XXXIX OM - I - Zadanie 4

W elipsę wpisano trójkąt o maksymalnym obwodzie. Udowodnić, że w każdym wierzchołku kąty między styczną do elipsy a bokami wychodzącymi z tego wierzchołka są równe.

Rozwiązanie

Niech $ ABC $ będzie trójkątem o maksymalnym obwodzie wpisanym w daną elipsę. Przypuśćmy, że teza zadania nie jest prawdziwa i że na przykład prosta $ l $ styczna do elipsy w punkcie $ B $ tworzy z bokami $ AB $ i $ BC $ różne kąty. Poprowadźmy przez punkt $ B $ prostą $ m $, która z tymi bokami tworzy równe kąty (prostopadłą do dwusiecznej kąta $ ABC $). Skoro proste $ l $ i $ m $ nie pokrywają się, możemy znaleźć na elipsie punkt $ P $ leżący po przeciwnej stronie prostej $ m $ niż punkty $ A $ i $ C $ (rysunek 3).
om39_1r_img_3.jpg
Oznaczmy przez $ A' $ i $ C' $ rzuty punktów $ A $ i $ C $ na prostą $ m $, a przez $ D $ - punkt symetryczny do $ C $ względem prostej $ m $. Trójkąty prostokątne $ BC'C $
i $ BC'D $ są przystające; zatem $ |BC| = |BD| $, $ |\measuredangle C'BC| = |\measuredangle C'BD| $. Ponieważ $ |\measuredangle C'BC|=|\measuredangle A'BA| $ (z określenia prostej $ m $), wnosimy stąd, że odcinek $ BD $ jest przedłużeniem odcinka $ AB $.

Punkt $ P $ jest bardziej oddalony od punktu $ C $ niż od punktu $ D $. A wobec
tego

\[<br /> |AP|+|PC| > |AP| + |PD| \geq |AD| = |AB| + |BD| = |AB| + |BC|.<br /> \]

Z tej nierówności wynika, że obwód trójkąta $ APC $ jest większy niż obwód trójkąta $ ABC $. Otrzymaliśmy sprzeczność z założeniem maksymalności obwodu trójkąta $ ABC $; dowód jest zakończony.

Uwaga: Teza zadania, jak i podany dowód, zachowuje słuszność, jeśli zamiast elipsy rozważa się dowolną zamkniętą krzywą gładką (tj. posiadającą w każdym punkcie styczną), ograniczającą obszar wypukły na płaszczyźnie.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź