Olimpiady Matematyczne

Matematyka jest drzwiami i kluczem do nauki.

Roger Bacon

III OM - I - Zadanie 8

W trójkącie $ABC$ na boku $BC$ leży punkt $M$ , na boku $AC$ leży punkt $N$ , a odcinki $AM$ i $BN$ przecinają się w punkcie $P$ . Mając dane stosunki

$ BM \colon MC = m \textrm{ i } AN \colon NC = n $

obliczyć stosunki $AP \colon PM$ i $BP \colon PN$ .

Rozwiązanie

Zadanie można w prosty sposób rozwiązać opierając się na twierdzeniu Talesa. Poprowadźmy $MK \parallel BN$ (rys. 17); wówczas w trójkątach $BCN$ i $MAK$ mamy odpowiednio: $\frac{NK}{KC} = \frac{BM}{MC} = m$ i $\frac{AP}{PM} = \frac{AN}{NK}$ . Wobec tego

$ \frac{AP}{PM} = \frac{AN}{NK} = \frac{AN}{NC} \cdot \frac{NC}{NK} = n \cdot \frac{NK + KC}{NK} = n \left( 1 + \frac{KC}{NK} \right) = n \left( 1 + \frac{1}{m} \right). $

Analogicznie otrzymujemy

$ \frac{BP}{PN} = m \left( 1 + \frac{1}{n} \right). $

Uwaga. Rozwiązanie zadania 23 wynika natychmiast z ważnego twierdzenia geometrii odkrytego przez Menelausa z Aleksandrii (około roku 80 n. e.). Brzmi ono:

Jeżeli boki $AB$ , $BC$ , $CA$ trójkąta $ABC$ lub ich przedłużenia przecięte są linią prostą odpowiednio w punktach $M$ , $N$ , $P$ , to iloczyn trzech stosunków podziału $\frac{AM}{MB}$ , $\frac{BN}{NC}$ , $\frac{CP}{PA}$ równa się jedności:

$ (1) \qquad \frac{AM}{MB} \cdot \frac{BN}{NC} \cdot \frac{CP}{PA} = 1. $

Znane są różne dowody tego twierdzenia; podamy dwa z nich.

1. Przez wierzchołki $A$ , $B$ , $C$ trójkąta $ABC$ prowadzimy prostopadłe $d_1$ , $d_2$ , $d_3$ do prostej $k$ (rys. 18). Według twierdzenia Talesa

$ \frac{AM}{MB} = \frac{d_1}{d_2},\ \frac{BN}{NC} = \frac{d_2}{d_3},\ \frac{CP}{PA} = \frac{d_3}{d_1}. $

Zatem

$ \frac{AM}{MB} \cdot \frac{BN}{NC} \cdot \frac{CP}{PA} = \frac{d_1}{d_2} \cdot \frac{d_2}{d_3} \cdot \frac{d_3}{d_1} =1. $

2. Obierzmy w płaszczyźnie trójkąta $ABC$ dowolną prostą $l$ , przecinającą linię prostą $k$ (rys. 19). Niech rzutami równoległymi punktów $A$ , $B$ , $C$ na prostą $l$ w kierunku prostej $k$ będą punkty $A'$ , $B'$ , $C'$ , a wspólnym rzutem punktów $M$ , $N$ , $P$ niech będzie punkt $O'$ .

Ponieważ stosunek odcinków prostej równa się stosunkowi ich rzutów, więc

$ \frac{AM}{MB} = \frac{A'O'}{O'B'},\ \frac{BN}{NC} = \frac{B'O'}{O'C'},\ \frac{CP}{PA} = \frac{C'O'}{O'A'}, $

zatem

$ \frac{AM}{MB} \cdot \frac{BN}{NC} \cdot \frac{CP}{PA} = \frac{A'O'}{O'B'} \cdot \frac{B'O'}{O'C'} \cdot \frac{C'O'}{O'A'} = 1. $

Czytelnik zechce sprawdzić, że każdym ze sposobów 1 i 2 można udowodnić następujące twierdzenia ogólniejsze, ogłoszone w roku 1801 przez znanego matematyka francuskiego L. Carnota:

I. Jeżeli prosta przecina boki $A_1A_2, A_2A_3, \ldots, A_nA_1$ wielokąta płaskiego $A_1A_2\ldots A_n$ lub ich przedłużenia odpowiednio w punktach $M_1, M_-2, \ldots, M_n$ , to

$ (2) \qquad \frac{A_1M_1}{M_1A_2} \cdot \frac{A_2M_2}{M_2A_3} \cdot \ldots \cdot \frac{A_nM_n}{M_nA_1} = 1. $

II. Jeżeli płaszczyzna przecim boki $A_1A_2,A_2A_3,\ldots, A_nA_1$ wieloboku przestrzennego $A_1 A_2 \ldots A_n$ lub ich przedłużenia odpowiednio w punktach $M_1, M_2,\ldots, M_n$ , to również zachodzi równość (2).

Gdy w zadaniu 23 zastosujemy twierdzenie Menelausa np. do trójkąta $ACM$ przeciętego prostą $NB$ (rys. 17), otrzymamy

$ \frac{AN}{NC} \cdot \frac{CB}{BM} \cdot \frac{MP}{PA} = 1, $

skąd

$ \frac{AP}{PM} = \frac{AN}{NC} = \frac{CB}{BM} = n \cdot \frac{CM + MB}{BM} = n \left( 1 + \frac{1}{m} \right), $

zgodnie z wynikiem poprzednim; analogicznie obliczamy stosunek $\frac{BP}{PN}$ .

Twierdzenie Talesa jest przypadkiem granicznym twierdzenia Menelausa. Gdy np. punkt $N$ (rys. 18) jest nieruchomy, a punkt $P$ oddala się po prostej $CA$ do nieskończoności, prosta $NP$ dąży do prostej równoległej do prostej $CA$ , a we wzorze (1) stosunek $\frac{CP}{PA}$ dąży do $1$ , wobec czego wzór ten przechodzi na wzór

$ \frac{AM}{MB} \cdot \frac{BN}{NC} = 1, $

wyrażający twierdzenie Talesa.

Często formułuje się twierdzenie Menelausa w postaci nieco odmiennej, wypowiadając je nie dla długości odcinków (jak to zrobiliśmy powyżej), lecz dla miar względnych odcinków skierowanych, czyli wektorów (por. zadanie nr 2 na II Olimpiadzie Matematycznej).

Niech $A$ , $B$ , $M$ będą różnymi punktami prostej skierowanej, czyli osi, a symbole $AM$ , $MB$ niech oznaczają miary względne wektorów na tej osi. Stosunek jest liczbą dodatnią, gdy punkt $M$ leży między punktami $A$ i $B$ , gdyż wówczas liczby $AM$ i $MB$ są tego samego znaku, jako miary względne wektorów jednakowo skierowanych, stosunek ten jest natomiast liczbą ujemną, gdy punkt $M$ leży na zewnątrz odcinka $AB$ .

Przy takiej umowie twierdzenie Menelausa przybiera postać

$ (3) \qquad \frac{AM}{MB} \cdot \frac{BN}{NC} \cdot \frac{CP}{PA} = -1. $

Możliwe są bowiem tylko dwa przypadki: bądź dwa spośród punktów $M$ , $N$ , $P$ leżą na bokach trójkąta, a trzeci leży na przedłużeniu boku, bądź wszystkie trzy punkty $M$ , $N$ , $P$ leżą na przedłużeniach boków trójkąta. W pierwszym przypadku dwa spośród stosunków $\frac{AM}{MB}$ , $\frac{BN}{NC}$ , $\frac{CP}{PA}$ są dodatnie, a trzeci jest ujemny; w drugim przypadku wszystkie trzy stosunki są ujemne. Iloczyn występujący po lewej stronie wzoru (3) jest zatem zawsze ujemny, przy czym wartość bezwzględna tego iloczynu jest, jak dowiedliśmy, równa $1$ .

Zauważmy, że drugi z podanych wyżej dowodów wzoru (1) prowadzi od razu do wzoru (3), jeśli go zastosujemy do odcinków skierowanych, gdyż wówczas

$ \frac{A'O'}{O'B'} \cdot \frac{B'O'}{O'C'} \cdot \frac{C'O'}{O'A'} = \frac{A'O'}{O'B'} \cdot \left( - \frac{O'B'}{O'C'} \right) \cdot \frac{O'C'}{A'O'} = -1. $

Proponujemy czytelnikowi następujące nietrudne ćwiczenia:

1. Z podanego na początku rozwiązania zadania nr 23 wysnuć nowy dowód twierdzenia Menelausa.

2. Udowodnić twierdzenie odwrotne do twierdzenia Menelausa:

Jeżeli punkty $M$ , $N$ , $P$ położone są na prostych $AB$ , $BC$ , $CA$ i zachodzi równość (3), to punkty $M$ , $N$ , $P$ leżą na jednej prostej.

3. Z twierdzenia Menelausa wysnuć jako wniosek twierdzenie, które w roku 1678 ogłosił włoski matematyk Ceva:

Jeżeli proste $AS$ , $BS$ , $CS$ przecinają odpowiednio boki $BC$ , $CA$ , $AB$ trójkąta $ABC$ lub ich przedłużenia w punktach $N$ , $P$ , $M$ , przy czym punkt $S$ nie leży na żadnej z prostych $AB$ , $BC$ , $CA$ , to