XXXIX OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXXIX OM, 1987-1988

Etap:

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).

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.