Макс. периметър при дадени страна и ъгъл срещу нея

[Румен Симеонов]

За триъгълник $\triangle ABC$ са дадени $\sphericalangle BCA = \gamma\in (0,180°)$ и $|AB|=c\in (0,+\infty)$. Вписаната в триъгълника окръжност има променлив радиус $r$ (както променлив е и самият триъгълник, макар и да е с фиксирани $\gamma$ и $c$). При кои/я стойност/и на $r$ периметърът $P$ на триъгълника $\triangle ABC$ e най-голям възможен (сред периметрите на всички триъгълници $\triangle ABC$ имащи дадените и фиксирани $\gamma$ и $c$) и на колко е равен този най-голям периметър $P=P_{max}$ изразен чрез дадените и фиксирани $\gamma$ и $c$?

[grav]

Пиша от телефона и затова само идеята. Подробностите са лесни. Всичките тези триъгълници са вписани в една и съща окръжност. Едната страна е фиксирана, за да се намери максималния периметър трябва да се намери максималната сума на другите две страни. От синусовата теорема следва, че трабва да се намери максимума на сумата от синусите на двата ъгъла (освен дадения). Формулата за сума на два синуса дава две по произведението на синус от полусумата и косинус от полуразликата. Сумата се изразява чрез дадения ъгъл, значи е фиксирана. Косинуса е максимален в нулата, значи двата ъгъла трябва да са равни.

[Румен Симеонов]

Пиша от телефона и затова само идеята. Подробностите са лесни. Всичките тези триъгълници са вписани в една и съща окръжност. Едната страна е фиксирана, за да се намери максималния периметър трябва да се намери максималната сума на другите две страни. От синусовата теорема следва, че трабва да се намери максимума на сумата от синусите на двата ъгъла (освен дадения). Формулата за сума на два синуса дава две по произведението на синус от полусумата и косинус от полуразликата. Сумата се изразява чрез дадения ъгъл, значи е фиксирана. Косинуса е максимален в нулата, значи двата ъгъла трябва да са равни.

Това решение е много добро. Има и вариации на това решение с малко по-малко сметки (иначе казано - то е вариация на други подобни), но те са съпоставими с даденото тук. Не са нужни подробности. Учениците и проверяващи трябва да се обучават, че така записано едно решение е напълно достатъчно (е, може да се изисква да бъде казано, че синуса от полусумата е положителен и малко нещо за ,,дефиниционното множество" - образно казано, може би). Формулите не са задължителни и те не са самоцел, дори и в математиката, а и понякога могат и да се записват с думи, както правим аз, ptj, grav. Ох, забравих, че се търси и $r$. Да, за $r$ са нужни още малко сметки/формули, за да се даде и отговор на задачата, все пак. Те наистина ся лесни, след като е доказано, че равенството на ъглите при $A$ и $B$ е необходимо и достатъчно условие за това максимум да съществува и да се достига за такъв триътълник (равнобедрен).

[grav]

Да, но ти преди време се оплакваше, че не съм писал всички подробности.

[Румен Симеонов]

Да, но ти преди време се оплакваше, че не съм писал всички подробности.

Ами то и сега малко се ,,оплаквам", окончателно, след ,,Ох, забравих за $r$...". И там и тук не посочваш окончателен отговор. Оплаквам се не от теб, вече ти знам способностите и мога да ти вярвам на кратко записани решения. Опитвам се, обаче, да не заблудя ученик, че решение без отговор може да се признае за пълно решение. Малко все пак трудно е да се обясни на ученик кое се признава за пълно решение. Колкото и да си вярваме, по-пълното решение си е по-пълно. В случая твоето е пълно в доказателствената част (приемаме, че си наблегнал, че синуса от полусумата е положителен множител към косинуса и, следователно, става дума за доказан максимум, а не за минимум).

[grav]

Опитвам се, обаче, да не заблудя ученик, че решение без отговор може да се признае за пълно решение. Малко все пак трудно е да се обясни на ученик кое се признава за пълно решение.

Това какво общо има. Нали не сме в час пред ученици, а във форум където се дискутират задачи. Остави работата на учителите за учителите.

[Румен Симеонов]

Опитвам се, обаче, да не заблудя ученик, че решение без отговор може да се признае за пълно решение. Малко все пак трудно е да се обясни на ученик кое се признава за пълно решение.

Това какво общо има. Нали не сме в час пред ученици, а във форум където се дискутират задачи. Остави работата на учителите за учителите.

Е нищо де. Ми нали пък тук допускаме и ,,висша геометрия" но не забраняваве да се отбелязва и коментира (евентуално като предимство) ако задачата притежава и елементарно решение с училищни средства. Зависи от гледната точка и от случая - не е изключено решение с висша геометрия тук да има предимства пред елементарно решение. Всъщност, задачката е с ниво за ученици и затова коментирам така, допускайки, че и някой ученик може да чете нашите обсъждания - няма лошо. Впрочем, видя ли решението на ptj, който използвал факта, че елипсите са по ,,сплеснати" от окръжностите. Приемаш ли неговото решение за ясно? Не трябва ли все пак да се реши като помощна задача доказването на Твърдението, което формулирах като коментар под решението на ptj, но и като самостоятелна задача?

[ptj]

Елипсата има свойството, че сумата от разстоянията за всяка точка от контура до двата фокуса е константа, а също за всяка вътрешна точка аналогичната сума е по-малка от тази константа.
Идеята ми бе, да се построи елипса с два фокуса, съответстващи на върховете [tex]А[/tex] и [tex]B[/tex], като върха на малката и полуос, съответства на [tex]\angle AC_1B= \gamma[/tex].
От свойствата на елипсата следва, че [tex]AC_1=C_1B[/tex] и ако опишем окръжност около така получения равнобедрен триъгъкник, то неговия център ще лежи на вече споменатата малка полуос. Тогава окръжността и елипсата ще имат обща допирателна, а всички останали точки от окръжността от дъгата [tex]ACB[/tex] ще са вътрешни за елипсата.
Тогава използвайки споментато свойство, може да твърдим , че за всяка различна от [tex]C_1[/tex] точка [tex]C[/tex] от дъгата [tex]CAB[/tex] (на окръжността) e изпълнено
[tex]AC+CB<AC_1+C_1B[/tex].
Т.е. максималния периметър е при равнобедрен триъгъкник. Освен това върха на малката полуос е на максимално разстояние от голямата полуос (т.е. от правата BC) в сравнение с останалите точки на елипсата. От това непосредствено следва, че и лицето на [tex]\triangle ABC[/tex] също е максимално при [tex]AC=CB[/tex].

П.П. Останалите идеи, които спонах в предишната задача също се раализират лесно за общия случай.

[ptj]

За максимума на лицето има относително кратко решение:

Върха C лежи на лежи на дъгата, от която AB се вижда под ъгъл [tex]\gamma[/tex]. Нека [tex]C_1[/tex] е средата на тази дъга.
Заради симетрията може да разглеждаме само едната полудъга и нека тя да е [tex]АC_1[/tex].

Когато C пробягва дъгата [tex]AC_1[/tex] максимума на [tex]|AC|[/tex] e равен на [tex]|AC_1|[/tex] (достига се в [tex]C_1[/tex] ), защото "на по- голяма дъга съответства по-голяма хорда (и обратното)" .
Синуса е растяща функция в интервала [tex][0; \frac{ \pi }{2})[/tex]. Нека [tex]CH[/tex] е височина от [tex]C[/tex] към [tex]AB[/tex].

[tex]CH=AC. sin\angle{HAC}[/tex], т.е максимума на [tex]CH[/tex] се достига за височината [tex]C_1H_1[/tex] ([tex]H_1[/tex] е среда на [tex]AB[/tex]) (максимална височина при равнобедрен триъгълник).

Втората част на задачата(максимален периметър) е по-интересна, защото до сега за нея са дадени 3 различни идеи (сбор на синуси, свойства на елипсата, неравенства между средните). Дали има още възможности ?

[Румен Симеонов]

Браво на ptj за неговите пояснения разписващи неговата първоначална идея. Не че е задължително, но не е лошо
(1) да се докаже използваното свойство, че във вътрешни точки на елипсата сумата от разстоянията до фокусите е по-малка. Или да се посочи откъде ще следва. Междувременно да се каже в какъв смисъл се ползва понятието за вътрешна точка за елипса - дефиниция.
(2) да се докаже, използваното свойство, че ако две $C$-та виждат $AB$ под един и същ ъгъл, то това, което лежи на по-вътрешна елипса е по-близо до правата $AB$. Формулирах го и като отделно Твърдение и като отделна задачка да се докаже това твърдение.