Kezdőlap


Feladat:	F.2070	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: -
Megoldó(k):	Balázs I. J. , Balogh J. , Csikós B. , Erdődy Gizella , Hazag T. , Homonnay G. , Józsa M. , Knébel I. , Krizsán J. , Németh E. , Slezák T. , Tóth Csaba (Sopron)
Füzet:	1977/május, 205 - 206. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Trigonometrikus egyenlőtlenségek, Magasságvonal, Körülírt kör, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1976/december: F.2070

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

Az $O$ középpont kívánt helyzete miatt a háromszög nem lehet sem tompaszögű, sem derékszögű. Továbbá a $B A C ∢ = α$ csak kisebb lehet $β$ és $γ$ mindegyikénél, különben pl. az $A B$ oldal felező merőlegesének nincs pontja a $B_{1} C_{1}$ szakaszon, tehát $O$ sem lehet rajta. Ezek szerint $α < β \leq γ$ .

B_{1}

és

C_{1}

B C

átmérőjű Thalész-körön vannak, ezért

O B_{1} A ∢ = C_{1} B_{1} A ∢ = C_{1} B C ∢ = β

A C

felezőpontját

B_{0}

-lal jelölve

A O B_{0} ∢ = β

, és

\begin{matrix} tg O B_{1} A ∢ = tg β = \frac{O B_{0}}{A B_{1} - A B_{0}} = \frac{r cos β}{c cos α - \frac{b}{2}} = \frac{r cos β}{2 r sin γ cos α - r sin β}, \\ \frac{sin β}{cos β} = \frac{cos β}{2 cos α sin γ - sin β}, \\ 2 cos α sin β sin γ = sin^{2} β + cos^{2} β = 1, \end{matrix}

ez egy szög-feltétel a vizsgált háromszög-osztályra. Átrendezve, trigonometriai azonosságok ismételt alkalmazásával

\begin{matrix} \frac{1}{cos α} = 2 sin β sin γ = cos (γ - β) - cos (β + γ) = cos (γ - β) + cos α, \\ cos (γ - β) = \frac{1}{cos α} - cos α = \frac{sin^{2} α}{cos α} = sin α tg α . & (1) \end{matrix}

Ennek alapján megválasztott

α

mellett kiszámítható

β

és

γ

, ennek diszkussziójából kapjuk a keresett korlátokat.
Mivel

cos (γ - β) \leq 1

, azért

\begin{matrix} \frac{1}{cos α} - cos α \leq 1, \\ 0 \leq cos^{2} α + cos α - 1 = (cos α - \frac{\sqrt[]{5} - 1}{2}) (cos α + \frac{\sqrt[]{5} + 1}{2}), \end{matrix}

és mivel a második tényező mindig pozitív, azért

\begin{matrix} cos α \geq \frac{\sqrt[]{5} - 1}{2} = cos 51^{\circ} 49, 6', \\ α \leq 51^{\circ} 49, 6' . \end{matrix}

Rögzített

α

mellett

γ

és

β

említett számítása:

\begin{matrix} γ + β = 108^{\circ} - α, \\ γ - β = arc cos (\frac{1}{cos α} - cos α), ezekből \\ γ = 90^{\circ} - \frac{α}{2} + \frac{1}{2} arc cos (\frac{1}{cos α} - cos α), & (2) \\ β = 90^{\circ} - \frac{α}{2} + \frac{1}{2} arc cos (\frac{1}{cos α} - cos α), \end{matrix}

egyenlőség a fenti

α = 51^{\circ} 49, 6'

mellett áll be:

γ = β = 64^{\circ} 5, 4'

.
Mármost a

γ < 90^{\circ}

korlátozás miatt (2)-ből

\begin{matrix} arc cos (\frac{1}{cos α} - cos α) < α, \end{matrix}

ebből a cosinusfüggvény szigorúan monoton csökkenése alapján

\begin{matrix} \frac{1}{cos α} - cos α > cos α, \end{matrix}

egyrészt

cos^{2} α < \frac{1}{2}

, másrészt

cos (γ - β) > cos α

\begin{matrix} α > 45^{\circ} γ - β < α . \end{matrix}

α

csökkenve tart

45^{\circ}

-hoz, akkor

γ - β

növekedve tart

45^{\circ}

-hoz,

α = 45^{\circ}

mellett

β = 45^{\circ}

γ = 90^{\circ}

, és

O

C_{1}

-ben adódik, már nem belső pontja a

B_{1} C_{1}

szakasznak.
Mindezek szerint a korlátok

\begin{matrix} 45^{\circ} < α & \leq 51^{\circ} 49, 6' és \\ 45^{\circ} < β & \leq 64^{\circ} 5, 4' \leq γ < 90^{\circ} . \end{matrix}

Ezek mellett tejesül is a követelmény, mert számításaink megfordíthatóak.