XXXVIII OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXXVIII OM, 1986-1987

Etap:

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

Rozwiązanie

Skorzystamy ze wzoru (1)

$ (1) \qquad \mathrm{pole} (ABCD) = \sqrt{(p-a)(p-b)(p-c)(p-d) - abcd\cos^2 \phi}, $

gdzie

$ a = |AB|, \quad b = |BC|, \quad c = |CD|, \quad d = |DA|, $

$ p=\frac{1}{2} (a+b+c+d), \quad \phi = \frac{1}{2} (|\measuredangle A|+|\measuredangle C|). $

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:

$ \begin{split} &\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)}=\\ &\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}. \end{split} $

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).