Kezdőlap


Feladat:	1380. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bajna Zsolt , Elekes György
Füzet:	1966/február, 60 - 61. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek hasonlósága, Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenlőtlenségek, Geometriai egyenlőtlenségek, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1965/március: 1380. matematika feladat

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

I. megoldás. A kettős egyenlőtlenség mindhárom tagja pozitív. Így elég megmutatni a négyzetre emeléssel adódó egyenlőtlenségek helyes voltát, mert nagyobb pozitív szám pozitív négyzetgyöke nagyobb.
Az első egyenlőtlenség jobb és bal oldala négyzetének különbsége a feltevések felhasználásával így alakítható.

\begin{matrix} (a^{2} + a b + \frac{b^{2}}{4}) - (a^{2} + b^{2}) = \frac{b}{4} (4 a - 3 b) . \end{matrix}

Az utolsó kifejezés pozitív, mert

a > b

, tehát az állítás első része igaz.
Hasonlóan a második egyenlőtlenségből

\begin{matrix} (a^{2} + b^{2}) - \frac{64}{81} (a^{2} + a b + \frac{b^{2}}{4}) = \frac{1}{81} (17 a^{2} - 64 a b + 65 b^{2}) = \\ \frac{1}{81} [a^{2} + {(4 a - 8 b)}^{2} + b^{2}] = \frac{1}{81} [c^{2} + 16 {(a - 2 b)}^{2}] > 0, & (2) \end{matrix}

így a második rész is igaz.

Bajna Zsolt (Esztergom, Bottyány J. műszerip. techn. III. o. t.)

Megjegyzés. Az állítás második részében nem használtuk fel az

a > b

feltevést, ez a rész minden derékszögű háromszögre érvényes.
Az első rész is érvényes, mihelyt

a > 3 b / 4

. Ezzel tágabb feltételt kaptunk az első rész érvényességéhez.
(2) szerint állandó

c

esetén (1) második és harmadik tagja négyzetének különbsége akkor a legkisebb, ha

a = 2 b

, azaz

a = 2 c \sqrt[]{5}

b = c \sqrt[]{5}

. Ekkor a különbség

c^{2} / 81

, az egyenlőtlenségnek ez a része a

c > c \sqrt[]{80 / 81}

alakot ölti.

II. megoldás a feladat első részéhez. Mérjük rá az

A B C

derékszögű háromszög

A C = b

befogójának felét

B C = a

-nak a derékszög

C

csúcsán túli meghosszabbítására, és kössük össze a

D

végpontot

A

-val és az

A C

oldal

E

felezőpontjával. Így egyrészt

D E > E C = A E

, és

\begin{matrix} D A C ∢ = D A E ∢ > A D E ∢ . \end{matrix}

(3)

Másrészt

B C > A C

miatt

\begin{matrix} C A B ∢ > 45^{\circ} = E D C ∢ . \end{matrix}

Ezt (3)-hoz adva

D A B ∢ > A D C ∢ = A D B ∢

, így pedig

\begin{matrix} D B > A B, a + \frac{b}{2} > c, \end{matrix}

amint (1) első része állítja.

B

-t

C

-höz közelítve az állítás első része nyilvánvalóan addig érvényes, amíg

B

el nem éri az

A D

szakaszra a

G

felezőpontjában állított merőlegesnek

B C

-vel való

F

metszéspontját. Az

F D G

és

A D C

derékszögű háromszögek hasonlóságából

\begin{matrix} D F = \frac{D G}{D C} \cdot D A = \frac{D A^{2}}{2 D C} = \frac{5}{2} D C, így C F = \frac{3}{2} D C = \frac{3}{4} A C, \end{matrix}

a mondott érvényesség feltétele:

a > 3 b / 4

, ezt a fenti megjegyzésben is láttuk.

Elekes György (Budapest, Fazekas M. gyak. g. II. o. t.)

II. megoldás a feladat második részéhez. Határozzuk meg, mely

k

számok esetén létezik olyan derékszögű háromszög, hogy teljesül

\begin{matrix} c = \sqrt[]{a^{2} + b^{2}} = k (a + \frac{b}{2}) . \end{matrix}

(4)

Innen négyzetre emelés után

b^{2}

-nel osztva az

a / b

hányadosra kapunk egyenletet:

\begin{matrix} (1 - k^{2}) {(\frac{a}{b})}^{2} - k^{2} (\frac{a}{b}) + (1 - \frac{k^{2}}{4}) = 0 \end{matrix}

Ennek gyökei valósak, ha a diszkrimináns nem negatív:

5 k^{2} - 4 ≧ 0.

k = 8 / 9

esetén ez a feltétel nem teljesül, így (4) sem teljesül semmilyen derékszögű háromszögre sem. Ezért (4) két oldalának nagyságviszonya állandó. Az

a = 3

b = 4

c = 5

esetben a jobb oldal

40 / 9

, kisebb a bal oldalnál, tehát mindig a bal oldal a nagyobb, minden derékszögű háromszögre fennáll (1) második része.