Feladat:	1099. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bollobás Béla ,  Juhász István ,  Molnár Emil ,  Nováky Béla ,  Szőts Miklós
Füzet:	1962/január, 24 - 27. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Ceva-tétel, Szögfelező egyenes, Terület, felszín, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1961/március: 1099. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.     I. megoldás. A 871. feladatban1 az $A{C}_1\mathrm{,}{C}_{1}B\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{B}_{1}A$ szakaszokat, majd az $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ szögek szinuszát kifejeztük az $ABC$ háromszög $a$, $b$, $c$ oldalaival és $t$ területével. Ezekkel felírtuk az $A{B}_1{C}_1$, $B{C}_1{A}_1$ és $C{A}_1{B}_1$ háromszögek területét. Végül ezek összegének $t$-ből való levonásával azt találtuk, hogy az $A_1{B}_1{C}_1$ háromszög $t_1$ területe: $\begin{array}{c}{\displaystyle t_1=t\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\mathrm{.}}\end{array}$ Eszerint azt kell igazolnunk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{t_1}{t}=\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le \frac{1}{4}\mathrm{.}}\end{array}$ (1) $a$, $b$, $c$ pozitív számok, ezért a két pozitív szám számtani és mértani közepének ismert nagyságviszonya szerint $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{ab}\le \frac{a+b}{2}\mathrm{,}\text{másképpen}\frac{\sqrt[]{ab}}{a+b}\le \frac{1}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Hasonlóan $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\sqrt[]{bc}}{b+c}\le \frac{1}{2}\mathrm{,}\frac{\sqrt[]{ca}}{c+a}\le \frac{1}{2}\mathrm{,}}\end{array}$ és az egyenlőségi jel csak akkor érvényes, ha a megfelelő két szám egyenlő. E három egyenlőtlenség szorzatát 2-vel szorozva éppen az (1)-beli egyenlőtlenséget kapjuk. Ezzel az állítást igazoltuk. Egyenlőség csak $a=b=c$ mellett, tehát szabályos háromszög esetében áll fenn. Szőts Miklós (Budapest, Corvin Mátyás g. IV. o. t.)   II. megoldás. Tegyük fel, hogy $a\le b$ és jelöljük az $AB$ oldal felezőpontját $F$-fel. Ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle B{C}_1=\frac{a}{a+b}\cdot c\le \frac{b}{a+b}\cdot c=C_{1}A\mathrm{,}}\end{array}$ tehát $C_1$ vagy a $BF$ szakaszon van, vagy egybeesik $F$-fel.     Legyen a $C$-ből húzott magasság $m$. Ezzel $A_1$ és $B_1$-nek $AB$-től való $d_a$, $d_b$ távolságára $\begin{array}{c}{\displaystyle d_a=\frac{B{A}_1}{BC}\cdot m=\frac{cm}{b+c}\mathrm{,}{d}_b=\frac{A{B}_1}{AC}\cdot m=\frac{cm}{a+c}\mathrm{,}}\end{array}$ tehát $d_a\le d_b$. Ezért az $A_1{B}_1$ egyenes $AB$-t a $B$-n túli meghosszabbításán metszi, vagy párhuzamos vele. Ezek szerint $C_1$ nem lehet távolabb az $A_1{B}_1$ egyenestől, mint $F$, így a közös $A_1{B}_1$ alapú $A_1{B}_1{C}_1$ és $A_1{B}_{1}F$ háromszögek területére ‐ a területeket ugyanúgy jelölve, mint magukat a háromszögeket ‐: $\begin{array}{c}{\displaystyle A_1{B}_1{C}_1\le A_1{B}_{1}F\mathrm{.}}\end{array}$ (2) $F$-nek $A_1{B}_1$-től való távolsága egyenlő $A$ és $B$ ugyancsak $A_1{B}_1$-től mért távolságainak számtani közepével, ezért $\begin{array}{c}{\displaystyle 2A_1{B}_{1}F=A_1{B}_{1}A+A_1{B}_{1}B\mathrm{.}}\end{array}$ (3) Most már (2) és (3)-ból: $\begin{array}{c}{\displaystyle 2A_1{B}_1{C}_1=2t_1\le A_1{B}_{1}A+A_1{B}_{1}B\mathrm{.}}\end{array}$ (4) Eredményünk az $a\le b$ feltevéstől függetlenül érvényes, mert benne az $A$ és $B$ pontok egyenlő szerepet játszanak. Ezért hasonlóan ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle }& {\displaystyle 2t_1\le B_1{C}_{1}B+B_1{C}_{1}C\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle 2t_1\le C_1{A}_{1}C+C_1{A}_{1}A\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Ezeket (4)-gyel összeadva a bal oldalon $6t_1$ áll. A jobb oldali 6 háromszög a bennük előforduló azonos szögfelezőszakaszok szerinti párokban összeillesztve 3 négyszöget fed le (2. ábra). Ezeket másik átlójuk mentén kettévágva a részek 3-szor fedik le az $A_1{B}_1{C}_1$ háromszöget, és egyszer-egyszer az $A{B}_1{C}_1$, $B{C}_1{A}_1$, $C{A}_1{B}_1$ háromszögeket. Tehát a jobb oldali háromszögekkel az $ABC$ háromszög egyszer, az $A_1{B}_1{C}_1$ pedig további 2-szer van lefedve: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \left(A{A}_1{B}_1+A{A}_1{C}_1\right)+\left(B{B}_1{C}_1+B{B}_1{A}_1\right)+\left(C{C}_1{A}_1+C{C}_1{B}_1\right)=A{B}_1{A}_1{C}_1+}\hfill \\ \hfill {\displaystyle +B{C}_1{B}_1{A}_1+C{A}_1{C}_1{B}_1=A{B}_1{C}_1+A_1{B}_1{C}_1+B{C}_1{A}_1+C{A}_1{B}_1+2A_1{B}_1{C}_1=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =ABC+2A_1{B}_1{C}_1\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Eszerint $6t_1\le t+2t_1$, vagyis $4t_1\le t$. Ezt kellett bizonyítanunk. Egyenlőség akkor és csak akkor áll, ha mindegyik szögfelező a szemben fekvő oldalt a felezőpontjában metszi, vagyis ha az eredeti háromszög szabályos. Bollobás Béla (Budapest, Apáczai Csere J. gyak. g. IV. o. t.) Juhász István (Budapest, Madách I. g. IV. o. t.) és Nováky Béla (Budapest, I. István g. III. o. t.) dolgozatából   III. megoldás. Bebizonyítjuk a következő általános tételt: Ha $A_1$, $B_1$, $C_1$ az $ABC$ háromszög $BC$, $CA$, $AB$ oldalának belső pontja, és az $A{A}_1$, $B{B}_1$, $C{C}_1$ szakaszok egy pontban metszik egymást, akkor az $A_1{B}_1{C}_1$ háromszög területe nem nagyobb az $ABC$ háromszög területének $\text{<span style="font-style: italic;">4</span>}$-edrészénél.     Legyen $A{C}_1=c_1$, $C_{1}B=c_2$, $B{A}_1=a_1$, $A_{1}C=a_2$, $C{B}_1=b_1$, $B_{1}A=b_2$. Ekkor a területek fenti jelölésével $\begin{array}{c}{\displaystyle ABC=\frac{1}{2}\left(b_1+b_2\right)\left(c_1+c_2\right)\text{sin}\alpha \mathrm{,}A{B}_1{C}_1=\frac{1}{2}{b}_2{c}_1\text{sin}\alpha \mathrm{,}}\end{array}$ tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle A{B}_1{C}_1=\frac{b_2{c}_1}{\left(b_1+b_2\right)\left(c_1+c_2\right)}\cdot ABC\mathrm{.}}\end{array}$ Hasonló összefüggést írhatunk fel $B{C}_1{A}_1$ és $C{A}_1{B}_1$-re. Ezekkel ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle A_1{B}_1{C}_1=ABC-A{B}_1{C}_1-B{C}_1{A}_1-C{A}_1{B}_1=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =ABC\left[1-\frac{b_2{c}_1}{\left(b_1+b_2\right)\left(c_1+c_2\right)}-\frac{c_2{a}_1}{\left(c_1+c_2\right)\left(a_1+a_2\right)}-\frac{a_2{b}_1}{\left(a_1+a_2\right)\left(b_1+b_2\right)}\right]=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =ABC\cdot \frac{a_1{b}_1{c}_1+a_2{b}_2{c}_2}{\left(a_1+a_2\right)\left(b_1+b_2\right)\left(c_1+c_2\right)}\mathrm{,}}\hfill \end{array}}$ ennélfogva állításunk a következő: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{a_1{b}_1{c}_1+a_2{b}_2{c}_2}{\left(a_1+a_2\right)\left(b_1+b_2\right)\left(c_1+c_2\right)}\le \frac{1}{4}\mathrm{.}}\end{array}$ Ceva tétele szerint $a_1{b}_1{c}_1=a_2{b}_2{c}_2$, ezért a számláló így alakítható: $\begin{array}{c}{\displaystyle a_1{b}_1{c}_1+a_2{b}_2{c}_2=2a_1{b}_1{c}_1=2\sqrt[]{a_1^2{b}_1^2{c}_1^2}=2\sqrt[]{a_1{a}_2{b}_1{b}_2{c}_1{c}_2}\mathrm{.}}\end{array}$ Most már az állítás átrendezésével adódó $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\sqrt[]{a_1{a}_2}}{\frac{a_1+a_2}{2}}\cdot \frac{\sqrt[]{b_1{b}_2}}{\frac{b_1+b_2}{2}}\cdot \frac{\sqrt[]{c_1{c}_2}}{\frac{c_1+c_2}{2}}\le 1}\end{array}$ egyenlőtlenségről a számtani és mértani közép nagyságviszonyára már idézett tétel alapján nyilvánvaló, hogy helyes. Átalakításaink fordítva is érvényesek, ezért az állítás helyes. Eredményünk érvényes az eredeti feladatra, mert a szögfelezők egy pontban metszik egymást. Ezzel az állítást bebizonyítottuk. Molnár Emil (Győr, Révai M. g. IV. o. t.)   Megjegyzések. 1. Az állítást így is kimondhatjuk: ha $A_1$, $B_1$, $C_1$ a $BC$, $CA$, $AB$ oldal olyan belső pontja, amelyre $B{A}_1:A_{1}C=k:l$, $C{B}_1:B_{1}A=l:m$, és $A{C}_1:C_{1}B=m:k$, akkor az $A_1{B}_1{C}_1△$ területe legfeljebb 4-edrésze az $ABC△$ területének. Juhász István (Budapest, Madách I. g. IV. o. t.)   2. A felhasznált általános tétel számítás nélkül is bizonyítható. Legyen az $AB$, $BC$, $CA$ oldalak felezőpontja $C_0$, $A_0$, $B_0$, a háromszög súlypontja $S$. A súlyvonalak 6 részháromszögre bontják a háromszöget. Tegyük fel, hogy az $A{A}_1$, $B{B}_1$, $C{C}_1$ egyenesek $P$ metszéspontja az $AS{B}_0$ részháromszögben van (ez a betűzés alkalmas választásával elérhető). Így $A_1$ a $C{A}_0$ szakaszon, $B_1$ pedig az $A{B}_0$ szakaszon van. Ha egybeesnek $A_0$ ill. $B_0$-lal, akkor $P$ azonos $S$-sel, tehát $C_1$ is $C_0$-lal és az $A_0{B}_0{C}_0$ háromszög területe az $ABC$ háromszögének negyedrésze. Ha $A_1$ és $B_1$ közül legalább az egyik különbözik a megfelelő oldal felezőpontjától, akkor az $A_1{B}_1$ egyenes az $AB$ oldal $A$-n túli meghosszabbítását metszi, így ha $C_1$-et távolítjuk az $AB$ oldal mentén $A$-tól ($A_1$-et és $B_1$-et változatlanul hagyva, tehát nem ügyelve arra, hogy $A{A}_1$, $B{B}_1$, $C{C}_1$ továbbra is egy ponton menjen keresztül), akkor az $A_1{B}_1$ egyenestől való távolsága növekszik. Legyen $C^{*}$ az $A_1$-en át $AC$-vel párhuzamosan húzott egyenes metszéspontja az $AB$ oldallal. Megmutatjuk, hogy az $A{C}^{*}{A}_{1}C$ trapéz $A{A}_1$ és $C{C}^{*}$ átlóinak $P^{*}$ metszéspontja a $B{B}_0$ súlyvonalra esik. $B{B}_0$ felezi az $A_1{C}^{*}$ szakaszt. Legyen a metszéspontjuk $Q$. Ekkor $A{B}_0{P}^{*}$ és $A_{1}Q{P}^{*}$ hasonló háromszögek (megfelelő szögeik egyenlők), s így $A{P}^{*}/A_1{P}^{*}=A{B}_0/A_{1}Q=\left(AC/2\right)/\left(A_1{C}^{*}/2\right)=AC/A_1{C}^{*}$. De tudjuk (az $A{P}^{*}C$ és $A_1{P}^{*}{C}^{*}$ háromszögek hasonlóságából), hogy ugyanilyen arányban osztja $A{A}_1$-et a $C{C}^{*}$ átlóval való metszéspont is, tehát $C{C}^{*}$ a $P^{*}$ pontban, s így a $B{B}_0$ súlyvonalon metszi $A{A}_1$-et, ‐ és ezt állítottuk. Most már közbeiktatott háromszögek felhasználásával összehasonlíthatjuk az $A_1{B}_1{C}_1$ és $A_0{B}_0{C}_0$ háromszögek területét. Ha $P^{*}$ azonos $P$-vel, akkor $C^{*}$ azonos $C_1$-gyel, s így az $A_1{B}_1{C}^{*}$ háromszög ugyanaz, mint $A_1{B}_1{C}_1$. Ha $P^{*}$ a $P{A}_1$ szakasz belsejében van, akkor egyszersmind a $BC{C}_1$ háromszögben van, s így $C^{*}$ a $C_{1}B$ szakaszhoz tartozik, tehát messzebb van $A$-tól, mint $C_1$, s így az $A_1{B}_1$-től való távolsága nagyobb, mint $C_1$-é; ennek folytán az $A_1{B}_1{C}_1$ háromszög területe kisebb, mint $A_1{B}_1{C}^{*}$-é, az utóbbi pedig megegyezik az $A_1{B}_0{C}^{*}$ háromszögével, mert $A_1{C}^{*}$ párhuzamos $AC$-vel. Ez a háromszög egybe eshet $A_0{B}_0{C}_0$-lal (ha $P$ az $AS$ szakaszon s így $A_1$ az $A_0$ pontban van). Ha különbözik tőle, akkor $A_1$ a $C{A}_0$ szakasz belsejében van, s így $C^{*}$ az $A{C}_0$ szakasz belsejében. Ekkor $C^{*}{B}_0$ a $BC$ oldal $C$-n túli meghosszabbítását metszi, így $A_1$ közelebb van $C^{*}{B}_0$-hoz, mint $A_0$. Így ‐ a háromszögek területét ugyanúgy jelölve, mint a háromszögeket magukat ‐ azt nyertük (tekintettel arra is, hogy $A_0{B}_0\parallel AB$), hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle A_1{B}_1{C}_1\le A_1{B}_1{C}^{*}=A_1{B}_0{C}^{*}\le A_0{B}_0{C}^{*}=A_0{B}_0{C}_0=\frac{1}{4}ABC\mathrm{.}}\end{array}$ Ezzel állításunkat igazoltuk. Az első lépésben csak akkor nem nagyobbítunk, ha $P$ a $B{B}_0$ súlyvonalon van, a harmadikban pedig akkor, ha $P$ az $A{A}_0$ súlyvonalon is van, tehát egyenlőség csak akkor állhat, ha $P$ a háromszög súlypontja, és ekkor valóban az egyenlőségjel érvényes. 1K. M. L. 17 (1958) 7. o.