VII OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

VII OM, 1955-1956

Etap:

Dany jest trójkąt ostrokątny $ABC$ i wewnątrz jednego z jego boków punkt $M$ . Zbudować trójkąt o najmniejszym obwodzie, którego jednym wierzchołkiem jest punkt $M$ , a dwa inne leżą na dwóch pozostałych bokach trójkąta.

Rozwiązanie

Weźmy pod uwagę trójkąt $MNP$ , którego wierzchołki leżą na bokach trójkąta ostrokątnego $ABC$ , jak wskazuje rys. 6.

Niech $M'$ będzie punktem symetrycznym do punktu $M$ względem prostej $AB$ , a $M''$ - punktem symetrycznym do punktu $M$ względem prostej $AC$ . Wówczas $PM' = PM$ , a $NM'' = NM$ . Wobec tego długość łamanej $M'P + PN + NM''$ równa się obwodowi trójkąta $MNP$ . Gdy punkt $M$ jest dany, dane są również punkty $M'$ i $M''$ ; długość łamanej $M'PNM''$ jest najkrótsza wtedy, gdy punkty $P$ i $N$ leżą na odcinku łączącym $M'$ i $M''$ . Stąd wysnuwamy następującą konstrukcję (rys. 7).

Mając dany punkt $M$ na boku $BC$ trójkąta $ABC$ wyznaczamy punkty $M'$ i $M''$ symetryczne do punktu $M$ względem prostych $AB$ i $AC$ . Łączymy $M'$ i $M''$ ; jeżeli odcinek $M'M''$ przecina boki $AB$ i $AC$ w punktach $P$ i $N$ , to trójkąt $MNP$ jest trójkątem poszukiwanym.

Należy jeszcze zbadać, czy odcinek $M'M''$ musi przeciąć boki $AB$ i $AC$ . Weźmy pod uwagę pięciokąt $AM'BCM''$ . Pięciokąt ten jest wypukły, tzn. każdy jego kąt jest mniejszy od $180^\circ$ . Istotnie, kąty pięciokąta przy wierzchołkach $A$ , $B$ , $C$ są $2$ razy większe od odpowiednich kątów trójkąta $ABC$ : dla kątów przy $B$ i $C$ jest to widoczne bezpośrednio, a co do kąta $A$ wystarczy zauważyć, że $\measuredangle MAB = \measuredangle BAM$ i $\measuredangle MAC = \measuredangle CAM''$ . Ponieważ trójkąt jest ostrokątny, więc każdy z kątów $A$ , $B$ , $C$ pięciokąta jest mniejszy od $180^\circ$ . Wreszcie kąty pięciokąta przy wierzchołkach $M'$ i $M''$ są odpowiednio równe kątom $AMB$ i $AMC$ , z których każdy jest mniejszy od $180^\circ$ . W pięciokącie wypukłym $AM'BCM''$ przekątna $M'M''$ przecina każdą z przekątnych $AB$ i $AC$ .

W ten sposób wykazaliśmy, że zadanie ma zawsze rozwiązanie i tylko jedno.

Uwaga 1. Jeżeli trójkąt $ABC$ nie jest ostrokątny, to odcinek $M'M''$ może nie przecinać boków $AB$ i $AC$ . Przypuśćmy, że kąt $A$ trójkąta jest rozwarty i że dany punkt $M$ leży na boku $BC$ (rys. 8).

Obierzmy punkt $N$ na boku $AC$ i punkt $P$ na boku $AB$ . Wykażemy, że obwód trójkąta $MNP$ jest większy od podwojonej długości odcinka $MA$ . Niech $B'$ , $C'$ , $M'$ , $N'$ , $P'$ będą punktami symetrycznymi do punktów $B$ , $C$ , $M$ , $N$ , $P$ względem punktu $A$ . Wówczas $P'M' = PM$ , a $NP' < NP$ , gdyż w trójkątach $ANP'$ i $ANP$ o wspólnym boku $AN$ i równych bokach $AP' = AP$ kąt $NAP'$ jest mniejszy od kąta $NAP$ . Wobec tego

$ (1) \qquad MN + NP + PM > MN + NP' + P'M'. $

Lecz łamana $MNP'M'$ jest dłuższa od odcinka $MM' = 2MA$ , zatem na mocy (1) mamy istotnie

$ (2) \qquad MN + NP + PM > 2MA. $

Różnica pomiędzy obwodem $MN + NP + PM$ a długością $2MA$ może być tak mała, jak tylko zechcemy, jeśli tylko punkty $N$ i $P$ obierzemy dostatecznie blisko punktu $A$ . Istotnie

$ MN - MA < NA,\ PM - MA < PA,\ NP < NA + PA ; $

dodając te nierówności stronami, otrzymujemy nierówność

$ (MN + NP + PM) - 2MA < 2NA + 2PA $

- zatem różnica znajdująca się po lewej stronie jest mniejsza od odcinka, który może być dowolnie mały.

Z powyższego wynika, że nie ma trójkąta $MNP$ o najmniejszym obwodzie. Zadanie nie ma więc w tym przypadku rozwiązania. To samo dotyczy przypadku, gdy $\measuredangle A$ jest prosty; nierówność (1) przechodzi wówczas na równość, ale nierówność (2) i dalsze wnioski pozostają w mocy.

Jeżeli dany punkt $M$ leży na jednym z boków $AC$ lub $AB$ , a $\measuredangle A \geq 90^\circ$ , to możliwe są różne przypadki, których dyskusję pominiemy; zauważymy tylko, że gdy $\measuredangle A = 90^\circ$ , zadanie rozwiązuje się w taki sam sposób, jak dla trójkąta ostrokątnego.

Uwaga 2. Zadanie 8 wiąże się ze słynnym zadaniem Fagnano. (Jan Franciszek Fagnano, matematyk włoski XVIII w., syn Karola Fagnano, również matematyka, znanego ze swych badań nad lemniskatą. Istnieją różne sposoby rozwiązania zadania Fagnano; zajmowali się nim wybitni matematycy - M. Catalan we Francji, H. A. Schwarz w Niemczech, E. Lindelof w Finlandii i inni. Rozwiązanie, które podane jest w tekście, odznacza się szczególną prostotą; pochodzi ono od zakonnika francuskiego, autora znakomitych podręczników i zbiorów zadań matematycznych, który ze skromności podpisywał się tylko inicjałami F. G. M)

W dany trójkąt ostrokątny wpisać trójkąt o najmniejszym obwodzie.

W tym zadaniu trzeba spośród wszystkich trójkątów wpisanych w dany trójkąt $ABC$ , tj. mających po jednym wierzchołku na każdym boku trójkąta $ABC$ , wyznaczyć ten, który ma najmniejszy obwód. Obierzmy na boku $BC$ dowolny punkt $M$ (rys. 9) i weźmy pod uwagę te trójkąty wpisane w trójkąt $ABC$ , których jednym wierzchołkiem jest punkt $M$ .

Z poprzedniego zadania wiemy już, który z tych trójkątów ma najmniejszy obwód. Jest to ten trójkąt $MNP$ , którego wierzchołki $N$ i $P$ są punktami przecięcia odcinka $M'M''$ z bokami $AC$ i $AB$ , przy czym $M'$ i $M''$ są to punkty symetryczne do punktu $M$ względem prostych $AB$ i $AC$ . Obwód trójkąta $MNP$ równa się długości odcinka $M'M''$ . Jeżeli zmienimy położenie punktu $M$ na boku $BC$ , to otrzymamy inny odcinek $M'M''$ . Jasne jest, że ze wszystkich trójkątów wpisanych w trójkąt $ABC$ najmniejszy obwód ma ten, dla którego odpowiedni odcinek $M'M''$ jest najkrótszy. Aby rozstrzygnąć, jakie położenie ma wówczas punkt $M$ , zwróćmy uwagę na trójkąt $M'AM''$ . Trójkąt ten jest równoramienny, gdyż $M'A = MA = M''A$ . Wykażemy, że kąt $MAM''$ ma wielkość stałą, tj. niezależną od położenia punktu $M$ . Istotnie, kąty $M'AB$ i $BAM$ są równe jako symetryczne i podobnie równe są kąty $M''AC$ i $CAM$ . Zatem

$ \measuredangle M'AM'' = 2 \cdot \measuredangle BAM + 2 \cdot \measuredangle CAM= 2 \cdot BAC, \textrm{ tzn.} $

dla każdego położenia punktu $M$ na boku $BC$ kąt $M'AM''$ jest równy podwojonemu kątowi $A$ trójkąta $ABC$ . Wobec tego podstawa $M'M''$ trójkąta równoramiennego $M'AM''$ jest najkrótsza, gdy ma on najkrótsze ramiona. Ponieważ $AM' = AM$ , więc zachodzi to wtedy, gdy $AM$ jest wysokością trójkąta $ABC$ .

Takie samo rozumowanie możemy przeprowadzić dla wierzchołka $N$ i dla wierzchołka $P$ . Stąd wniosek:

Ze wszystkich trójkątów wpisanych w dany trójkąt ostrokątny $ABC$ najmniejszy obwód ma trójkąt spodkowy, tzn. trójkąt, którego wierzchołkami są spodki wysokości trójkąta $ABC$ (rys. 10).

Jeżeli trójkąt $ABC$ nie jest ostrokątny, to trójkąt wpisany o najmniejszym obwodzie nie istnieje. Rozumując bowiem jak w uwadze 1 stwierdzamy, że w tym przypadku

1° obwód każdego trójkąta wpisanego w trójkąt $ABC$ jest większy od podwojonej najkrótszej wysokości trójkąta $ABC$ ;

2° w trójkąt $ABC$ można wpisać trójkąt, którego obwód różni się dowolnie mało od podwojonej najkrótszej wysokości trójkąta $ABC$ .