Oplossing van dr Kortram voor het kerstprobleem.

Zie de figuren HIER .

Probleem 1: Een driehoek ABC met oppervlakte 1 heeft een omgeschreven cirkel met straal 1. Bepaal een punt P op of binnen de omgeschreven cirkel zo dat PA+PB+PC minimaal is, en bepaal deze minimale waarde.

Probleem 2: Een driehoek ABC met oppervlakte 1 heeft een omgeschreven cirkel met straal 1. Bepaal een punt P op of binnen de omgeschreven cirkel zo dat PA+PB+PC maximaal is, en bepaal deze maximale waarde.

Ter voorbereiding kijk ik eerst naar de optredende driehoeken. Er is er een bij die direct opvalt: de rechthoekige gelijkbenige waarvan de schuine zijde lengte 2 heeft (fig 1).
Bewering: alle overige optredende driehoeken zijn scherphoekig.
Bewijs: (zie ook fig 2) Neem een der hoekpunten, bijvoorbeeld C, en maak hem tophoek. De basis AB heeft lengte kleiner dan de diameter van de cirkel, dwz AB is kleiner dan 2. De hoogte is dus groter dan 1. De boog waarop hoek C staat is dus kleiner dan pi, dus hoek C is kleiner dan 90 graden.

Van de optredende driehoeken kan ik de coördinaten der hoekpunten als volgt omschrijven:
kies als omgeschreven cirkel de eenheidscirkel. Er is een t in het interval [0,pi/2) (zelfs in een wat kleiner interval [0,a]) zo dat (zie fig 3)
A=(-cos(t),-sin(t)), B=(cos(t),-sin(t)).
Voor C zijn er nog maar hoogstens twee mogelijkheden. Omdat basis*hoogte=2 vinden we eenvoudig dat
C=(...,1/cos(t)-sin(t)), en omdat C op de eenheidscirkel ligt is
C=( plus of min wortel(1-(1/cos(t)-sin(t))²), 1/cos(t)-sin(t)).

Ik zal straks gebruik maken van de volgende stelling van Ptolemaeus uit de klassieke meetkunde (zie figuur 4):
Bij een koordenvierhoek ABCD is AC.BD = AB.CD + AD.BC.
Is ABCD geen koordenvierhoek dan is AC.BD kleiner dan AB.CD + AD.BC.

Het belangrijkste ingrediënt voor de oplossing van probleem 1 is de volgende stelling: (zie fig 5):

Bij een driehoek ABC construeer ik op de zijden gelijkzijdige driehoeken ACB' en CBA' zoals in de figuur aangegeven. Dan is BB' = AA' en het snijpunt T van AA' en BB' heeft de volgende eigenschap: voor ieder punt P ongelijk aan T is PA+PB+PC groter dan TA+TB+TC.

Bewijs: driehoek ACA' gaat bij de draaiing om punt C over 60 graden over in driehoek B'CB. Daar zie je aan dat AA' en BB' even lang zijn en een hoek van zestig graden met elkaar maken.
Omdat de hoeken ATB' en ACB' beide 60 graden zijn, is vierhoek AB'CT een koordenvierhoek. Omdat AC=CB'=B'A zegt de stelling van Ptolemaeus eenvoudig: TB'=TA+TC, en voor punten P die niet op de cirkel door A,C en B' liggen is PB' kleiner dan PA+PC. Ligt P wel op die cirkel, dan is PB'=PA+PC.
Nu is TA+TB+TC=TB'+TB=B'B en
BB' is kleiner of gelijk aan PB'+PB, welk getal weer kleiner of gelijk is aan PA+PC+PB.
Het eerste gelijkteken geldt alleen als P op BB' ligt, het tweede alleen als P op de cirkel door A,C,B' ligt.
Dus TA+TC+TB is kleiner dan PA+PC+PB voor alle P ongelijk aan T.

Uit de minimumeigenschap van T volgt natuurlijk dat de rechte CC' door T gaat (C' is zo dat driehoek BAC' gelijkzijdig is).

Oplossing van probleem 1 (figuur 6):

Bij de rechthoekige gelijkbenige driehoek ABC is CC'=1+wortel(3).
Bij een scherphoekige driehoek is
(CC')² = 1-(1/cos(t)-sin(t))² + (1/cos(t)+wortel(3)cos(t))² = 4cos²(t) + 2tan(t) + 2wortel(3)
= (1+wortel(3))² + 2tan(t)(1-sin(2t)), en dit is groter dan (1+wortel(3))².
Voor een minimum moeten we A,B en C zo rangschikken dat ze coördinaten (-1,0),(1,0) en (0,1) hebben. We zetten P in het punt (0.wortel(3)/3). De minimale som is dan 1+wortel(3).

Ten behoeve van probleem 2 eerst wat voorbereidingen.
Als driehoek ABC scherphoekig is, en als H' het gespiegelde is van het hoogtepunt van driehoek ABC in zijde AB, dan heeft driehoek AH'B dezelfde omgeschreven cirkel als driehoek ABC (zie fig 7).

Bewijs: hoek H'AB = hoek HAB = 90 graden - beta = hoek H'CB, dus vierhoek H'ACB is een koordenvierhoek.

Ieder punt P van driehoek ABC ligt in minstens een der driehoeken AHB,BHC en CHA, en bij spiegeling in een geschikte zijde gaat P over in een punt P' binnen de omgeschreven cirkel van driehoek ABC. Merk op dat PA+PB=P'A+P'B en PC kleiner of gelijk P'C (fig 8).
Voor de oplossing van probleem 2 hoeven we alleen te kijken naar punten op de rand of buiten de driehoek, en uit figuur 9 blijkt dat we ons kunnen beperken tot punten op de cirkelomtrek (Q ligt verder van elk hoekpunt dan P).

Kies P op de cirkel. Er zijn t en x met
0 kleiner dan of gelijk aan t, t kleiner dan of gelijk aan x, x kleiner dan of gelijk aan pi/2,
zo dat (fig 10)

A=(-cos(t),-sin(t)), B=(cos(t),-sin(t)), P=(cos(x),-sin(x)).
PA+PB = wortel((cos(x)+cos(t))²+(sin(x)-sin(t))²) + wortel((cos(x)-cos(t))²+(sin(x)-sin(t))²) =
wortel(2+2cos(x+t))+wortel(2-2cos(x-t)) = 2cos((x+t)/2)+2sin((x-t)/2) = 4sin(pi/4-t/2)cos(pi/4-x/2).
Dit is maximaal als x=pi/2, dus PA+PB is kleiner of gelijk 4sin(pi/4-t/2).
Kiezen we de driehoek nu zo dat t=0, dan zien we dat
PA+PB kleiner of gelijk 2wortel(2) is, en omdat PC kleiner of gelijk 2 is (de diameter van de cirkel), is
PA+PB+PC kleiner of gelijk 2wortel(2)+2.
Deze waarde wordt bereikt voor de rechthoekige gelijkbenige driehoek.
A=(-1,0),B=(1,0),C=(0,1) en de keus P=(0,-1).