Feladat: F.2299 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1981/december, 194 - 196. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Geometriai egyenlőtlenségek, Körülírt kör, Feladat, Súlypont, Két pont távolsága, szakasz hosszúsága, Síkgeometriai számítások trigonometriával
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1981/február: F.2299

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

Mely háromszögekre érvényes az alábbi egyenlőtlenség, amelyben S az ABC háromszög súlypontja és r a köréje írt kör sugara:

SA2+SB2+SC2>8r2/3.(1)

I. megoldás. Előzetes tájékozódásul tüstént látni, hogy szabályos háromszögre érvényes az állítás, a bal oldal mindegyik tagja r2. ‐ Ezzel szemben semmilyen derékszögű ABC háromszögre nem érvényes, mert áttérve az AA1, BB1, CC1 súlyvonalakra, ezek négyzetei is derékszögű háromszögekből fejezhetők ki és (1) bal oldala
49(AA12+BB12+CC12)=49(b2+a24+a2+b24+a24+b24)=23c2=83(c2)2,
és ez egyenlő a jobb oldallal, hiszen itt r=c/2. ‐ Továbbá ‐ mivel rögzített körbe olyan háromszögek is beírhatók, melyeknek mindegyik oldala kisebb, mint a sugár, és a súlyvonal mindig kisebb, mint a háromszög legnagyobb oldala, másfelől minden ilyen háromszög tompaszögű, mert nem tartalmazza a kör középpontját ‐ az a sejtésünk támad, hogy tompaszögű háromszögekre sem érvényes az (1) egyenlőtlenség.
Megmutatjuk, hogy (1) akkor és csak akkor érvényes, ha a háromszög hegyesszögű. Ismeretes, hogy a súlyvonalak kifejezhetők az oldalakkal, pl.
CC12=14(2⋅CA2+2⋅CB2-AB2).
Ezekkel a bal oldal igy alakul:
13(a2+b2+c2)=4r23(sin2α+sin2β+sin2γ),(*)
mindjárt felhasználtuk az oldalak a=2rsinα,...  kifejezését a sugárral és a megfelelő szöggel. Így az (1)-gyel ekvivalens
sin2α+sin2β+sin2γ>2
kérdésre jutottunk, és ez ismét a következőkkel ekvivalens: mely háromszögekben teljesül
1>cos2α+cos2β+cos2γ?(2)
A jobb oldalon két tényező helyére kissé bonyolultabb kifejezést írunk ‐ az első ilyen cosα=-cos(β+γ) ‐, de az addíciós tételek alapján végül egyszerűbbet, szorzatot kapunk:
-cosαcos(β+γ)-cosβcos(α+γ)+cos2γ==-2cosαcosβcosγ+sinγ(cosαsinβ+cosβsinα)+cos2γ==-2cosαcosβcosγ+1,


mert sin(α+β)=sinγ. Eszerint (2) és vele (1) akkor és csakis akkor teljesül, ha
cosαcosβcosγ>0.
És ez bizonyítja állításunkat, ugyanis egyrészt hegyesszögű háromszögben mindhárom szög cosinusa pozitív, másrészt nem pozitív a szorzat, ha van a háromszögben derékszög, mert akkor valamelyik tényező 0, és akkor sem, ha van tompaszög, mert ilyenből csak egy lehet, s emiatt pedig egy tényezője révén negatív lenne a szorzat. ‐ Ezzel bebizonyítottuk állításunkat. A választ megadtuk.
 

II. megoldás. Az előző megoldás (*) kifejezéséből így is haladhatunk tovább:
a2+b2+c2>8r2=2c2sin2γ=2c21-cos2γ=8a2b2c24a2b2-(a2+b2-c2)2,
ahol a nevező nyilvánvalóan pozitív. Eszerint a kérdéses háromszögekben a bal és jobb oldal különbségére teljesülnie kell:
4a2b2(a2+b2-c2)-(a2+b2+c2)(a2+b2-c2)2>0,(a2+b2-c2){4a2b2-(a2+b2)2+c4}>0,(a2+b2-c2)(c2+a2-b2)(c2-a2+b2)>0,8a2b2c2cosγcosβcosα>0,


tehát ismét a fönti követelményre jutottunk.
 

III. megoldás. Jelöljük tetszőlegesen választott koordináta-rendszerben a háromszög csúcsainak koordinátáit (a1; a2)-vel, (b1; b2)-vel, (c1; c2)-vel, egy tetszőleges P pont koordinátáit (x;y)-nal, és P-nek a csúcsoktól mért távolságainak a négyzetösszegét Q(P)-vel. Akkor
Q(P)=PA2+PB2+PC2==(x-a1)2+(x-b1)2+(x-c1)2+(y-a2)2+(y-b2)2+(y-c2)2==3(x-s1)2+3(y-s2)2+Q0,
ahol:
si=(ai+bi+ci)/3,i=1,2,
Q0=a12+b12+c12-3s12+a22+b22+c22-3s22.

Az (s1; s2) koordinátájú pont a háromszög S súlypontja, és (x-s1)2+(y-s2)2=PS2.
Ha most P helyére S-et írunk, kapjuk, hogy Q0=Q(S), így általában
Q(P)=3⋅PS2+Q(S).
Ha itt P helyére a háromszög köré írt körének a K középpontját írjuk, kapjuk, hogy
3r2=3KS2+SA2+SB2+SC2.

A kapott összefüggés szerint (1) ekvivalens a 3KS<r egyenlőtlenséggel. Ismeretes, hogy S a KM szakasz K-hoz közelebbi harmadolópontja (amit könnyű a KISFIAM szó segítségével megjegyezni, melyben a K, S, M betűk helyzete megfelel a velük jelölt pontok helyzetének, sőt F a Feuerbach-kör középpontjának felel meg). Tehát 3KS=MK, így (1) azzal ekvivalens, hogy a háromszög magasságpontja a háromszög köré írt kör belsejében van, vagyis a háromszög hegyesszögű.
 

Megjegyzés. Legyen általában
Q(P)=λA⋅PA2+λB⋅PB2+λC⋅PC2,
ahol λA, λB, λc tetszés szerinti számok, amelyekre λ=λA+λB+λC≠0. A megoldásban alkalmazott meggondolást követve belátható, hogy
Q(P)=λ⋅PT2+Q(T),
ahol T koordinátái ti=(λAai+λBbi+λCci)/λ és i=1,2. Tehát a Q(P) függvény "szintvonalai'' koncentrikus körök, vagyis kör azoknak a pontoknak a mértani helye, ahol Q(P) értéke egy előre adott állandóval egyenlő, feltéve, hogy ez az állandó nem túl kicsi, és e körök középpontja minden állandóra ugyanaz. A függvény a minimumát abban a T pontban veszi fel, mely a háromszög csúcsainak a λA, λB, λC súlyokhoz tartozó súlypontja (a súlyok negatívak is lehetnek). Érdemes eltöprengeni azon, milyen (természetesen a háromszög meghatározó adataitól függő) súlyok mellett kapjuk súlypontul a különböző nevezetes pontokat. Ezek alapján a most levezetett összefüggés segítségével olyan állításokat kaphatunk, amelyeket más módszerrel csak nehézkesen, hosszas számolással láthatnánk be.