XXXI - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXXI OM, 1979-1980

Etap:

Udowodnić, że jeżeli punkt $P$ przebiega okrąg wpisany w trójkąt $ABC$ , to wartość wyrażenia $a \cdot PA^2 + b \cdot PB^2 + c \cdot PC^2$ jest stała ( $a, b, c$ są odpowiednio długościami boków leżących naprzeciw wierzchołków $A, B, C$ ).

Rozwiązanie

Środek $O$ okręgu wpisanego w trójkąt $ABC$ jest punktem przecięcia dwusiecznych $\overline{AA'}$ , $\overline{BB'}$ , $\overline{CC'}$ .

Ponieważ

$ \overrightarrow{PA} = \overrightarrow{PO} + \overrightarrow{OA}, $

$ \overrightarrow{PB} = \overrightarrow{PO} + \overrightarrow{OB}, $

$ \overrightarrow{PC} = \overrightarrow{PO} + \overrightarrow{OC}, $

więc

$ PA^2 = PO^2 + OA^2 + 2\overrightarrow{PO} \cdot \overrightarrow{OA}, $

$ PB^2 = PO^2 + OB^2 + 2\overrightarrow{PO} \cdot \overrightarrow{OB}, $

$ PC^2 = PO^2 + OC^2 + 2\overrightarrow{PO} \cdot \overrightarrow{OC}, $

a zatem

$ \begin{split} a \cdot PA^2 +& b \cdot PB^2 + c \cdot PC^2 =\\ &=a \cdot PO^2 + a \cdot OA^2 + 2a \cdot \overrightarrow{PO} \cdot \overrightarrow{OA} + b \cdot PO^2 +b \cdot OB^2 +\\ & \quad+ 2b \cdot \overrightarrow{PO} \cdot \overrightarrow{OB} + c \cdot PO^2 + c \cdot OC^2 + 2c \cdot \overrightarrow{PO} \cdot \overrightarrow{OC} = \\ &= (a + b + c) \cdot PO^2 + a \cdot OA^2 + b \cdot OB^2 + c \cdot OC^2 + \\ &\quad +2\overrightarrow{PO} \cdot (a \cdot \overrightarrow{OA} + b \cdot \overrightarrow{OB} + c \cdot \overrightarrow{OC}). \end{split} $

Ponieważ $PO$ równe jest długości promienia $r$ okręgu wpisanego, $a$ , $b$ , $c$ , $OA$ , $OB$ , $OC$ są długościami danymi, więc wystarczy wykazać, że ostatni składnik w tej sumie jest zerowy, dokładniej, że

$ \overrightarrow{w} = a \cdot \overrightarrow{OA} + b \cdot \overrightarrow{OB} + c \cdot \overrightarrow{OC} $

jest wektorem zerowym $m$ .

Dwusieczna kąta w trójkącie dzieli bok przeciwległy na odcinki proporcjonalne do boków przyległych, więc

$ \frac{CA'}{A'B} = \frac{b}{c},\ \frac{CA'}{BC} = \frac{b}{b+c},\ \frac{A'B}{BC} = \frac{c}{b+c}. $

Wobec tego $\overrightarrow{A'C} = \frac{b}{b+c} \overrightarrow{BC}$ ,
$\overrightarrow{A'B} = \frac{c}{b+c} \overrightarrow{CB} = \frac{-c}{b+c} \overrightarrow{BC}$ .

Zastosujemy otrzymane zależności w następującym rachunku.

$ \begin{split} \overrightarrow{w} &= a \cdot \overrightarrow{OA} + b \cdot \overrightarrow{OB} + c \cdot \overrightarrow{OC} =\\ &= a\cdot \overrightarrow{OA} + b\cdot (\overrightarrow{OA'} + \overrightarrow{A'B}) + c \cdot (\overrightarrow{OA'} + + \overrightarrow{A'C}) =\\ & = a\cdot \overrightarrow{OA}+(b + c) \cdot \overrightarrow{OA'} + b\cdot \overrightarrow{A'B} + c\cdot \overrightarrow{A'C}= \\ &=a\cdot \overrightarrow{OA} + (b + c) \cdot \overrightarrow{OA'} + b \cdot \frac{c}{b+c} \overrightarrow{BC} - c \cdot \frac{b}{b+c} \overrightarrow{BC} = a \cdot \overrightarrow{OA} + (b + c)\overrightarrow{OA'}. \end{split} $

Ponieważ $\overrightarrow{OA'} || \overrightarrow{OA}$ , więc $\overrightarrow{w} || \overrightarrow{OA}$ . Analogicznie możemy stwierdzić, że $\overrightarrow{w} || \overrightarrow{OB}$ oraz $\overrightarrow{w} || \overrightarrow{OC}$ , wektory $\overrightarrow{OA}$ , $\overrightarrow{OB}$ , $\overrightarrow{OC}$ nie są jednak równoległe, wobec tego $\overrightarrow{w}$ jest wektorem zerowym.

Wynika stąd, że

$ a \cdot PA^2 + b \cdot PB^2 + c \cdot PC^2 = (a + b + c)r^2 + a \cdot OA^2 + b \cdot OB^2 + c \cdot OC^2, $

a to oczywiście nie zależy od położenia punktu $P$ na okręgu wpisanym w trójkąt.

Uwaga. Fakt, że $\overrightarrow{w} = \overrightarrow{0}$ ma następującą interpretację fizyczną. Umieśćmy w punktach $A$ , $B$ , $C$ masy odpowiednio $a$ , $b$ , $c$ . Ponieważ punkt $A'$ dzieli bok $BC$ w stosunku $\frac{b}{c}$ , punkt $A'$ jest środkiem ciężkości układu dwóch mas $(b, c)$ , a więc środek ciężkości układu trzech mas leży na prostej $AA'$ . Z analogicznych powodów środek ten leży na prostej $BB'$ oraz na prostej $CC'$ , znajduje się więc w punkcie $O$ .

Wyrażenie $a \cdot PA^2 + b \cdot PB^2 + c \cdot PC^2$ jest równe momentowi bezwładności naszego układu dla obrotu względem punktu $P$ . Teza zadania wynika teraz ze znanego twierdzenia, że ten moment bezwładności zależy tylko od odległości punktu $P$ od środka ciężkości układu.