IV Warsztaty Matematyczne
I LO im. Stanisława Dubois w Koszalinie
Geometria - minima i maksima
wrzesień 2010
Streszczenie
Celem tego wykładu jest przedstawienie kilku elementarnych narzędzi do rozwiązywania zadań geome- trycznych związanych z poszukiwaniem minimów i maksimów. Są to: przekształcenia płaszczyzny, nie- równość trójkąta i nierówności algebraiczne. Materiał przygotowałem w oparciu o znakomitą książkę
„Geometric problems on maxima and minima” autorstwa Titu Andreescu, Olega Mushkarova i Lucheza- ra Stoyanova, wyd. Birkhauser.
Arkadiusz Męcel wrzesień 2010
1. Przekształcenia płaszczyzny.
Na początek trzy klasyczne przykłady:
Zadanie 1(Problem Herona). Na płaszczyźnie dana jest prosta l. Punkty A, B leżą po tej samej stronie prostej l. Znajdź na prostej l taki punkt X, że odległość |AX| + |BX| jest minimalna.
Rozwiązanie. Niech B′ będzie obrazem symetrycznym punktu B względem prostej l. Wiadomo, że
|XB| = |XB′|, dla każdego punktu X ∈ l. Zatem
|AX| + |XB| = |AX| + |XB′| |AB′|.
Równość zachodzi dokładnie wtedy, gdy X jest punktem przecięcia prostej l z odcinkiem AB′. Punkt
X0= AB′∩ l jest zatem rozwiązaniem tego zagadnienia.
Problem Herona wydaje się mało interesujący, dlatego warto samodzielnie rozwiązać choć jedno zadanie, które się na nim opiera. Stąd pierwsze dwa zadania domowe.
Zadanie domowe 1 (Grupa młodsza). Na płaszczyźnie dane są punkty A, B, C. Przez punkt C prowa- dzimy dowolną prostą l i wybieramy na niej punkt Ml taki, że wartość |AMl| + |BMl| jest minimalna.
Wyznaczyć maksymalną (w zależności od l) wartość sumy |AMl| + |BMl| i wyznaczyć prostą, dla jakiej jest ona osiągana.
Zadanie domowe 1(Grupa starsza). Saper otrzymał rozkaz, aby rozbroić pole minowe będące w kształcie trójkąta równobocznego ABC. Dysponuje on radarem, którego zasięg wynosi 1/2 wysokości tego trójkąta.
Żołnierz startuje w punkcie A i zamierza prześwietlić radarem każdy kawałek zagrożonego wybuchem terenu. Zaplanuj żołnierzowi drogę tak, aby była ona możliwie najkrótsza.
Symetria znajduje zastosowanie także w innych problemach:
Zadanie 2. Dany jest trójkąt ostrokątny ABC. Na boku AB obieramy punkt P . Znaleźć na bokach BC, CA takie punkty X, Y , aby obwód trójkąta XY P był minimalny.
Rozwiązanie.Znowu symetria. Odbijamy punkt P symetrycznie względem boków BC i CA uzyskując punkty P′ i P′′. Odcinek P′P′′przecina boki BC, CA odpowiednio w punktach Q, R. Są to rozwiązania tego zadania. Istotnie, zauważmy, że obwód trójkąta P QR równy jest |P′P′′|. Jeżeli natomiast wybierzemy na bokach BC, CA dowolne inne punkty X, Y , to obwód trójkąta XY P równy będzie długości łamanej:
P′XY P′′, a więc sumie: |P′X| + |XY | + |Y P′′| |P′P′′|. Korzystając z rozwiązanego właśnie zadania rozstrzygniemy znany problem „trójkąta Schwarza”.
Zadanie 3 (Problem trójkąta Schwarza). Dany jest trójkąt ostrokątny ABC. Wpisać w niego trójkąt o minimalnym możliwym obwodzie.
Rozwiązanie. Na mocy poprzedniego zadania musimy znaleźć taki punkt na boku AB trójkąta ABC, aby odcinek P′P′′ miał minimalną możliwą długość. Ale od czego zależy długość tego odcinka? Jest
1
to podstawa trójkąta równoramiennego P′C′P′′, którego kąt pomiędzy ramionami jest stały i równy 2∡ACB i którego ramię ma długość |P′C| = |P′′C| = |P C|. Zatem długość |P′P′′| będzie minimalna wtedy, gdy odcinek P C będzie możliwie krótki. Jest jasne, że P musi być zatem spodkiem wysokości trójkąta ABC opuszczonej z wierzchołka C. A czym będą wtedy punkty Q, R? Okazuje się, że będą to spodki pozostałych wysokości. Zostawmy to jako ćwiczenie i idźmy dalej... Nie tylko symetria przydaje się w zagadnieniach ekstremalnych. Są też inne przekształcenia płaszczyzny.
Pokażemy efektowne zastosowanie obrotów. Rozwiążemy tzw. problem Steinera dla trójkątów.
Zadanie 4(Problem Steinera dla trójkątów). Dany jest trójkąt ABC. Znaleźć na płaszczyźnie taki punkt X, że stała:
t(X) = |AX| + |BX| + |CX|
jest minimalna.
Rozwiązanie. Zanim będą obroty wyeliminujmy te punkty płaszczyzny, które nie mają szans na bycie rozwiązaniami naszego zagadnienia, a mianowicie punkty leżące poza trójkątem ABC. Użyjemy do tego...
symetrii. A może Czytelnik sam wpadnie na pomysł? Weźmy punkt X leżący poza trójkątem ABC.
Pokażemy, że istnieje punkt X′, że t(X) > t(X′). Skoro X leży poza trójkątem, to istnieje taka prosta l, zawierająca jeden z boków trójkąta ABC, która tak dzieli całą płaszczyznę na dwie półpłaszczyzny, że w jednej z nich leży trójkąt ABC, a w drugiej punkt X. Załóżmy, że prosta l przechodzi przez bok AB (nie ma to znaczenia). Rozważmy obraz X w symetrii względem prostej l. Nazwijmy go X′. Zauważmy, że |AX| = |AX′|, |BX| = |BX′|. Aby się przekonać która z wartości jest większa: t(X) czy t(X′), musimy porównać długości CX oraz CX′. Niech Y = CX ∩ l. Wówczas mamy: |XY | = |X′Y |. Zatem z nierówności trójkąta:
|CX′| < |CY | + |Y X′| = |CY | + |Y X| = |CX| ⇒ t(X′) < t(X).
Wyeliminowaliśmy więc mniej lub bardziej trywialny przypadek. A gdy X leży wewnątrz ABC? Tu będzie trzeba wykonać więcej pracy. Dla wygody założymy, że rozważany trójkąt jest ostrokątny (nie umniejszy to samego rozumowania, a nieco je skróci). Załóżmy, że α, β, γ są kątami trójkąta ABC i γ β α.
Punktem zwrotnym naszego programu jest wprowadzenie obrotu. Będzie to obrót płaszczyzny wokół punktu A o 60◦. Nazwiemy go φ. Jeśli mamy na płaszczyźnie jakiś punkt M , to φ(M ) oznaczać będziemy przez M′. Zauważmy, że trójkąt AM M′ jest zawsze równoboczny. W szczególności trójkąt ACC′ jest równoboczny.
Niech X będzie dowolnym punktem wewnątrz trójkąta ABC. Wówczas |AX| = |XX′|. Łatwo zatem widzieć, że |CX| = |C′X′|. Zatem:
t(X) = |BX| + |XX′| + |X′C′|.
Jaki stąd wniosek? Znowu mamy jakąś łamaną. Widać, że będzie ona miała minimalną długość jeśli będzie się pokrywała z odcinkiem BC′. Ale to wymaga znalezienia takiego punktu X0 na prostej BC′, żeby jego obraz też leżał na odcinku BC’, a najlepiej na odcinku C′X0. Z pozoru wydaje się, że nie ma
2
gwarancji, że taki punkt istnieje, ale on rzeczywiście istnieje. Podajemy jego konstrukcję.
Skoro kąt przy wierzchołku C jest ostry (a właściwie to dlatego, że jest mniejszy niż 120◦), prosta BC′ przecina prostą AC w pewnym punkcie D. Niech X0 będzie punktem przecięcia prostaj BC′ z okręgiem opisanym na trójkącie ACC′. Wówczas X0 leży wewnątrz odcinka BD, zaś punkt X0′ leży na odcinku C′X0, ponieważ ∡AX0C′ = ∡ACC′= 60◦. Ostatnia równość wynika stąd, że X0leży na okręgu opisanym na ACC′. No i koniec... Można jeszcze zauważyć, że punkt X0 ma tę własność, że
∡AX0B = ∡BX0C = ∡CX0A = 120◦.
Punkt ten zwany jest punktem Toricellego trójkąta ABC.
No dobrze, sam punkt jest ciekawy, a co można powiedzieć o odnalezionej przez nas minimalnej odległości t(X)? Okazuje się, że jeśli wyjściowy trójkąt miał boki długości a, b, c, to budując trójkąt równoboczny XY Z o boku długości t(X), istnieje na płaszczyźnie punkt P , że |XP | = a, |Y P | = b, |ZP | = c. To zostawiamy jako ciekawostkę, ale przy okazji damy starszej grupie kolejne zadanie domowe, tzw. twier- dzenie Pompeiu. Jako podpowiedź dodajmy, że technika dowodu będzie bardzo podobna do rozwiązania zagadnienia Steinera.
Zadanie domowe 2. (Grupa starsza) Dany jest trójkąt równoboczny ABC. Udowodnić, że dla każdego punktu P płaszczyzny istnieje trójkąt o bokach długości |AP |, |BP |, |CP |. Jest on zdegenerowany wtedy i tylko wtedy, gdy P leży na okręgu opisanym na trójkącie ABC.
Młodsza grupa nie powinna czuć się poszkodowana. Dla nich też zadanie domowe związane z obrotami:
Zadanie domowe 2. (Grupa młodsza) Dany jest punkt O oraz półproste l, m wychodzące z punktu O tworzące wraz z nim kąt ostry α. Punkt M leży wewnątrz tego kąta. Znajdź takie punkty A, B leżące odpowiednio na półprostych l, m, że wartość sumy |MA| + |MB| jest minimalna.
2. Nierówność trójkąta
Przypomnijmy, że mówiąc o nierówności trójkąta mamy na myśli następujący fakt.
Twierdzenie 1(Nierówność trójkąta). Jeśli dane są na płaszczyźnie różne punkty A, B, C, to:
|AB| + |BC| |AC|, |BC| + |CA| |AB|, |BA| + |AC| |BC|,
przy czym równość w jednej z tych nierówności zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy punkty A, B, C są współliniowe.
Nierówność trójkąta mozna wykorzystywać do bardzo wielu zadań. Zarówno elementarnych, jak i zupełnie ciekawych. Oczywiście, jeśli spojrzymy wstecz widzimy, że nierówność trójkąta była narzędziem leżącym u postaw rozważanych tam metod. Mimo to sama w sobie nie wystarczała. W tym paragrafie skupimy się na bezpośrednich zastosowaniach nierówności trójkąta. Powiemy też o kilku metodach, które wyskakują jakby „przy okazji”. Zacznijmy od zadania przypominającego problem z poprzedniego rozdziału.
3
Zadanie 5. Niech ABCD będzie czworokątem wypukłym. Znaleźć taki punkt X płaszczyzny, że:
t(X) = |AX| + |BX| + |CX| + |DX|
jest minimalne.
Rozwiązanie.W tym przypadku obędzie bez symetrii i obrotów, wystarczy zwykła nierówność trójkąta.
Nie trzeba chyba nikogo przekonywać, że wystarczy ograniczyć poszukiwania do wnętrza ABCD. Weźmy więc X ∈ ABCD. Z nierówności trójkąta wynika, że:
|AX| + |CX| |AC|, |BX| + |DX| |BD|
Równości zachodzą wtedy i tylko wtedy, gdy X jest punktem przecięcia przekątnych tego czworokąta. I
koniec.
Zadań tego typu jest oczywiście wielkie mnóstwo: wystarczy podstawić nierówność trójkąta i już „koniec”.
Ale mogą być też ciekawsze zagadki.
Zadanie 6. Wyznaczyć najmniejsze rzeczywiste k o tej własności, że w dowolnym trójkącie ABC istnieją boki długości a, b, że:
1 ¬ a b < k.
Już na pierwszy rzut oka rodzą się pewne obserwacje. Wiadomo wprawdzie, że stosunek dwóch boków w trojkącie może być dowolnie dużą liczbą, ale z drugiej strony – w każdym trójkącie pewne dwa boki wyda- ją się być „porównywalnych wielkości”. To jest właśnie nierówność trójkąta. Sprecyzujmy to rozumowanie.
Rozwiązanie. Trudno zacząć, bo nie do końca wiadomo czego się chwycić... Ale można pomyśleć tak:
skoro mowa o ilorazach długości boków trójkąta, to zacznijmy od przypadku szczególnego, gdy dwa ilo- razy długości boków są sobie równe. Równoważnie, o ile a b c są bokami trójkąta, to ab =bc. To nam się może kojarzyć ze złotym podziałem. Nie bez powodu.
Idąc tym tropem i nie chcąc się za bardzo naliczyć weźmy liczby dodatnie 1, m, m2 i zastanówmy się kiedy mogą one być bokami trójkąta. Zgodnie z nierównością trójkąta:
1 < m + m2, 1 + m2< m, 1 + m < m2. Każdy łatwo sprawdzi, że nierówności te spełniają liczby m ∈
1,1+2√5
. Wiemy zatem, że k > min{m/1, m2/m.m2/1} = m,
a więc k 1+2√5.
Przypuśćmy teraz, że k > 1+2√5 = l. Wówczas istnieje trójkąt o bokach a b c, że: ab l,bc l. Stąd b ¬ al oraz c ¬ bl ¬ la2. Mamy więc:
b + c ¬ a l + a
l2 = a l + 1 l2
< a, 4
co przeczy nierówności trójkąta. Jeszcze inne zadanie dotyczy znowu poszukiwania stałej, tym razem jednak nie będziemy się starali znaleźć najlepszą możliwą, ale „dość dobrą”.
Zadanie 7. Dany jest trójkąt ABC. Udowodnić, że istnieje prosta l, że jeśli A′B′C′jest obrazem trójkąta ABC w symetrii względem l, to zachodzi nierówność pomiędzy ilorazem pól:
[ABC ∩ A′B′C]
[ABC] > 2/3.
Rozwiązanie.Załóżmy, że a ¬ b ¬ c są długościami boków trójkąta ABC. Z wierzchołka A prowadzimy dwusieczną i odbijamy ABC względem niej. Dwusieczna ta przecina bok C w punkcie P . Skoro |AC| ¬
|AB| to widzimy, że ABC ∩ A′B′C′ jest sumą rozłączną dwóch przystających trójkątów: AP C i AP C′. Pokażemy, że: [AP C][ABC] > 1/3. Widzimy, że:
[AP C]
[ABC] = |P C|
|BC|.
Skoro l jest dwusieczną kąta A, to z twierdzenia o dwusiecznej mamy:
P C
BC = |AC|
|AC| + |AB| = b b + c.
Ale przecież z założenia 2b a + b, co z kolei jest, z nierówności trójkąta, większe od c. Zatem b+cb > 1/3.
Przy okazji zadanie dodatkowe dla obydwu grup: zastanowić się jak udowodnić to zadanie, gdybyśmy chcieli odbijać względem jednej z wysokości trójkąta? Jeśliby zapytać ogólnie: jaka jest najlepsza stała γ, którą możnaby wstawić do poprzedniego zadania w miejsce 2/3, to okazuje się, że jest to 2(√
2−1) ≃ 0.83.
Uzyskuje się ją przed odpowiedni dobór prostej prostopadłej do jednego z boków trójkąta. Jest to już jednak bardziej zaawansowana działalność. Rozwiązane zadanie pokazuje nam, że nierówność trójkąta jest mimo wszystko dość topornym oszacowaniem i często nie wystarcza by w pełni rozwiązać problem matematyczny.
Przejdziemy teraz do krótkiej opowieści o całej rodzinie „algebraicznych nierówności” wiążących boki trójkąta.
Zadanie 8. Wykaż, że jeśli a, b, c są długościami boków trójkąta, to:
• a2+ b2+ c2< 2ab + 2bc + 2ca
• a3+ b3+ c3< (a + b + c)(ab + bc + ca)
Boki trójkąta są tematem wielu nierówności. Wynika to głównie z dwóch przesłanek: z nierówności trój- kąta i z własności funkcji trygonometrycznych. Często spotykamy na konkursach nierówności wiążące dowolne liczby dodatnie. Nierówność trójkąta potrafi sprawić, że nierówności, które są nieprawdziwe dla dowolnych liczb dodatnich, stają się prawdziwe w przypadku liczb stanowiących długości boków trójkąta.
Zanim zaczniemy rozwiązywać zadania, mała dygresja: przy okazji nierówności tego typu przytacza się często następujący fakcik.
5
Twierdzenie 2. Jeśli a, b, c są długościami boków trójkąta, to istnieją liczby dodatnie x, y, z, że a = x + y, b = x + z, c = y + z.
Własność ta wynika z faktu, że w każdy trójkąt można wpisać okrąg i z najmocniejszego twierdzenia geometrii. Spróbujmy rozwiązać w ten sposób pierwszą z nierówności. Podstawiamy i dostajemy:
(x + y)2+ (y + z)2+ (x + z)2< 2(x + y)(x + z) + 2(x + z)(y + z) + 2(y + z)(x + y) Pracowicie redukujemy wyrazy podobne i dochodzimy do:
0 < xy + xz + yz.
Udało się. Uda się także w podpunkcie 2., ale będzie znacznie więcej redukowania. Spróbujmy teraz z nierównością trójkąta. To druga możliwa metoda. Pierwszą z nierówności uzyskujemy przez następujące przekształcenie:
0 < a(b + c − a
| {z }
>0
) + b(c + a − b
| {z }
>0
) + c(a + b − c
| {z }
>0
).
W drugim przypadku trzeba skorzystać z rozwinięcia (a + b + c)3. Uzyskujemy wtedy:
a3+ b3+ c3− (a + b + c)(ab + bc + ca) = a2(a − b − c
| {z }
<0
) + b2(b − c − a
| {z }
<0
) + c2(c − a − b
| {z }
<0
) − 3abc < 0
0.1 Nierówności algebraiczne
Wiele zagadnień geometrycznych rozwiązuje się wykorzystując nierówności algebraiczne. Przytoczmy kil- ka, które będziemy w dalszym ciągu stosować.
Twierdzenie 3(Nierówność między średnimi: kwadratową, arytmetyczną i geometryczną). Niech a1, a2, . . . , an
będą liczbami nieujemnymi. Wówczas:
ra21+ a22+ . . . a2n
n a1+ a2+ . . . + an
n √na1a2. . . an, przy czym równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy a1= a2= . . . = an.
Najbardziej przydatne (do zastosowań geometrycznych) formy tej nierównośći to:
ra2+ b2
2 a + b 2 √
ab, a, b 0 ra2+ b2+ c2
3 a + b + c 2 √3
abc, a, b, c 0.
Twierdzenie 4(Nierówność Cauchy’ego-Schwarza). Niech x1, x2, . . . , xnoraz y1, y2, . . . , ynbędą liczbami rzeczywistymi. Wówczas:
(x21+ x22+ . . . + x2n)(y12+ . . . + y2n) (x1y1+ x2y2+ . . . + xnyn)2, przy czym równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje c ∈ R, że:
cy1= x1 cy2= x2 . . . cyn = xn. 6
Nierówności z poprzedniego paragrafu polegały głównie na manipulowaniu długościami boków. Nierów- ność trójkąta wypowiada się o zależnościach pomiędzy długościami boków. I choć teoretycznie wszystkie wielkości w trójkącie da się sprowadzić do boków trójkąta – nie jest to zawsze najbardziej korzystna droga. Podamy to na przykładzie znanego twierdzenia Eulera:
Twierdzenie 5 (Euler). W każdym trójkącie ABC zachodzi nierówność: R 2r, gdzie R, r są odpo- wiednio: promieniem okręgu opisanego i wpisanego w trójkąt ABC.
Rozwiązanie.(Wersja pierwsza) Jak to dowodzić? W pierwszej próbie będziemy się starali sprowadzić wszystko do boków. Jak wiadomo, długość promienia okręgu opisanego wyraża się wzorem: R = abc4S, gdzie S jest polem trójkąta, zaś r = a+b+c2S . Jeżeli znamy wzór Herona na pole trójkąta, to wiemy, że:
S =p
p(p − a)(p − b)(p − c) = 1 4
p(a + b + c)(−a + b + c)(a − b + c)(a + b − c).
Ostatecznie więc R 2r, lub aby było łatwiej R2 4r2sprowadza się do nierówności na bokach trójkąta:
a2b2c2
(a + b + c)(−a + b + c)(a − b + c)(a + b − c) (a + b + c)(−a + b + c)(a − b + c)(a + b − c)
(a + b + c)2 .
Dostajemy więc:
a2b2c2 (−a + b + c)2(a − b + c)2(a + b − c)2
Czyli po wzięciu pierwiastka (zgodnie z nier. trójkąta wszędzie są wyrażenia dodatnie):
abc (−a + b + c)(a − b + c)(a + b − c).
No i teraz pozostaje zastosować naszą sztuczkę: a = x+y2 , b = y+z2 , c = x+z2 i zostaje nam pokazać, że dla każdych x, y, z nieujemnych zachodzi nierówność.
(x + y)(x + z)(y + z) 8xyz.
To już jest jednak oczywisty wniosek z nierówności:
x + y 2√xy, x + z 2√
xz, y + z 2√yz.
Namęczyliśmy się nieco, ale się udało. Widać, że często po wykorzystaniu podstawienia przechodzącego od długości boków do dowolnych liczb nieujemnych przyjdzie nam stosować klasyczne nierówności. Zo- baczmy jednak jeszcze jeden dowód nierówności Eulera.
Rozwiązanie.(Wersja druga) Korzystamy z faktu, że okrąg wpisany w trójkąt ABC jest najmniejszym okręgiem mającym punkty wspólne ze wszystkimi trzema bokami trójkąta. W takim razie niech A1, B1, C1
będą środkami boków trójkąta ABC. Okrąg opisany na A1B1C1 ma promień równy R/2. Zgodnie z
wypowiedzianą własnościa zachodzi nierówność R/2 r.
Powyższe rozumowanie powinno nam dać do myślenia: nie zawsze trzeba podchodzić siłowo do rozwią- zania.
7
Bywa tak, że nie mamy do udowodnienia żadnej nierówności, ale poszukujemy obiektu spełniającego jakąś krańcową własność (takim jest np. punkt Toricellego). Podamy teraz przykład tzw. zagadnienia izoperymetrycznego dla trójkąta.
Zadanie 9. Udowodnić, że wśród wszystkich trójkątów o danym obwodzie 2p trójkąt równoboczny ma największe pole.
Rozwiązanie. Wykorzystamy nierówność między średnimi. Zgodnie z wzorem Herona pole trójkąta o bokach długości a, b, c wynosi:
S =p
p(p − a)(p − b)(p − c).
Z nierówności pomiędzy średnimi mamy:
p3
(p − a)(p − b)(p − c) ¬(p − a) + (p − b) + (p − c)
3 =p
3.
Równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy p − a = p − b = p − c, czyli gdy a = b = c. Zatem:
S ¬ r
p p 3
3
= s2√ 3 9 .
Równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy a = b = c.
Jak widzimy kluczową operacją było geometryczne zinterpretowanie warunku równości występującego w nierówności algebraicznej. Nie zawsze jest to takie trywialne. Zanim zaprzentujemy następny przykład wprowadźmy wygodne oznaczenie: jeśli dany jest trójkąt ABC lub czworokąt ABCD itp. to pola tych figur oznaczmy odpowiednio przez [ABC], [ABCD] itd.1
Zadanie 10. Dany jest czworokąt ABCD o polu P oraz punkt O na płaszczyźnie o tej własności, że:
|AO|2+ |BO|2+ |CO|2+ |DO|2= 2[ABCD].
Udowodnić, że czworokąt ten jest kwadratem o środku w punkcie O.
Rozwiązanie.Zauważmy, że niezależnie od wyboru punktu O zachodzi nierówność:
2[ABCD] ¬ 2([AOB] + [BOC] + [COD] + [DOA]).
Pokażemy, że:
2([AOB] + [BOC] + [COD] + [DOA]) ¬ |AO|2+ |BO|2+ |CO|2+ |DO|2,
przy czym równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy ABCD jest kwadratem o środku O. Zauważmy najpierw, że:
2[AOB] ¬ |AO| · |BO|, 2[BOC] ¬ |BO| · |CO|, 2[COD] ¬ |CO| · |DO|, 2[DOA] ¬ |DO| · |AO|, przy czym w każdej z tych nierówności równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy kąt przy wierzchołku O jest prosty. Co więcej z nierówności między średnimi mamy:
|AO| · |BO| ¬ |AO|2+ |BO|2
2 , |BO| · |CO| ¬ |BO|2+ |CO|2 2
1Ogólnie oznaczenie to ma w geometrii delikatniejsze znaczenie, ale nie zetkniemy się tu z tym problemem.
8
|CO| · |DO| ¬ |CO|2+ |DO|2
2 , |DO| · |AO| ¬|DO|2+ |AO|2 2
Równość w pierwszej z tych nieróności zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy |A0| = |BO|, w drugiej wtedy i tylko wtedy, gdy |BO| = |CO| itd. Dodając wszystkie cztery nierówności dostajemy:
2([AOB] + [BOC] + [COD] + [DOA]) ¬ |AO|2+ |BO|2+ |CO|2+ |DO|2,
przy czym równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy kąty AOB, BOC, COD, DOA są proste oraz |OA| =
|OB| = |OC| = |OD|, a więc gdy czworokąt ABCD jest kwadratem o środku w punkcie O. Skoro jednak mamy:
|AO|2+ |BO|2+ |CO|2+ |DO|2= 2[ABCD]
¬ 2([AOB] + [BOC] + [COD] + [DOA])
¬ |AO|2+ |BO|2+ |CO|2+ |DO|2,
to także w ostatniej nierówności jest równość, a więc ABCD jest kwadratem o środku w punkcie O. Jak widzimy warunki osiągnięcia równości trzeba było sobie wypracować. Pokażemy jeszcze zadanie, gdzie odnalezienie obiektu spełniającego warunek równości jest wyzwaniem samym w sobie.
Zadanie 11. Dany jest trójkąt ABC oraz punkt X wewnątrz tego trójkąta. Niech x, y, z oznaczają odle- głości punktu X odpowiednio od prostych zawierających boki BC, AC, AB tego trójkąta. Znajdź wszystkie punkty X, dla których suma x2+ y2+ z2 przyjmuje minimum.
Rozwiązanie.Niech |BC| = a, |CA| = b, |AB| = c. Wówczas 2[ABC] = ax + by + cz. Zgodnie zatem z nierównością Cauchy’ego-Schwarza mamy:
4[ABC]2= (ax + by + cz)2¬ (a2+ b2+ c2)(x2+ y2+ z2).
Stąd:
x2+ y2+ z2 4[ABC]2 a2+ b2+ c2.
W takim razie suma x2+ y2+ z2powinna być, zgodnie z nierównością Cauchy’ego-Schwarza minimalna dla tych punktów (o ile istnieją), że:
x a = y
b = z c.
Ale co to za punkty? Gdyby dać takie zadanie okazałoby się, że nie jest to wcale takie łatwe. Otóż taki punkt istnieje dla każdego trójkąta i jest dokładnie jeden: nazywa się punktem Lemoine’a. Jest to jeden z ciekawszych punktów charakterystycznych trójkąta. Jeśli weźmiemy środkowe trójkąta sA, sb, sc oraz dwusieczne, dA, dB, dC, to odbijając sAwzględem da, sB względem dB, oraz sCwzględem dCotrzymamy trzy nowe proste lA, lB, lC: tzw. symediany trójkąta ABC. Symediany przecinają się w jednym punkcie (bo środkowe się przecinają). Okazuje się, że jest to właśnie punkt Lemoine’a. Ale wyznaczyć to z warunku
ilorazowego nie jest tak łatwo.
Skoro mamy okazję mówić o symedianach i punkcie Lemoine’a warto przytoczyć kilka ciekawostek z nimi związanych. Są to zadania domowe ekstra: można je zrobić i oddać do sprawdzenia na następny dzień.
9
• Jeśli dany jest trójkąt ABC, to środki wszystkich odcinków równoległych do BC o końcach na bokach AB i AC leżą na środkowej sA. Tymczasem środki wszystkich odcinków nierównoległych do BC, których jeden koniec leży na AB, a drugie na AC leżą na symedianie lA.
• Dany jest trójkąt ABC, na którym opisano okrąg o. Wówczas styczne do okręgu o poprowadzone z wierzchołków B, C przecinają się w jednym punkcie z symedianą poprowadzoną z punktu o.
• Jeśli dany jest trójkąt ABC i punkt X, to trójkątem spodkowym nazywamy trójkąt utworzony z rzutów punktu X na proste AB, BC, CA (pytanie dodatkowe: kiedy jest to trójkąt zdegenerowany?).
Okazuje się, że punkt Lemoine’a jest środkiem ciężkości swojego trójkąta spodkowego.
• Pamiętamy jeszcze problem wpisania w trójkąt trójkąta o najmniejszym możliwym obwodzie? To był trójką złożony ze spodków wysokości. A jeśli żądać, aby nie obwód, ale suma kwadratów bo- ków trójkata wpisana była minimalna? Okazuje się, że wówczas szukanym trójkątem jest trójkąt spodkowy punktu Lemoine’a.
No dobrze. Tyle chyba wystarczy. Na koniec jeszcze po jednym zadaniu domowym.
Zadanie domowe 3. (Grupa młodsza) Trójkąt i kwadrat mają jednakowe pola. Która z tych figur ma większy obwód?
Zadanie domowe 3. (Grupa starsza) Dany jest prostokąt o bokach 1, d. Przecinamy go dwiema pro- stopadłymi prostymi, które dzielą go na cztery mniejsze prostokąty. Trzy z nich mają pole mniejsze od 1, natomiast pole czwartego jest nie mniejsze od 2. Wyznacz najmniejszą wartość d, dla której jest to możliwe.
10
