Kezdőlap


Feladat:	F.2367	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bolla József
Füzet:	1983/január, 5 - 7. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Trigonometriai azonosságok, Háromszögek nevezetes tételei, Szinusztétel alkalmazása, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1982/április: F.2367

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

I. megoldás. Jelöljük az $A B C$ háromszög szögeit és oldalait a szokott módon. A háromszög köré írható kör középpontja $O$ , sugara a feladat szerint $r = 1$ .
A feltételi egyenletben szereplő szakaszokat a háromszög szögeivel hozzuk összefüggésbe. Példaképpen $K A$ -t vizsgáljuk (1. ábra).

1. ábra

A K B

háromszög

A

-nál és

B

-nél fekvő szögei

\frac{α}{2}

, ill.

\frac{β}{2}

K

-nál levő szöge ezért

90^{\circ} + \frac{γ}{2}

. Mivel

A B = c = 2 r sin γ = 2 sin γ

, az

A K B

háromszögben a sinustétel alapján

\begin{matrix} K A = \frac{2 sin γ sin \frac{β}{2}}{sin (90^{\circ} + \frac{γ}{2})} . \end{matrix}

Felhasználva, hogy

\begin{matrix} sin γ = 2 sin \frac{γ}{2} cos \frac{γ}{2}, \end{matrix}

továbbá, hogy

\begin{matrix} sin (90^{\circ} + \frac{γ}{2}) = cos \frac{γ}{2}, \\ K A = 4 sin \frac{β}{2} sin \frac{γ}{2} & (1) \end{matrix}

Hasonló módon kapható

\begin{matrix} K B = 4 sin \frac{α}{2} sin \frac{γ}{2} és K C = 4 sin \frac{α}{2} sin \frac{β}{2} . \end{matrix}

A feladat feltétele folytán

\begin{matrix} 64 sin^{2} \frac{α}{2} sin^{2} \frac{β}{2} sin^{2} \frac{γ}{2} = 1, \end{matrix}

vagyis ‐ tekintettel arra, hogy egy háromszög szögeiről van szó ‐

\begin{matrix} 8 sin \frac{α}{2} sin \frac{β}{2} sin \frac{γ}{2} = 1. & (2) \\ 2 sin \frac{α}{2} sin \frac{β}{2} = cos \frac{α - β}{2} - cos \frac{α + β}{2} \end{matrix}

és

\begin{matrix} cos \frac{α + β}{2} = sin \frac{γ}{2} \end{matrix}

felhasználásával pedig

\begin{matrix} 4 (cos \frac{α - β}{2} - sin \frac{γ}{2}) sin \frac{γ}{2} = 1. \end{matrix}

Belátjuk, hogy a bal oldali kifejezés csak

α = β = γ = 60^{\circ}

esetén lehet egyenlő 1-gyel, minden más esetben ennél kisebb.

cos \frac{α - β}{2}

maximális értéke 1. Ezt akkor veszi fel, ha

α = β

. Ez

y

-ra nem jelent megszorítást.

\begin{matrix} 4 (1 - sin \frac{γ}{2}) sin \frac{γ}{2} = 1 - {(1 - 2 sin \frac{γ}{2})}^{2} . \end{matrix}

Viszont legnagyobb értékét (1-et)

sin \frac{γ}{2} = \frac{1}{2}

esetén veszi fel. Ekkor

γ = 60^{\circ}

, és mivel még

α = β

is fenn kell álljon, ezért valóban csak szabályos háromszögre áll fenn az egyenlőség.

Bolla József (Fonyód, Karikás F. Gimn., III. o. t.)

II. megoldás. Jelöljük az

A B C

háromszögbe írt kör sugarát

ϱ

-val. Az I. megoldásban vizsgált

K A

szakasz hossza ezzel is kifejezhető, hiszen

ϱ = K A sin \frac{α}{2}

, így (1) alapján

\begin{matrix} ϱ = 4 sin \frac{α}{2} sin \frac{β}{2} sin \frac{γ}{2} . \end{matrix}

Ezt az I. megoldásban kapott (2) összefüggéssel összevetve kapjuk, hogy a feladat feltétele ekvivalens a

\begin{matrix} ϱ = \frac{1}{2} \end{matrix}

(3)

feltétellel. Rajzoljuk meg az

A B C

háromszög oldalfelező pontjain átmenő kört, ennek nyilván

\frac{1}{2}

a sugara. Húzzuk meg ennek az oldalakkal párhuzamos érintőit (2. ábra).

2. ábra

Ezek az eredeti háromszöget tartalmazó, ahhoz hasonló háromszöget határoznak meg. Mivel az ebbe írt kör sugara

\frac{1}{2}

, az eredetibe írt kör sugara ennél nem lehet nagyobb:

ϱ \leq \frac{1}{2}

. Itt egyenlőség csak akkor lehet, ha az oldal felező pontokon átmenő kör érinti az oldalakat, vagyis a beírt és körülírt körök középpontja egybeesik. Ekkor viszont a háromszög nyilván szabályos.

Megjegyzések. 1. A II. megoldásban a

ϱ \leq \frac{r}{2}

összefüggést bizonyító meggondolás ‐ tudomásunk szerint ‐ Gallai Tibortól származik.
2. Ha már tudjuk (3)-at, ebből a beírt és körülírt kör középpontjának az egybeesésére az Eulertől származó

\begin{matrix} O K^{2} = r (r - 2 ϱ) \end{matrix}

összefüggés alapján is következtethetünk, hiszen (3) és (4) együtt épp azt jelenti, hogy

O K

hossza 0.