XXXVIII OM - I - Zadanie 6

Który z czworokątów mających trzy boki długości 1 ma największe pole?

Rozwiązanie

Skorzystamy ze wzoru (1)

\[<br /> (1) \qquad \mathrm{pole} (ABCD) = \sqrt{(p-a)(p-b)(p-c)(p-d) - abcd\cos^2 \phi},<br /> \]

gdzie

\[<br /> a = |AB|, \quad b = |BC|, \quad c = |CD|, \quad d = |DA|,<br /> \]
\[<br /> p=\frac{1}{2} (a+b+c+d), \quad \phi = \frac{1}{2} (|\measuredangle A|+|\measuredangle C|).<br /> \]

Wzór (1) jest słuszny dla dowolnego czworokąta, niekoniecznie wypukłego; dowód można znaleźć na przykład w książce S. Straszewicza {\em Zbiór zadań z olimpiad matematycznych} (PZWS 1956) w komentarzu do rozwiązania zadania 101 (str. 227).

Przyjmijmy, zgodnie z treścią zadania, że $ a = b = c = b $. Ustalmy $ d \in (0;3) $ (dla innych wartości dnie istnieją czworokąty o bokach $ 1 $, $ 1 $, $ 1 $, $ d $). Maksimum wielkości (1) (przy ustalonym $ d $) uzyskamy biorąc $ \phi = 90^\circ $, co odpowiada temu, że czworokąt jest wpisany w koło; to zaś jest w rozważanej sytuacji ($ a = b = c= 1 $) równoważne temu, że $ ABCD $ jest trapezem równoramiennym.

Dla trapezu równoramiennego o bokach $ 1 $, $ 1 $, $ 1 $, $ d $ mamy $ p = (3+d)/2 $; jego pole wyznaczamy z wzoru (1), a następnie szacujemy korzystając z nierówności między średnimi:

\[<br /> \begin{split}<br /> &\mathrm{pole} (ABCD) = \sqrt{\left(\frac{1+d}{2} \right)^3\left(\frac{3-d}{2} \right)} = \frac{1}{4\sqrt{3}}\sqrt{(1+d)^3(9-3d)}=\\<br /> &\frac{1}{4\sqrt{3}}\left(\sqrt[4]{(1+d)^3(9-3d)}\right)^2\leq \frac{1}{4\sqrt{3}} \left(\frac{3(1+d)+(9-3d)}{4}\right)^2=\frac{3\sqrt{3}}{4}.<br /> \end{split}<br /> \]

W oszacowaniu tym równość zachodzi jedynie wtedy, gdy cztery czynniki iloczynu pod pierwiastkiem są sobie równe, czyli gdy $ 1+d = 9-3d $, czyli dla $ d = 2 $.

Stąd odpowiedź: w rozważanym zbiorze czworokątów największe pole ma trapez równoramienny o bokach $ 1 $, $ 1 $, $ 1 $, $ 2 $ (wynik jednoznaczny z dokładnością do izometrii).

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz