Feladat: B.3866 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bogár Péter ,  Stallenberg József 
Füzet: 2006/szeptember, 347 - 349. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Síkgeometriai számítások trigonometriával, Középponti és kerületi szögek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2005/december: B.3866

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás. Az AB szakasz hossza adott, így az ívnek azt a P pontját keressük, amelyre AP+PB maximális. Legyen az APB háromszögben a szokásos betűzés szerint az A csúcsnál α, a B csúcsnál pedig β szög. A háromszög harmadik szöge a kerületi szögek tétele szerint állandó, és így az α+β összeg sem függ a P pont helyzetétől (1. ábra).

 

 
1. ábra
 

A háromszög oldalai a szinusztétel felhasználásával AP=2rsinβ, illetve BP=2rsinα, ahol r a háromszög körülírt körének a sugara. Ekkor az ismert összefüggések szerint
AP+BP=2r(sinα+sinβ)=4r(sinα+β2⋅cosα-β2).
Az AB alapon fekvő két szög összege állandó, így ennek fele is az. A fenti, most pozitív tényezőjű szorzat akkor maximális, ha egyetlen változó tényezője, cosα-β2 a lehető legnagyobb.
cosα-β2≤1, és mivel α és β egy háromszög szögei, most pontosan akkor teljesül az egyenlőség, ha α=β. Az ABP háromszög kerülete tehát pontosan akkor maximális, ha P az AB ív felezőpontja, a háromszög egyenlő szárú.
 

Megjegyzések. 1. Ilyen, vagy hasonló bizonyítást közölt a helyes megoldást küldők többsége. Jellegzetes hibalehetőséget hordozott a megoldásnak az a változata, amely a fenti vagy ahhoz hasonló trigonometrikus kifejezést egyetlen változó, mondjuk az α függvényeként a derivált segítségével vizsgálta. Ennek a kifogástalan végigvitele az elemi útnál hosszadalmasabb, ugyanis túl azon, hogy a derivált nulla helyén ellenőrizni kell, hogy valóban lokális maximumot kaptunk-e, az α-ra adódó intervallum határait is meg kell vizsgálnunk, hiszen ha ezen pontok valamelyikében van a szélsőérték, azt a derivált nem mutatja ki.
2. Érdemes felfigyelni arra, hogy az APB háromszög területe is a P talált helyzetében maximális, ez azonban sokkal könnyebben igazolható.
 
II. megoldás. Jelölje a háromszög P-nél lévő szögét γ, amely állandó az AB ív minden P pontjára. Mérjük föl a BP szakaszt az AP félegyenes P-n túli meghosszabbítására. Az így kapott B' pontra AB'=AP+PB, tehát a P-nek azt a helyzetét keressük, amelyre az AB' távolság maximális (2. ábra).
 

 
2. ábra
 

A BPB' háromszög egyenlő szárú, ezért AB'B∢=γ2, a B' pontok az AB szakasz γ2 szögű látókörén vannak. Ennek a látókörnek a középpontja láthatóan az AB ív M felezőpontja, az AB' szakasz pedig ennek a körnek egy húrja. Mivel egy adott körben a leghosszabb húr az átmérő, azért AP+PB=AB'≤AM'=2AM=AM+MB.
 
III. megoldás. Megmutatjuk, hogy a keresett pont ‐ a várakozásnak megfelelően ‐ az AB ív M felezőpontja. Legyen P az ívnek az M-től különböző tetszőleges pontja. A szimmetria miatt föltehető, hogy a P pont az MA ív belsejében van.
Ismeretes, hogy a PM egyenes felezi az APB háromszög P-beli külső szögét (3. ábra). Ebből következik, hogy a B pontnak az MP egyenesre vonatkozó B' tükörképe rajta van az AP félegyenesen. Az AMB' háromszögben a háromszög egyenlőtlenség szerint AM+MB'>AB'=AP+PB'. A tükrözés miatt MB'=MB és PB'=PB, így AM+MB>AP+PB.
 

 
3. ábra
 

Ez az egyenlőtlenség az AB ív minden M-től különböző P pontjára teljesül, az APB háromszög kerülete tehát akkor maximális, ha P az AB ív felezőpontja.
 
IV. megoldás. A kör kiegészítő ívének N felezőpontját felvéve tekintsük az ANBP húrnégyszöget (4. ábra). A húrnégyszögekre vonatkozó Ptolemaiosz-tételt felírva
PN⋅AB=AN⋅PB+BN⋅AP.
A jobb oldalon AN és BN közös hossza, a bal oldalon pedig AB állandó. A maximalizálandó AP+PB összeg tehát a PN húrral arányos, és így akkor maximális, ha ez a húr a lehető legnagyobb az adott körben. Ez akkor teljesül, ha a PN húr átmérő, azaz P az AB ív felezőpontja.
 

 
4. ábra