Kezdőlap


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 \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek hasonlósága, Hossz, kerület, Terület, felszín, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1982/december: F.2395

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 $λ^{2}$ -szerese az első háromszög területének, így valóban

\begin{matrix} \frac{t_{2}}{p_{2}^{2}} = \frac{λ^{2} t_{1}}{{(λ p_{1})}^{2}} = \frac{t_{1}}{p_{1}^{2}} . \end{matrix}

2. Ha egy háromszög egyik belső szöge

120^{\circ}

-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

F G H

háromszöget, melynek

F

-nél levő

φ

szöge

120^{\circ}

-nál nagyobb, vagyis

φ' = 180^{\circ} - φ < 60^{\circ}

(1. ábra).
Legyen

H'

H

csúcs merőleges vetülete a

G F

egyenesen, továbbá

K

F H'

félegyenesen az a pont, amelyre

F K = F H / 2

. Ekkor

\begin{matrix} F K = F H cos 60^{\circ} \leq F H cos φ' = F H', \end{matrix}

és így

\begin{matrix} h + \frac{g}{2} = G F + F K \leq G F + F H' = G H' < G H = f, \end{matrix}

ahogyan állítottuk.
Most rátérünk a feladat állításának igazolására. Jelöljük

O

-val a

D E

egyenesnek

A B

-vel való metszéspontját, ez a feltevések szerint

A

és

B

között van. Nagyítsuk az

A B E

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

V Z D

háromszög izoperimetrikus hányadosa a hasonlóság miatt (1.segédtétel) egyenlő az

A B E

háromszög izoperimetrikus hányadosával, így elegendő belátnunk, hogy az

A B D

háromszög izoperimetrikus hányadosa nagyobb, mint a

V Z D

háromszög izoperimetrikus hányadosa.
Jelölje

m

a háromszögek közös magasságát, továbbá vezessük be a

B D = a, A D = b, A B = d, D Z = v, D V = z, A V = x

és

B Z = y

jelöléseket. Ezek felhasználásával a bizonyítandó állítás a következő alakot ölti:

\begin{matrix} \frac{\frac{1}{2} d m}{{(a + b + d)}^{2}} > \frac{\frac{1}{2} (x + d + y) m}{{(x + d + y + v + z)}^{2}}, \end{matrix}

Más formában:

\begin{matrix} \frac{d}{x + d + y} > {(\frac{a + b + d}{x + d + y + v + z})}^{2} . \end{matrix}

(1)

A B C

háromszög szabályos voltából következik, hogy az

A D V

háromszög

A

-nál levő belső szöge, valamint a

B D Z

háromszög

B

-nél levő belső szöge nagyobb

120^{\circ}

-nál, ezért a 2. segédtétel szerint

z > b + \frac{x}{2}

és

v > a + \frac{y}{2}

, így

\begin{matrix} \frac{a + b + d}{x + d + y + v + z} < \frac{a + b + d}{a + b + d + \frac{3}{2} (x + y)} = k . \end{matrix}

A B D

háromszögben

d > a

és

d > b

, mivel az

a

és

b

oldalakkal szemben

60^{\circ}

-nál kisebb szögek, a

d

oldallal szemben viszont

60^{\circ}

-nál nagyobb szög fekszik. Ha tehát az

1

-nél kisebb pozitív

k

törtben

a + b + d

helyére

3 d

-t írunk, akkor a számlálót és a nevezőt ugyanannyival növeljük, így a tört értéke is növekszik. Ezért

\begin{matrix} \frac{a + b + d}{x + d + y + v + z} < \frac{3 d}{3 d + \frac{3}{2} (x + y)} = \frac{d}{d + \frac{1}{2} (x + y)} . \end{matrix}

Most visszatérünk (1)-hez. Ha sikerülne belátnunk, hogy átalakításunk után is teljesül

\begin{matrix} \frac{d}{x + d + y} > {(\frac{d}{d + \frac{1}{2} (x + y)})}^{2} \end{matrix}

ezzel a feladat állítását igazolnánk. Ez viszont egyenértékű a következővel:

\begin{matrix} {(d + \frac{1}{2} (x + y))}^{2} > d (d + x + y), \end{matrix}

itt pedig a bal és a jobb oldal különbsége

\begin{matrix} \frac{1}{4} {(x + y)}^{2} > 0, \end{matrix}

tekintve, hogy

x > 0

és

y > 0

.
Végül igazoljuk a közben felhasznált

\begin{matrix} \frac{p}{q} < \frac{p + x}{q + x}, ha q > p > 0 és x > 0 \end{matrix}

egyenlőtlenséget. A jobb és a bal oldal különbsége

\begin{matrix} \frac{(q - p) x}{q (q + x)} > 0, \end{matrix}

tehát az átalakítás helyes volt.

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