Skocz do zawartości

  •  
  • Mini kompendium
  • MimeTeX
  • Regulamin





- - - - -

O najmniejszym możliwym obwodzie pewnego trójkąta.

Napisane przez Ereinion, 12 March 2010 · 2477 wyświetleń

Geometria
W marcowej "Delcie" widnieje następujące zadanie:

M 1271. Punkty K,\ L,\ M,\ N leżą odpowiednio na bokach AB,\ BC,\ CD,\ DA kwadratu ABCD o boku 1. Wyznaczyć najmniejszy możliwy obwód czworokąta KLMN.


Załączona grafika

Zanim jednak przedstawię moją propozycję rozwiązania tego problemu, spróbujmy zbadać podobny problem dla trójkątów.

Nie weźmiemy jednak trójkąta foremnego lecz od razu zajmiemy się ogólnie trójkątami ostrokątnymi, czyli

Punkty K,\ L,\ M leżą odpowiednio na bokach AB,\ BC,\ CA trójkąta ostrokątnego ABC. Wyznaczyć najmniejszy możliwy obwód trójkąta KLM.



Przyjmijmy oznaczenia standardowe, czyli |BC|=a, |CA|=b, |AB|=c, \angle CAB = \alpha, \angle ABC = \beta, \angle BCA= \gamma.

Odbijmy trójkąt ABC symetrycznie względem BC (A przechodzi na A') a następnie względem AB (C przechodzi na C').

Niech przedłużenia odcinków CA' i AC' przecinają się w punkcie S (istnienie tego punktu wynika z ostrokątności trójkąta ABC) i obrazy pozostałych punktów w w.w. symetriach oznaczmy jak na rysunku:

Załączona grafika

Dodatkowo niech p=KL+LM+MK oraz M''M'=q.

Wtedy z nierówności trójkąta mamy p=KL+LM+MK=KL + LM' + M''K \ \ge \  M''M'=q.
Dowód:


Wystarczy więc zbadać, kiedy najmniejszą wartość osiąga q.

Nie jest oczywiste spostrzeżenie, że suma SM'+SM'' nie zależy od położenia punktu M, a tak jest ponieważ SM'+SM''=SA+AM+SC+MC=SA+SC+AC.

Teraz kluczowy dla dalszych rozważań lemat:

"Niech dany będzie kąt o wierzchołku P i punkty A i B na jego ramionach oraz niech PA+PB będzie stałe. Wtedy AB przyjmuje najmniejszą długość, gdy PA=PB."




Dowód lematu:



W naszym zadaniu warunki lematu spełnia kąt ASC oraz punkty M' i M'' na jego ramionach, wobec tego M'M'' jest najmniejsze, gdy SM'=SM''.

Dociekliwy Czytelnik sprawdzi, że \angle ASC= 180^o - 2 \beta oraz \angle SAC = 180^o-2 \alpha i \angle SCA = 180^o-2 \gamma.

Z twierdzenia sinusów liczymy więc SA=b \cdot \frac{\sin 2\gamma}{\sin 2 \beta} oraz SC=b \cdot \frac{\sin 2\alpha}{\sin 2 \beta}.

Jak już było napisane, aby q było najmniejsze musi być SM'=SM''=\frac{SA+SC+b}{2}.

Wtedy również \Delta M'SM'' jest równoramienny i \angle SM'M'' = \beta.

Czyli z twierdzenia sinusów możemy wyznaczyć

q=\frac{SM'}{\sin \beta} \cdot \sin 2 \beta=2 \cdot SM' \cdot \cos \beta=(SA+SC+b)\cdot \cos \beta=\frac{b}{\sin 2 \beta}\( \sin 2\alpha + \sin 2\gamma +\sin 2\beta  \) \cdot \cos \beta =\frac{b}{2 \sin  \beta}\( \sin 2\alpha + \sin 2\gamma+\sin 2\beta \)

Można sprawdzić, że w dowolnym trójkącie zachodzi:

\sin 2\alpha + \sin 2\gamma+\sin 2\beta=4 \cdot \sin \alpha \cdot \sin \beta \cdot \sin \gamma


oraz \frac{b}{2 \sin \beta}=R, a stąd

q=\frac{b}{2 \sin \beta} \cdot \( \sin 2\alpha + \sin 2\gamma+\sin 2\beta \)=4 \cdot R \cdot \sin \alpha \cdot \sin \beta \cdot \sin \gamma = \frac{abc}{2R^2}

Podsumowując, KM+ML+LK=p \ \ge \ q \ \ge \frac{abc}{2R^2}.

Pozostaje wykazać, że p=\frac{abc}{2R^2} jest osiągalne.

Z przebiegu powyższego rozumowania wynika, że wystarczy wziąć punkt M taki, żeby było SA+AM=SC+CM. A jako punkty K i L należy przyjąć punkty przecięcia M'M'' z bokami AB i BC odpowiednio (bo wtedy mamy p=q).

Można tylko mieć wątpliwości, czy aby na pewno punkty przecięcia M'M'' z bokami AB i BC istnieją? Ano istnieją.
Szkic dowodu:


Powróćmy teraz do zadania z kwadratem. Ogólna idea będzie podobna do tej przy zadaniu z trójkątem.

Odbijamy kwadrat symetrycznie i obwód czworokąta KLMN zastępujemy pewną łamaną o tej samej długości. Z kolei każda łamana jest niekrótsza od odcinka łączącego jej końce. W takim razie wystarczy potem jedynie znaleźć długość tego właśnie odcinka.

Wszelkie wątpliwości rozwieje rysunek:

Załączona grafika

Mamy KL+LM+MN+NK=KL+LM'+M'N''+N'''K \ \ge \ N'''N'' = D''D'=2  \cdot \sqrt{2}. A to kończy rozwiązanie.

Na koniec polecam każdemu zmierzyć się z podobnym zadaniem w przypadku dowolnego czworokąta lub też innych wielokątów Dołączona grafika

Dodane 20.03:

Dnia 18.03 odbył się konkurs matematyczny "Kangur" i w kategorii "Student" w pytaniach za 5 pkt. pojawiło się następujące zadanie:

30. Dany jest trójkąt prostokątny o przyprostokątnych długości odpowiednio a i b. Na pierwszej z tych przyprostokątnych wybrano punkt P, a na drugiej punkt Q. Niech K i H będą punktami przecięcia przeciwprostokątnej z liniami do niej prostopadłymi i przechodzącymi odpowiednio przez P i Q. Jaka jest najmniejsza możliwa wartość sumy |KP|+|PQ|+|QH|?

Myślę, że po uważnej lekturze powyższego wpisu, rozwiązanie zadania nie sprawi większych kłopotów Dołączona grafika

  • 0



Ostatni odwiedzający

Ostatnie komentarze

Buttony