Feladat: F.2395 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bán Rita ,  Beke S. ,  Böröczky L. ,  Danyi P. ,  Erdélyi E. ,  Erdős 228 L. ,  Fóris Zoltán ,  Herendi T. ,  Hetyei G. ,  Kós G. ,  Megyesi G. ,  Mócsy M. ,  Nyikes P. ,  Pásztor L. ,  Strausz Gy. ,  Szabó Cs. ,  Szederkényi Edit ,  Szemők Á. ,  Takács P. ,  Tóth G. ,  Törőcsik J. ,  Varga 610 J. ,  Vindics I. ,  Virányi L. 
Füzet: 1983/szeptember, 11 - 13. oldal  PDF file
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Hossz, kerület, Terület, felszín, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1982/december: F.2395

Egy konvex síkidom izoperimetrikus hányadosán a t/p2 számot értjük, ahol t az idom területének, p pedig a kerületének a mértékszáma.
Bizonyítsuk be, hogy ha D az ABC szabályos háromszög belső pontja, és E az ABD háromszög belső pontja, akkor az ABD háromszög izoperimetrikus hányadosa nagyobb, mint az ABE háromszög izoperimetrikus hányadosa.

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

Előrebocsátunk két segédtételt.
I. Hasonló háromszögek izoperimetrikus hányadosa egyenlő.
Ha ugyanis a hasonlóság aránya 1:λ, akkor a második háromszög kerülete λ-szorosa az első háromszög kerületének, a második háromszög területe pedig λ2-szerese az első háromszög területének, így valóban

t2p22=λ2t1(λp1)2=t1p12.
 

2. Ha egy háromszög egyik belső szöge 120-nál nagyobb, akkor ezt a szöget közrezáró oldalak közül az egyikhez hozzáadva a másik oldal felét, a kapott összeg kisebb, mint a harmadik oldal.
 

1. ábra
 
Ennek igazolására tekintsük az FGH háromszöget, melynek F-nél levő φ szöge 120-nál nagyobb, vagyis φ'=180-φ<60 (1. ábra).
Legyen H' a H csúcs merőleges vetülete a GF egyenesen, továbbá K az FH' félegyenesen az a pont, amelyre FK=FH/2. Ekkor
FK=FHcos60FHcosφ'=FH',
és így
h+g2=GF+FKGF+FH'=GH'<GH=f,
ahogyan állítottuk.
Most rátérünk a feladat állításának igazolására. Jelöljük O-val a DE egyenesnek AB-vel való metszéspontját, ez a feltevések szerint A és B között van. Nagyítsuk az ABE háromszöget az O centrumból úgy, hogy E képe D legyen, továbbá jelöljük A és B képét ebben a nagyításban V-vel, ill. Z-vel.
 

2. ábra
 
Ekkor a VZD háromszög izoperimetrikus hányadosa a hasonlóság miatt (1.segédtétel) egyenlő az ABE háromszög izoperimetrikus hányadosával, így elegendő belátnunk, hogy az ABD háromszög izoperimetrikus hányadosa nagyobb, mint a VZD háromszög izoperimetrikus hányadosa.
Jelölje m a háromszögek közös magasságát, továbbá vezessük be a BD=a,AD=b,AB=d,DZ=v,DV=z,AV=x és BZ=y jelöléseket. Ezek felhasználásával a bizonyítandó állítás a következő alakot ölti:
12dm(a+b+d)2>12(x+d+y)m(x+d+y+v+z)2,
Más formában:
dx+d+y>(a+b+dx+d+y+v+z)2.(1)
Az ABC háromszög szabályos voltából következik, hogy az ADV háromszög A-nál levő belső szöge, valamint a BDZ háromszög B-nél levő belső szöge nagyobb 120-nál, ezért a 2. segédtétel szerint z>b+x2 és v>a+y2 , így
a+b+dx+d+y+v+z<a+b+da+b+d+32(x+y)=k.
Az ABD háromszögben d>a és d>b, mivel az a és b oldalakkal szemben 60-nál kisebb szögek, a d oldallal szemben viszont 60-nál nagyobb szög fekszik. Ha tehát az 1-nél kisebb pozitív k törtben a+b+d helyére 3d-t írunk, akkor a számlálót és a nevezőt ugyanannyival növeljük, így a tört értéke is növekszik. Ezért
a+b+dx+d+y+v+z<3d3d+32(x+y)=dd+12(x+y).
Most visszatérünk (1)-hez. Ha sikerülne belátnunk, hogy átalakításunk után is teljesül
dx+d+y>(dd+12(x+y))2
ezzel a feladat állítását igazolnánk. Ez viszont egyenértékű a következővel:
(d+12(x+y))2>d(d+x+y),
itt pedig a bal és a jobb oldal különbsége
14(x+y)2>0,
tekintve, hogy x>0 és y>0.
Végül igazoljuk a közben felhasznált
pq<p+xq+x,haq>p>0ésx>0
egyenlőtlenséget. A jobb és a bal oldal különbsége
(q-p)xq(q+x)>0,
tehát az átalakítás helyes volt.
 

 Fóris Zoltán (Bp., Apáczai Csere J. Gyak. Gimn., IV. o. t.)