Normat 55:2, 85–89 (2007) 85
Trianglar med samma omkrets och area
Bengt Ulin
Bengt.Ulin@swebb.se
Inledning
Kan två trianglar av olika form ha såväl samma omkrets som samma area? Och om
så kan vi lätt konstruera explicita exempel? Frågeställningen togs upp av Robert
W. Prielipp i en artikel i The Mathematics Teacher, 2/1974 i vilken han behandlade
olika aspekter av den.
Innan vi börjar kan vi konstatera att svaret på den första frågan måste vara ja
baserat på ett allmänt resonemang. Familjen av alla trianglar upp till kongruens är
3-dimensionell, ty en triangel bestäms av längden av sina tre sidor vilka kan vara
godtyckligt givna så när som de uppenbara olikheterna. Om vi betraktar trianglar
upp till likformighet reducerar vi antalet parametrar till två, ty sådana trianglar
är bestämda av sina vinklar, och vinkelsumman i en triangel är som vi alla vet
förutbestämd. Om vi fixerar omkretsen av en triangel finns det bara en sådan
triangel med given form, så trianglar med given omkrets utgör även de en två-
dimensionell familj. Att fixera arean utgör även det ett ytterligare villkor, vilket
betyder att trianglar med given omkrets och area bör (ifall det existerar ty en
given omkrets ger en övre begränsning på arean, vars maximum inte förvånansvärt
antages av den liksidiga triangeln) utgöra en 1-dimensionell skara. I själva verket
utgör dessa en nivåkurva till areafunktionen. Den senare funktionen kan göras
explicit via Herons formel som lyder
A
2
= p(p − a)(p −b)(p −c)
där a, b, c är triangelns sidor och 2p = a + b + c. Dock att explicit parametrisera
nivåkurvorna är betydligt svårare vilket föranleder intresset.
I denna artikel tänker vi angripa problemet från en elementär skol-matematisk
synvinkel, medan i en efterföljande artikel planerar huvudredaktören att angripa
problemet från en ’högre’ ståndpunkt, och tala om modulirum för trianglar och
theta-funktioner bland annat.
86 Bengt Ulin Normat 2/2007
pA-trianglar
Låt oss nu kalla trianglar med given omkrets (2p) och given area (A) för pA-
trianglar. (Notera att 0 ≤ A ≤
√
3
9
p
2
.) Prielipp visar följande
1. att om två rätvinkliga pA-trianglar har lika lång hypotenusa, så är de kon-
gruenta
2. att två rätvinkliga pA-trianglar är kongruenta. Beviset bygger på 1)
3. att det finns icke-kongruenta likbenta pA-trianglar.
Med hjälp av viss algebraisk teknik härleder Prielipp heltalsvärden för triangelsi-
dorna. Jag vill här dels ge en enkel härledning av 1) och 2), varav 1) i skärpt form,
dels utvidga 3) till en generell behandling av problemet.
Punkt 1) kan med enkla medel skärpas till satsen:
Sats 1. Om två pA-trianglar har en lika lång sida, så är de kongruenta
A
A’
D
B
C
Bevis. Vi fixerar sidan AB i en triangel ABC och låter
hörnet C röra sig så att triangelarean hålls fix. Som be-
kant rör sig då C längs en parallell till sidan AB. Med
en idé, som är klassisk från Herons berömda härled-
ning av ljusets (kortaste) väg från en punkt A via en
reflekterande linje till en punkt B, visar man att läng-
den AC+CB är monotont växande i fig 1, då C rör sig
åt sidan från den punkt D för vilken AD = DB. Härav
inses att C vid bibehållen omkrets endast kan inta två
symmetriska positioner (sammanfallande för C = D),
vilket medför kongruenta trianglar.
Punkt 2) visas lätt med trigonometri:
Låt c och d, u och v vara hypotenusa resp en spetsig vinkel i två rätvinkliga pA-
trianglar. Då gäller följande system av två ekvationer:
c(1 + sin u + cos u) = d(1 + sin v + cos v) = 2p(1)
c
2
sin u cos u = d
2
sin v cos v = 2A(2)
Kvadrering av (1) och ledvis division ger
(1 + sin u + cos u)
2
sin u cos u
=
(1 + sin v + cos v)
2
sin v cos v
Utnyttjande av den trigonometriska ettan i täljarna leder till ekvationen
1 + sin u + cos u
sin u cos u
=
1 + sin v + cos v
sin v cos v
dvs
2p/c
2A/c
2
=
2p/d
2A/d
2
varav följer c = d. Av sats 1 följer nu att trianglarna är kongruenta.
Normat 2/2007 Bengt Ulin 87
pA-tvillingar
Som inledning till ett generellare studium kan vi först notera att den liksidiga
triangeln erbjuder maximal triangelarea vid given omkrets. Eftersom den liksidiga
triangeln har area a
2
√
3, då dess sida är 2a och halva omkretsen således p = 3a
uppfyller alla trianglar olikheter
A ≤
p
2
3
√
3
(3)
varvid likhet gäller endast för den liksidiga triangeln.
1
Denna är alltså unik som
triangel med area och perimeter p som satisfierar ekvationen
A =
p
2
3
√
3
Om däremot olikhet råder i (3) kan man räkna med att triangeln inte är unik,
d.v.s. endast för liksidiga trianglar degenererar nivåkurvan till en punkt.
Vi kommer i fortsättningen att utnyttja följande enkla baskunskap:
Hjälpsats. Om en sida AB i en triangel ABC förenar brännpunkterna i en ellips
med en storaxel av given längd |AC| + |CB|, så blir triangelarean maximal när C
sammanfaller med en ändpunkt till ellipsens lillaxel
Ellipsen är nämligen per definition den kurva som C beskriver, då summan |AC|+
|CB| är konstant (A och B fixa). Utsagan följer nu direkt av att triangelarean är
hälften av h|AB|, där h är höjden från C mot ellipsens storaxel, som ju innehåller
sidan AB.
Låt oss nu märmast betrakta likbenta, icke liksidiga trianglar och kalla två
sådana trianglar för tvillingar om de har samma p- och A-värden. Vi bevisar:
Sats 2. Varje likbent, icke-liksidig triangel har en pA-tvilling
b b c c
χ χ
β β
Bevis. I fig 2 är 2b och β bas resp basvinkel i en given
triangel samt 2c och γ motsvarande element i en sökt
pA-tvilling.
Vi erhåller ekvationssystemet
b
2
tan
2
β = c
2
tan
2
γ(= A
2
)(4)
b(1 +
1
cos β
) = c(1 +
1
cos γ
)(= p)(5)
Kvadrering av (5) och utnyttjande av (4) leder till ekvationen
(1 + cos β)
2
sin β cos β
=
(1 + cos γ)
2
sin γ cos γ
(6)
1
Det är elementärt att bevisa att av alla likbenta trianglar med given omkrets 2p har den
liksidiga triangeln den största arean A. Man kan t ex låta bas och sida vara x resp p − x och
maximera A = x
p
p
2
− 2px där rotuttrycket enligt Pythagoras sats är höjden mot basen. Maxi-
mum erhålls för x = p/3, vilket innebär liksidig triangel. I allmänhet kan man med fördel använda
sig av Herons formel.
88 Bengt Ulin Normat 2/2007
Vi ska se att (6) satisfieras av ett värde γ skilt från β genom att studera funktionen
F (x) =
(1 + cos x)
2
sin x cos x
(0 < x <
π
2
)
Efter derivering kan man hyfsa derivatan till
F
0
(x) = 2
u + 1
u(1 − u)
(u −
1
2
)
där u = cos x. Notera att cos
π
3
=
1
2
, varav vi sluter att i intervallet 0 ≤ x ≤
π
3
är F (x) strikt avtagande, medan däremot i intervallet
π
3
≤ x ≤
π
2
strikt växande.
Vidare växer F (x) obegränsat dels då x avtar mot 0, dels då x växer mot
π
2
. Därav
följer att varje ekvation F (x) = C för C >
√
27 uppfylls av två x-värden β och
γ , det ena mindre än
π
3
, det andra större än
π
3
, vilket motsvarar två likbenta,
icke-liksidiga trianglar av olika form.
Ett numeriskt exempel kommer att ingå i nästa avsnitt.
Följande sats bör vara föga oväntad men jag föredrar ändå att ge ett argument.
Sats 3. Ingen icke-liksidig pA-triangel är unik
Notera att utsagan är redan bevisad för likbenta trianglar.
Bevis. Vi låter nu P QR vara en triangel med 3 olika långa sidor, omkrets 2p och
area A och söker en annorlunda formad triangel med samma p- och A-värden . Vi
fixerar sidan PQ med längd 2b som bas och låter P och Q utgöra bränn-punkter i en
ellips E med storaxellängd 2p−2b. Denna längd är alltså lika med den sammanlagda
längden hos triangelsidorna P R och RQ. Hörnet R ligger därför på E.
Vi låter nu R löpa längs E till en ändpunkt S av ellipsens lillaxel (fig 3a).
Triangelns omkrets hålls därvid konstant men arean ökar till ett större värde B,
eftersom triangeln erhåller en längre höjd, säg h, mot basen P Q. Om den erhållna
likbenta triangeln skulle vara liksidig (vilket inträffar om ellipsen har excentricitet
1
2
, väljer vi en annan triangel-sida som bas. Enligt sats 1 har triangeln P QS en
pB-tvilling P
0
Q
0
S
0
. Dess bas 2b
0
är enligt avsnitt III. skild från 2b. Vi låter höjden
mot basen vara h
0
och placerar P
0
och Q
0
som brännpunkter i en ny ellips E
0
med
storaxellängd 2p − 2b
0
. S
0
blir då ändpunkt till en lillaxel med längd 2h
0
, eftersom
triangeln P
0
Q
0
S
0
har höjd h
0
(fig 3b). När vi nu flyttar S
0
längs E
0
, bibehålls
triangelns perimeter p. Vi låter S
0
inta ett sådant läge R
0
att triangelarean reduceras
till A (fig 3c). Vi har då erhållit en ny triangel P
0
Q
0
R
0
med samma p- och A-värden
P Q
R
S
3a
hp-b
P’ Q’
3b
S’
h’
b’ b"
p-b’p-b’
P Q
R
S
3a
hp-b
P’ Q’
3b
S’
h’
b’ b"
p-b’p-b’
P’ Q’
R’
S’
3c
som triangeln P QR, men vars form är en annan, eftersom b
0
6= b. Därmed är satsen
bevisad.
Normat 2/2007 Bengt Ulin 89
Numeriska exempel
Om man nöjer sig med enstaka numeriska exempel på pA-tvillingar kan man med
fördel använda Herons formel för arean. Om tre numeriska värden på sidorna a,
b och c är givna, kan tre andra sökta sidor r, s och t erhållas genom ansatsen
p − r = α(p − a), p − s = β(p − b), p − t = γ(p − c) (∗) där α, β, γ är parametrar
som uppfyller likheten αβγ = 1. De två trianglarna har då enligt Heron samma
area. Addition av likheterna i (*) och utnyttjande av omkretsvillkoret a + b + c =
r + s + t = 2p leder efter hyfsning till följande ekvationssystem för parametrarna:
(α + β + γ) − (αa + βb + γc) = p
αβγ = 1(7)
Man kan utan större möda finna exempel på tripler a, b, c och α, β, γ som åstad-
kommer detta.
Om man vill skaffa sig likbenta pA-tvillingar med heltalsvärden på sidorna kan
man utgå från en triangel med bas 2a och motstående höjd 2h och tillordna den en
likbent tvilling med bas 4a och höjd h. Då har trianglarna samma area 2ah. Lika
stora omkretsar ger ekvationen
a +
p
s
2
+ 4h
2
= 2a +
p
4a
2
+ h
2
Med x = h
2
/a
2
erhåller vi ekvationen
√
1 + 4x = 1 +
√
4 + x
Dess användbara lösning är x = 28/9, varav h/a = 2
√
7/3. Valet a = 3, h = 2
√
7 ger
ett par pA-trianglar med heltalsvärden på sidorna, nämligen 6, 11, 11 och 12, 8, 8.
