XLVI OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XLVI OM, 1994-1995

Etap:

Wewnątrz trójkąta $ABC$ obrano punkt $P$ . Proste $AP$ , $BP$ , $CP$ przecinają boki $BC$ , $CA$ , $AB$ odpowiednio w punktach $A'$ , $B'$ , $C'$ . Przyjmijmy: $u=|AP|:|PA'|$ , $v=|BP|:|PB'|$ , $w=|CP|:|PC'|$ . Wyrazić iloczyn $uvw$ przez sumę $u+v+w$ .

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $S$ pole trójkąta $ABC$ , a przez $S_a$ , $S_b$ , $S_c$ - odpowiednio pola trójkątów $PBC$ , $PCA$ , $PAB$ . Niech odcinek $PD$ będzie wysokością w trójkącie $PBC$ , a odcinek $AE$ - wysokością w trójkącie $ABC$ (rysunek 3). Z podobieństwa trójkątów $AEA'$ i $PDA'$ wynika proporcja $|AE|:|PD| = |A'A|:|A'P|$ . Wobec tego

$ \frac{S}{S_a} = \frac{\frac{1}{2}|BC|\cdot |AE|}{\frac{1}{2}|BC|\cdot |PD|}= \frac{|AE|}{|PD|} = \frac{|A'A|}{|A'P|} = \frac{|A'P|+|PA|}{|A'P|}= 1+ \frac{|PA|}{|A'P|} = 1+u. $

Tak więc

$ \frac{S_a}{S} = \frac{1}{1+u}, \quad \textrm{i analogicznie} \quad \frac{S_b}{S} = \frac{1}{1+v}, \quad \frac{S_c}{S} = \frac{1}{1+w}. $

Otrzymujemy równość

$ \begin{split} 1 = & \frac{S_a + S_b + S_c}{S} = \frac{1}{1+u} + \frac{1}{1+v} + \frac{1}{1+w} = \\ = & \frac{(1 + v)(1 + w) + (1 + w)(1 + u) + (1 + u)(1 + v)}{(1 + u)(1 + v)(1 + w)}= \\ = & \frac{3 + 2(u + v + w) + (vw + wu + uv)}{1 + (u + v + w) + (vw + wu + uv) + uvw}. \end{split} $

Licznik musi być równy mianownikowi. Daje to szukany związek:

$ uvw = u + v + w + 2. $

Uwaga. Stosunki $p=S_a \colon S$ , $q=S_b \colon S$ , $r=S_c \colon S$ wyznaczają położenie punktu $P$ jednoznacznie. Mówiąc wyraźniej: dla każdej trójki liczb dodatnich $p$ , $q$ , $r$ o sumie równej $1$ istnieje dokładnie jeden punkt $P$ leżący wewnątrz danego trójkąta $ABC$ , dla którego stosunki pól trójkątów $PBC$ , $PCA$ , $PAB$ do pola trójkąta $ABC$ są równe odpowiednio $p$ , $q$ , $r$ . Liczby $p$ , $q$ , $r$ noszą nazwę współrzędnych barycentrycznych punktu $P$ ; nazwa ta ma proste uzasadnienie fizyczne: punkt $P$ jest środkiem ciężkości układu mas punktowych $p$ , $q$ , $r$ umieszczonych w wierzchołkach $A$ , $B$ , $C$ .