Екстремални планиметрични задачи

[someone]

Здравейте,
Предлагам ви няколко интересни задачи по планиметрия от стари кандидатстудентски изпити, по които имам разни въпроси и ми е интересно какво мислите вие по тях.

1. Дължините на страните на триъгълник са [tex]a[/tex], [tex]b[/tex], [tex]c[/tex] ([tex]a \le b \le c[/tex]). Да се намери дължината на най-късата отсечка, която разделя триъгълника на две равнолицеви части, така че краищата й са вътрешни точки за две от страните на триъгълника.

Моят отговор е [tex]sqrt{\frac{c^2 - (a-b)^2}{2}}[/tex] , но имам въпрос по обосновката на елемент от разсъждението.
2. Радиусът на вписаната в триъгълник окръжност е [tex]8[/tex], а допирателната към тази окръжност, успоредна на негова страна, отсича триъгълник с радиус на вписаната окръжност [tex]8/3[/tex]. Измежду триъгълниците, удовлетворяващи тези две условия, да се намерят страните на онзи, който има максимално лице.

Тук намирам триъгълник с минимално лице (равностранен тригълник със страна [tex]16sqrt3[/tex]), а такъв с максимално получавам, че не съществува.

3.Едната основа на равнобедрен трапец с остър ъгъл [tex]\alpha[/tex] е два пъти по-малка от другата, а радиусът на окръжността, описана около трапеца, е [tex]1[/tex]. Да се докаже, че за лицето на трапеца [tex]S[/tex] е изпълнено [tex]S \le \frac{(5 + 2 sqrt{13}) ^ {1,5}} {34 + 10 sqrt{13}}[/tex]

Тук получавам подобен израз (включва [tex]sqrt{13}[/tex]), но определено не е този отговор.

[pal702004]

1. Дължините на страните на триъгълник са [tex]a[/tex], [tex]b[/tex], [tex]c[/tex] ([tex]a \le b \le c[/tex]). Да се намери дължината на най-късата отсечка, която разделя триъгълника на две равнолицеви части, така че краищата й са вътрешни точки за две от страните на триъгълника.

Моят отговор е [tex]sqrt{\frac{c^2 - (a-b)^2}{2}}[/tex] , но имам въпрос по обосновката на елемент от разсъждението.

В никакъв случай. Чертаем отсечка, успоредна на [tex]a[/tex] с дължина [tex]\frac{a}{\sqrt 2}[/tex]. Малкият триъгълник е подобен на големият и лицето му е два пъти по-малко.

Но [tex]\frac{a}{\sqrt 2} \le sqrt{\frac{c^2 - (a-b)^2}{2}}[/tex]
Не казвам че [tex]\frac{a}{\sqrt 2}[/tex] е най-късата възможна (макар че предполагам), но при всички положения е по-добро от това, което предлагаш.

[monika_at]

След малко ще пусна решение с чертеж на 2 зад. Много е сладка:)

[monika_at]

someone.png (17.74 KiB) Прегледано 1235 пъти

Следвайки означенията на чертежа:
[tex]CM=MF; CN=NF[/tex]- допирателни отсечки=>[tex]P_{MNC}=CP+CQ=2CP=2(p-c)=P-2c[/tex] (при стандартните означения за страните на триъгълник)

Двата триъгълника са подобни=>[tex]k=\frac{P_{ABC}}{P_{MNC} } =\frac{P}{ P-2c} =\frac{8}{ \frac{8}{ 3} } =3[/tex]=>

[tex]\frac{P-2c}{P } =3=>P=3c=>a+b=2c=>b=2c-a[/tex]
Да образуваме лицето по Хероновата формула и да го изразим чрез [tex]a[/tex]и [tex]c[/tex]

[tex]S=f(a)=\sqrt{\frac{3c^2}{ 4} .\frac{(2a-c)}{2 } .\frac{3c-2a}{ 2} }[/tex]. Да разгледаме функцията, образуване от последните два числителя, съдържащи страната [tex]a[/tex].

[tex]g(a)=(2a-c)(3c-2a)[/tex]Когато при нея за дадено [tex]a[/tex] се достигне максимална стойност, то и лицето ще е най-голямо ( ако считаме [tex]c[/tex] за фиксирано).

[tex]g(a)=-4a^2+8ac-3c^2[/tex] Това е парабола, обърната надолу и най-голямата и стойност се получава за [tex]a=\frac{-8c}{-8 } =c=>b=c=>\Delta ABC[/tex]-равностранен. Тогава:

[tex]r=\frac{c\sqrt{3} }{6 } =>8=\frac{c\sqrt{3} }{6 }=>c=16\sqrt{3}[/tex]

[monika_at]

3 зад) Получих израза за лицето, но с множител 3 пред него, но я нахвърлих набързо и може да съм сбъркала.

[someone]

3 зад) Получих израза за лицето, но с множител 3 пред него, но я нахвърлих набързо и може да съм сбъркала.

Да, извинявам се, грешката е моя! Действително има множител 3.
Аз получавам за лицето следния израз: [tex]\frac{6 sin 2\alpha sin^2 \alpha} {8cos^2 \alpha + 1}[/tex].
Мисля, че е верен, но след това явно изследването ми е грешно.

Относно задача 2. Благодаря много за решението, г-жо Симеонова!
Аз обаче имам следните въпроси, тъй като получаваме противоречиви резултати по тази задача:

1. Вярно ли е твърдението, че за всеки триъгълник от описания вид е изпълнено [tex]a+b=2c[/tex], както и обратното? Ако то е вярно, ще следва, че триъгълниците, за които едната страна е средноаритметична на другите две, притежават ключовото отношение [tex]\frac{1}{3}[/tex], и остава само да намесим факта, че [tex]r=8[/tex], и да "отсеем" още по-конкретно "нашите" триъгълници.
2. Този извод [tex]a+b=2c[/tex] и аз го използвам в решението си, но след това отивам на изследване на тригонометричен израз (имайки предвид, че [tex]a+b=2c \Leftrightarrow tg \frac{\alpha} {2} tg \frac{\beta}{2} = \frac{1}{3}[/tex] ( viewtopic.php?f=10&t=8853&p=42558&hilit=%D1%85%D0%B0%D1%80%D0%B0%D0%BA%D1%82%D0%B5%D1%80%D0%B8%D1%81%D1%82%D0%B8%D1%87%D0%BD%D0%B8#p42556 ) ).
В крайна сметка ми излиза, че полученият от Вас (а и от мен) равностранен триъгълник е този с най-малко лице. Лицето му е [tex]S=\frac{(16sqrt3)^2 sqrt3}{4}=192sqrt3[/tex]
3. Да разгледаме триъгълник със страни [tex]26, 28, 30[/tex]. Той очевидно удовлетворява горното условие. За него [tex]S=336, p=42, r=\frac{S}{p}=8[/tex]. Но [tex]336>192sqrt3[/tex]. Къде е парадоксът?

[monika_at]

Бързам за работа. Довечеря ще вникна в мнението ти и ще отговоря.

[someone]

Разбира се, когато Ви е удобно. Лека работа!

[monika_at]

someone , днес цял ден мислих върху задачата. Аз съм написала, ако "c е фиксирана".. Там е работата, че фиксиран е единствено радиусът на вписаната окръжност. При фиксирано "с", да, триъгълникът с най-голямо лице е равностранният.
Въртях, суках и изкарвам едни ужасни квадратни тричлени за две от страните. Имаш ли авторско решение на тази задача?

[kmitov]

someone , днес цял ден мислих върху задачата. Аз съм написала, ако "c е фиксирана".. Там е работата, че фиксиран е единствено радиусът на вписаната окръжност. При фиксирано "с", да, триъгълникът с най-голямо лице е равностранният.
Въртях, суках и изкарвам едни ужасни квадратни тричлени за две от страните. Имаш ли авторско решение на тази задача?

Гане, дръж печено!

[someone]

someone , днес цял ден мислих върху задачата. Аз съм написала, ако "c е фиксирана".. Там е работата, че фиксиран е единствено радиусът на вписаната окръжност. При фиксирано "с", да, триъгълникът с най-голямо лице е равностранният.
Въртях, суках и изкарвам едни ужасни квадратни тричлени за две от страните. Имаш ли авторско решение на тази задача?

Не, нямам авторско решение. Госпожата ни даде един дълъг списък с екстремални планиметрични задачи (от кандидатстудентски изпити преди повече от 15 години), но успяхме да обсъдим само част от тях. Вероятно няма да се върнем пак към тях, а има доста интересни, които не обсъдихме. Затова се обръщам към форума. А и тук винаги чета много елегантни и нови за мен идеи.
Аз също си мисля, че това "фиксиране на с" не е съвсем позволено.
Мога да си нахвърля решението. По него си излиза наистина, че равностранният триъгълник е този с най-малко лице.
Чудя се обаче възможно ли е действително да не съществува триъгълник с максимално лице, т.е. винаги да можем да намираме такъв с по-голямо и по-голямо.

[Knowledge Greedy]

1. Дължините на страните на триъгълник са [tex]a, b, c \,\ (a \le b \le c)[/tex]. Да се намери дължината на най-късата отсечка, която разделя триъгълника на две равнолицеви части, така че краищата `и са вътрешни точки за две от страните на триъгълника.
При дадената наредба на страните, най-късата отсечка, удовлетворяваща условието е [tex]sqrt{\frac{a^2 - (b-c)^2}{2}}=\sqrt{(p-c)(p-b)}[/tex]

Хипотезата на pal702004

... [tex]\frac{a}{\sqrt 2}[/tex]... е най-късата възможна (макар че предполагам), ...

е вярна само за равнобедрен триъгълник със страни [tex]a\le b=c.[/tex]

[pal702004]

Това вече е съвсем друго, да предположим, че someone е объркал подредбата на буквите във формулата.
Все пак това, което написах е:

Не казвам че [tex]\frac{a}{\sqrt 2}[/tex] е най-късата възможна (макар че предполагам), но при всички положения е по-добро от това, което предлагаш.

Аз не съм решавал задачата, просто видях, че това, което е написано, не може да е оптимално.

[inveidar]

Чудя се обаче възможно ли е действително да не съществува триъгълник с максимално лице, т.е. винаги да можем да намираме такъв с по-голямо и по-голямо.

Май, че е точно така. Не съществува максимално лице. Изглежда условието е да се намери минималното лице и то е точно толкова, колкото си написал по-горе.

[drago]

Аз също си мисля, че това "фиксиране на с" не е съвсем позволено. ...Чудя се обаче възможно ли е действително да не съществува триъгълник с максимално лице, ...

Ами, то не че не е позволено, но няма нищо общо с първоначалната задача. Или, за да има, трябва първо да фиксираме "c", след това да намерим максималното лице за това фискирано "c" и след това да почнем да променяме "c" и да видим кога волумето идва на мах.
В случая, обаче, си абсолютно прав, няма триъгълник с максимално лице и това може да се покаже без сметки. Или в задачата вместо "максимално" трябва да се чете "минимално", или пък преднамерено целта е била да се полаже с построение, че можем да правим триъгълника с колкото голямо лице си искаме.

П.С. Опс, инвейдър ме е изпреварил... за малко

[inveidar]

Е, ти пък ме изпревари докато допълвах поста си! Квит сме.

[someone]

Ето как разсъждавам по първа и втора задача и съответно откъде ми идват въпросите:
[tex]2.[/tex] След като намерим, както monika_at описва, равенството [tex]a+b=2c[/tex], правим извода [tex]tg{\frac{\alpha}{2}}tg{\frac{\beta}{2}}=\frac{1}{3}[/tex](следва от синусова теорема и тригонометрични преобразувания).
Ако центърът на вписаната окръжност в [tex]ABC[/tex] е [tex]I[/tex], то по чертежа на monika_at:
[tex]IP=8, CP=p_{ABC} - c = \frac{c}{2}, \angle PCI = \frac{\gamma}{2}[/tex], т.е. [tex]tg\frac{\gamma}{2}=\frac{IP}{CP}=\frac{8}{\frac{c}{2}} \Leftrightarrow[/tex]
[tex]c={16}{cotg{\frac{\gamma}{2}}=16tg{\frac{\alpha+\beta}{2}}=16\frac{tg{\frac{\alpha}{2}} + tg{\frac{\beta}{2}}}{1 - tg{\frac{\alpha}{2}}tg{\frac{\beta}{2}}}=24 (tg{\frac{\alpha}{2}} + tg{\frac{\beta}{2}})[/tex]
[tex]\Rightarrow S_{ABC}=p_{ABC} . r_{ABC}=\frac{3c}{2} . 8 = 12c = 288 (tg{\frac{\alpha}{2}} + tg {\frac{\beta}{2}})=288(tg\frac{\alpha}{2}+\frac{1}{3tg{\frac{\alpha}{2}}})[/tex]
Полагаме [tex]x=tg{\frac{\alpha}{2}}[/tex].
[tex]\alpha \in (0; \pi) \Rightarrow \frac{\alpha}{2} \in (0; \frac{\pi}{2}) \Rightarrow x \in (0; +\infty)[/tex]
Разглеждаме функцията [tex]f(x)=x+\frac{1}{3x}[/tex] в [tex](0;+\infty)[/tex]
[tex]f'(x)=1-\frac{1}{3x^2}=\frac{3(x-\frac{1}{sqrt3})(x+\frac{1}{sqrt3})}{3x}[/tex]
В [tex]x\in(0; \frac{1}{sqrt3})[/tex], [tex]f'(x) < 0 \Rightarrow f(x)[/tex] е намаляваща.
В [tex]x\in(\frac{1}{sqrt3}; +\infty)[/tex], [tex]f'(x) > 0 \Rightarrow f(x)[/tex] е растяща.
[tex]\Rightarrow f_{min}=f(\frac{1}{sqrt3})=\frac{2}{sqrt3}[/tex]
Следователно минималното лице е при [tex]tg{\frac{\alpha}{2}}=\frac{1}{sqrt3}[/tex], т.е. [tex]\alpha = 60 ^\circ[/tex].
Оттук следва [tex]tg{\frac{\beta}{2}}=\frac{1}{sqrt3}[/tex], т.е. [tex]\beta=60^\circ \Rightarrow \gamma = 60^\circ[/tex].
Следователно равностранният триъгълник със страна [tex]c=16sqrt3[/tex] и лице [tex]S=192sqrt3[/tex] е с най-малко от разглежданите.
От [tex]lim_{x\to+\infty} f(x) = +\infty[/tex] следва, че триъгълник с най-голямо не съществува.
По-късно ще напиша и по първа задача.