Kezdőlap


Feladat:	744. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Forgó Gábor és Imre , Jakubovics János , Zsombok Zoltán
Füzet:	1956/november, 96 - 97. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Körülírt kör, Beírt kör, Feuerbach-kör, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1956/március: 744. matematika feladat

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

I. megoldás: A beírt és körülírt kör sugarát $ϱ$ , ill. $r$ -rel jelölve, bizonyítandó, hogy

\begin{matrix} r \geq 2 ϱ . \end{matrix}

Tételünk közvetlenül következik Berkes Jenő ,,A talpponti háromszögről'' c. cikkében bizonyított (IV) összefüggésből. Eszerint

\begin{matrix} \frac{k}{K} = \frac{ϱ}{r}, \end{matrix}

(1)

ahol

K

az adott háromszög,

k

a talpponti háromszög kerületét jelenti. (Lásd K. M. L. 1956. márciusi számában a 63. old.)
Ismeretes, hogy

k

a beírt háromszögek minimális kerülete, és mint ilyen nem lehet nagyobb az oldalfelező pontok által meghatározott

\frac{K}{2}

kerületű háromszögnél. Tehát

k \leq \frac{K}{2}

, és így (1)-ből

\begin{matrix} \frac{\frac{K}{2}}{K} = \frac{1}{2} \geq \frac{ϱ}{r}, \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} r \geq 2 ϱ . \end{matrix}

Az egyenlőség jele nyilván csak akkor érvényes, ha a talpponti háromszög egybeesik az oldalfelező pontok alkotta háromszöggel, vagyis szabályos háromszög esetén.

Jakubovics János (Bp., V., Eötvös J. g. IV. o. t.)

II. megoldás: Még egyszerűbben következik tételünk az ismeretes Euler-féle tételből, mely szerint

\begin{matrix} 2 r ϱ = r^{2} - d^{2}, \end{matrix}

ahol

d

jelenti a beírt és körülírt kör középpontjainak egymástól való távolságát. (Lásd ,,Matematikai Versenytételek'' I. rész 1897/2 feladathoz fűzött 2. jegyzetet a 41‐43. old.)
Mivel

\begin{matrix} d \geq 0, azért 2 r ϱ \leq r^{2}, \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} 2 ϱ \leq r . \end{matrix}

Egyenlőség csak akkor áll fenn, ha

d = 0

, vagyis a háromszög szabályos.

Forgó Gábor és Imre (Bp., V., Eötvös J. g. IV. o. t.)

III. megoldás: Ismeretes a tankönyvből, hogy a talpponti háromszög köré írt ún. Feuerbach-féle kör átmegy az oldalfelező pontokon is, és sugara

\frac{r}{2}

. Tehát a Feuerbach-féle,

\frac{r}{2}

sugarú kör minden oldalt két pontban metsz (esetleg érint, ha a két pont egybeesik). Ha tehát a körhöz a háromszög oldalaival párhuzamos érintőket szerkesztünk, olyan háromszöghöz jutunk, amely az adott háromszöget teljes egészében tartalmazza, és amelynek beírt köre

\frac{r}{2}

sugarú. Ebből következik, hogy az adott háromszögbe írt kör sugara nem lehet nagyobb, mint

\frac{r}{2}

, vagyis

\begin{matrix} ϱ \leq \frac{r}{2} . \end{matrix}

Az egyenlőség jele csak akkor lehet érvényes, ha a Feuerbach-féle kör egybeesik a beírt körrel, vagyis ha a háromszög szabályos.

Megjegyzés: A tételt általánosíthatjuk a térben tetraéderre. A 4 tetraéderlap 4 súlypontja egy, az eredeti tetraéderhez hasonló,

1 : 3

arányban kicsinyített tetraédert határoz meg. E tetraéder köré írt gömb sugara tehát

\frac{r}{3}

. Az eredeti tetraéder lapokkal párhuzamos érintősíkokat fektetve e gömbhöz, teljesen a síkbeli okoskodáshoz hasonló meggondolásokkal belátható, hogy

ϱ \leq \frac{r}{3}

. Egyenlőség csak a szabályos tetraéderre áll fenn.

Zsombok Zoltán (Bp., IV., Könyves Kálmán g. IV. o. t.)