Feladat: F.2435 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Németh-Buhin Ákos 
Füzet: 1984/április, 155 - 157. oldal  PDF file
Témakör(ök): Geometriai egyenlőtlenségek, Terület, felszín, Szélsőérték-feladatok differenciálszámítás nélkül, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Feladat, Síkgeometriai számítások trigonometriával
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1983/október: F.2435

Adott az O középpontú k kör. Bizonyítsuk be, hogy a k-t érintő ABC háromszögek közül a szabályos háromszögben a legkisebb az OA2+OB2+OC2 összeg. (Az ABC háromszögről akkor mondjuk, hogy érinti k-t, ha k a beírt köre.)

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

I. megoldás. Jelöljük r-rel a k kör sugarát, és legyen ABC egy k-t érintő háromszög. Belátjuk, hogy

OA2+OB2+OC212r2,(1)
és egyenlőség csak akkor áll fenn, ha az ABC háromszög szabályos. Jelölje az AB, BC, CA szakaszok érintési pontját rendre C1, A1, B1.
 
 

Az A1BO és C1BO háromszögek egybevágóak, hiszen A1-nél, ill. C1-nél derékszög van, OA1=OC1=r és A1BO=C1BO. Következésképp A1OB=C1OB, jelöljük ezt a szöget β-val. Hasonlóan látható, hogy A1OC=B1OC és C1OA=B1OA, jelöljük e szögeket γ-val, ill. α-val.
Az A1OB derékszögű háromszögben A1O/OB=cosβ, amiből OB=A1O/cosβ=r/cosβ következik. Ugyanígy OA=r/cosα és OC=r/cosγ. Ezeket (1)-be írva végül is azt kell igazolnunk, hogy
1cos2α+1cos2β+1cos2γ12,(2)
és egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha α=β=γ=60. Tudjuk, hogy 2α+2β+2γ=360, amiből α+β+γ=180, továbbá α, β és γ hegyesszög. Be fogjuk látni, hogy ilyen feltételek mellett (2) mindig fennáll és egyenlőség pontosan akkor van, ha α=β=γ=60.
A négyzetes és harmonikus közép közötti összefüggés alapján:
1cos2α+1cos2β+1cos2γ33cosα+cosβ+cosγ,(3)
és egyenlőség pontosan akkor van, ha cosα=cosβ=cosγ>0. α, β, γ nyilván lehetnek egy háromszög szögei, hiszen hegyesszögek és α+β+γ=180. De ismeretes, hogy egy háromszög α, β, γ szögeire
cosα+cosβ+cosγ32,
és itt egyenlőség pontosan akkor áll, ha α=β=γ=60, vagyis a háromszög szabályos. Mivel esetünkben α, β, γ hegyesszögek, tehát 0<cosα+cosβ+cosγ, ez (3)-mal összevetve
1cos2α+1cos2β+1cos2γ33cosα+cosβ+cosγ2
adódik, ami ekvivalens (2)-vel.
Egyenlőség akkor áll, ha egyrészt cosα=cosβ=cosγ>0, másrészt ha α=β=γ=60, tehát (2)-ben is pontosan akkor áll egyenlőség, amikor α=β=γ=60. Ez esetben az ABC háromszög szabályos, amit bizonyítani kellett.
II. megoldás. Jelöljük a k kör sugarát r-rel, az ABC háromszög oldalait a, b, c-vel, és legyen a szokásos módon 2s=a+b+c. Ekkor a háromszög területe egyrészt rs, másrészt a Heron-képlet alapján s(s-a)(s-b)(s-c), azaz
r2=(s-a)(s-b)(s-c)s=(s-a)(s-b)(s-c)(s-a)+(s-b)+(s-c),(4)
hiszen s=(s-a)+(s-b)+(s-c). A k körnek és az oldalaknak érintési pontjait A1, B1, C1-gyel jelölve AC1=s-a, BA1=s-b, CB1=s-c, és az AOC1, BOA1, COB1 derékszögű háromszögekből a kérdéses K kifejezés

K=OA2+OB2+OC2=OC12+AC12+OA12+BA12+OB12+CB12==3r2+(s-a)2+(s-b)2+(s-c)2.

(4)-et felhasználva kapjuk, hogy
K-3r2r2=[(s-a)2+(s-b)2+(s-c)2][(s-a)+(s-b)+(s-c)](s-a)(s-b)(s-c).
A jobb oldali számlálóban a két tényező mindegyike három-három pozitív szám összege. A számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenséget a tényezőkre külön-külön alkalmazva
K-3r2r23(s-a)2(s-b)2(s-c)233(s-a)(s-b)(s-c)3(s-a)(s-b)(s-c)=9,
vagyis K12r2, és egyenlőség csak akkor áll fenn, ha s-a=s-b=s-c, vagyis ha a=b=c, a háromszög szabályos. Ezzel a feladat állítását beláttuk.
 

Megjegyzés. A dolgozatokban sokféle megoldástípus fordult elő, nagy részük nem is volt helyes. A hibás dolgozatok jelentős részében az a helytelen következtetés található, hogy mivel a számtani (ill. négyzetes) és mértani (ill. harmonikus) közepek közti egyenlőtlenségben egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a számok egyenlők, ezért a számtani (ill. négyzetes) közép minimuma is ekkor van. Másik gyakori hiba, hogy a négyzetösszeget tagonként minimalizálják. Sokszor előfordult az is, hogy a k kör helyett az ABC háromszöget rögzítették és keresték azt a P pontot, amire PA2+PB2+PC2 minimális.