $ a $, $ b $, to

\[<br /> S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}(a \cdot d_a + b \cdot d_b+c \cdot d_c).<br /> \]

Z drugiej strony to samo pole równe jest $ \frac{1}{2} r(a+b+c) $, więc

\[<br /> r(a+b+c) = a \cdot d_a+b \cdot d_b+c \cdot d_c.<br /> \]

om36_3r_img_8.jpg
Przypuśćmy, że $ a \leq b $, $ a \leq c $ (w przeciwnym razie zamiast $ a $ wzięlibyśmy maksymalną z liczb $ a $, $ b $, $ c $). Zatem

\[<br /> r(a+b+c) = a \cdot d_a+b \cdot d_b+c \cdot d_c < a(d_a+d_b+d_c),<br /> \]
\[<br /> r\leq \frac{a}{(d_a+d_b+d_c)}.<br /> \]

Długości boków trójkąta spełniają nierówność $ a < b+c $, więc $ \frac{a}{a+b+c} < \frac{1}{2} $. Otrzymujemy stąd nierówność $ r < \frac{1}{2} (d_a+d_b+d_c) $.
om36_3r_img_9.jpg

Dla dowodu pozostałej nierówności poprowadźmy w trójkącie $ ABC $ odcinki łączące środek $ O $ koła wpisanego z punktami styczności tego koła z poszczególnymi bokami. Powstaną w ten sposób trzy deltoidy pokrywające trójkąt. Przypuśćmy, że dany punkt $ P $ należy do deltoidu, którego jednym z wierzchołków jest punkt $ A $ (w innym przypadku rozumowanie jest analogiczne). Jeśli odcinek $ AP $ tworzy kąty $ \alpha $ i $ \beta $ odpowiednio z bokami $ AB $ i $ AC $, to $ d_c = |AP| \sin \alpha \leq |AO| \sin \alpha $, $ d_b = |AP| \sin \beta \leq |AO| \sin \beta d_c +<br /> d_b \leq |AO| (\sin \alpha+\sin \beta) - 2|AO| \sin \frac{\alpha}{\beta} \cos \frac{\alpha+\beta}{2} < 2|AO| \sin \frac{\alpha}{\beta} =2r $.
Wobec tego

\[<br /> \begin{split}<br /> \frac{2}{\frac{1}{d_c} + \frac{1}{d_b}} = \frac{2d_bd_c}{d_b+d_c} =<br /> \frac{(d_b+d_c)^2-(d_b-d_c)^2}{2(d_b+d_c)} = \frac{d_b+d_c}{2} - \frac{(d_b+d_c)^2}{2(d_b+d_c)} \leq \frac{d_b+d_c}{2} < r.<br /> \end{split}<br /> \]

Ponieważ oczywiście

\[<br /> \frac{2}{\frac{1}{d_a}+\frac{1}{d_b}+\frac{1}{d_c}} <<br /> \frac{2}{\frac{1}{d_c} + \frac{1}{d_b}},<br /> \]

więc

\[<br /> \frac{1}{\frac{1}{d_a}+\frac{1}{d_b}+\frac{1}{d_c}} < r<br /> \]
  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Dodaj komentarz