XVI OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XVI OM, 1964-1965

Etap:

Przez środek ciężkości $S$ trójkąta poprowadzono odcinek, którego końce $M$ i $N$ leżą na obwodzie trójkąta. Dowieść, że

$ \frac{1}{2} \leq \frac{MS}{SN} \leq 2. $

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że punkt $M$ leży na boku $AB$ , a punkt $N$ na boku $BC$ trójkąta $ABC$ (Rys. 1). Niech $C'$ , $S'$ , $N'$ będą punktami symetrycznymi odpowiednio do punktów $C$ , $S$ , $N$ względem prostej $AB$ . Odległość środka ciężkości $S$ od podstawy $AB$ trójkąta równa się $\frac{1}{3}$ odpowiedniej wysokości trójkąta, więc $SS' = \frac{1}{3} CC'$ . Trójkąty $NMN'$ i $SMS'$ są jednokładne względem punktu $M$ , zatem

$ \frac{MN}{MS} = \frac{NN'}{SS'} \leq \frac{CC'}{SS'}=3, $

a ponieważ $MN = MS + SN$ , więc z powyższej nierówności wynika, że

$ \frac{MS}{SN} \geq \frac{1}{2}. $

Analogiczna nierówność zachodzi dla każdego odcinka łączącego $2$ punkty obwodu trójkąta i przechodzącego przez $S$ , zatem również

$ \frac{NS}{SM} \geq \frac{1}{2}; $

ostatecznie

$ \frac{1}{2} \leq \frac{MS}{SN} \leq 2. $

Uwaga. W przestrzeni zachodzi twierdzenie: Jeżeli przez środek ciężkości S czworościanu przechodzi odcinek, którego końce $M$ i $N$ leżą na powierzchni czworościanu, to

$ \frac{1}{3} \leq \frac{MS}{SN} \leq 3. $

Twierdzenie to można udowodnić zupełnie podobnie, jak poprzednie twierdzenie o trójkącie, posługując się symetrią względem płaszczyzny ściany czworościanu.