Zabawy w kącie

W każdym zjawisku przyrody można dostrzec dążenie do osiągnięcia jakiegoś maksimum lub minimum. Umiejętność wyznaczania wartości ekstremalnych nie powinna więc być niczym niezwykłym...

Oto zadanie z niespodzianką, które proponuję rozwiązać samodzielnie (wrócimy do niego na końcu artykułu):

Tymczasem rozważymy kilka innych ciekawych problemów.

Rozwiązanie zadania 1

Rozpoczniemy od wykazania, że istnieje najkrótszy odcinek realizujący warunki zadania. Niech $M$ będzie danym punktem we wnętrzu kąta o wierzchołku $A.$ Odcinek, którego końce ślizgają się po ramionach kąta od położenia $|U1V1$ przez $U2V2,U3V3,$ itd. do położenia $U5V5$ (Rys. 1) i przechodzący przez punkt $M,$ zmienia swoją długość w sposób ciągły. Ponieważ długość ta najpierw maleje, a potem wzrasta, więc wśród rozpatrywanych odcinków istnieje taki odcinek $UV ,$ którego długość jest najmniejsza.

Spróbujmy ten odcinek scharakteryzować. Niech $|U′ V′ ≠UV$ będzie innym odcinkiem zawierającym punkt $M$ i łączącym ramiona kąta. Niech $| ?AUM = α,$ $| ?MVA = β,0 < α + β < π ,$ a mniejszy z kątów o wierzchołku $M$ (między odcinkami $|UV , U′ V ′$ ) ma miarę $δ$ (Rys. 2). Dla małych kątów $|δ∈ (−ε,ε)$ rozważmy funkcję

′ ′ ′ ′ f(δ) = UV = UM + MV .

Z twierdzenia sinusów, zastosowanego do trójkątów $′ |UMU$ i $′ V MV ,$ mamy

MU′ --- ----- MU -------- -- MV-′ -- ------- MV ------- sinα = sin(π −(α + δ)), sin( π− β) = sin(π −δ − (π −β )),

więc

sinα sinβ f (δ) = MU sin(α-+-δ)-+ MV sin(β-−-δ).

Funkcja ta jest różniczkowalna, osiąga minimum dla $|δ= 0,$ więc zgodnie z twierdzeniem Fermata spełnia warunek $| ′ f (0) = 0,$ który po obliczeniu pochodnej i niezbyt skomplikowanych przekształceniach trygonometrycznych jest równoważny warunkowi

MU ---- ctg-β MV = ctg α.

Jaki jest sens geometryczny tego warunku? Niech $N$ będzie rzutem (prostopadłym) wierzchołka $|A$ na odcinek $UV$ (Rys. 3). Wyznaczając $| ctg β$ i $| ctgα$ z trójkątów prostokątnych $| ANU$ i $| ANV$ łatwo stwierdzamy, że $USVS SM ctgβ SN VSUS SM-- = ctgα= SN--.$ Oznacza to, że $| MU = NV$ i $MV | = NU$ czyli punkt $N$ jest symetryczny do punktu $M |$ względem środka odcinka $UV .$

Niespodzianką (trudnością) w tym zadaniu jest to, że - poza szczególnymi przypadkami - odcinka $|UV$ nie można skonstruować za pomocą cyrkla i linijki. Dlaczego tak jest? Niech kąt przy wierzchołku $A$ będzie prosty. Wtedy, przy oznaczeniach takich jak na rysunku 4, jeśli $UV$ jest najkrótszym odcinkiem łączącym ramiona kąta i przechodzącym przez punkt $M,$ to

MU ctgβ ctgβ ------= -----= -----π-----= ctg2β. MV ctgα ctg (2− β)

Z twierdzenia Talesa $USVS SM SM SPAS= -SPVS,$ więc $US SM SPAS VS |SM---= SPVS.$ Ponieważ $SPAS PS |SM---= ctg γ,$ $|SPVS-= ctg β, PSSM$ więc

MU ctg γ -----= -----, MV ctg β

gdzie $γ$ jest miarą kąta $MAP.$ W konsekwencji $-ctgγ= ctg2β, ctgβ$ więc $√3----- |ctg β = ctgγ.$ Gdyby istniała konstrukcja najkrótszego odcinka $|UV ,$ to, biorąc $| AP = 2$ i $MP = 1,$ otrzymamy odcinek $√ -- | P V = 32,$ który umożliwia wykonanie zadania podwojenia sześcianu jednostkowego. Wystarczy teraz wiedzieć (!), że jest to niemożliwe do zrealizowania za pomocą cyrkla i linijki (patrz np. M. Bryński, L. Włodarski, Konstrukcje geometryczne, Biblioteczka Delty 1, WSiP, Warszawa 1979).

Puentą niech będą słowa Adama Mickiewicza

"Na co będą potrzebne, pytało pacholę - Trójkąty, czworoboki, koła, parabole?" "Że potrzebne - rzekł mędrzec - musisz teraz wierzyć; Na co potrzebne, zgadniesz, gdy zaczniesz świat mierzyć."

PRAKTYKA