Feladat: F.2449 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Alexy N. ,  Bán Rita ,  Déry Emőke ,  Dobrosz a. ,  Fülöp T. ,  Füst Ágnes ,  Gáspár Zsuzsanna ,  Hegedűs P. ,  Hetyei J. ,  Hraskó A. ,  Ispány Márton ,  Jamrik F. ,  Karácsony P. ,  Katona Gy. ,  Kiszel I. ,  Komorowicz J. ,  Kónya Eszter ,  Kovács S. ,  Kruzslicz F. ,  Ladányi Ildikó ,  Limbek Cs. ,  Magyar Á. ,  Megyesi G. ,  Mócsy M. ,  Nagy-Gy. J. ,  Németh-Buhin Á. ,  Paál Beatrix ,  Pásztor I. ,  Pfeil T. ,  Pintér A. ,  Pintér Gabriella ,  Ribényi Á. ,  Simon P. ,  Somogyi 196 A. ,  Szabó 741 Z. ,  Szabó Sz. ,  Szeier T. ,  Takácsi-Nagy P. ,  Uhlmann E. ,  Varga 610 J. ,  Varga K. 
Füzet: 1984/október, 300 - 302. oldal  PDF file
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Geometriai egyenlőtlenségek, Trigonometriai azonosságok, Húrnégyszögek, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1983/december: F.2449

Jelölje O az ABC háromszögbe írt kör középpontját. Az ABC köré írt kört az A,B, ill. C csúcsból induló szögfelező rendre az Fa,Fb,Fc pontban metszi. Bizonyítandó, hogy
AOFaO+BOFbO+COFcO3](1)

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

I. megoldás. Ismeretes, hogy Fa felezi az ABC háromszög köré írt kör BC ívét, ezért BFa=FaC. Másrészt az OBFa háromszög egyenlő szárú, hiszen

BOFa=BAO+ABO=CAFa+CBO==CBFa+OBC=OBFa.



 
 

Az első egyenlőség a háromszög külső szögére vonatkozó tételből következik, a második abból, hogy OA és OB szögfelező. Ezek szerint az OBFa háromszögben OFa=BFa=CFa. Az ABFaC húrnégyszögre felírható a Ptolemaiosz-tétel, amely szerint a húrnégyszög átlóinak szorzata egyenlő a szemben fekvő oldalak szorzatának összegével:
BFaAC+CFaAB=AFaBC.
Ezt BC-vel, majd OFa=BFa=CFa-val osztva
AC+ABBC=AFaOFa=AOOFa+1.(2)
Okoskodásunkat az Fb és Fc pontokra megismételve kapjuk, hogy
BA+BCAC=BOOFb+1,CA+CBAB=COOFc+1.

Ha e három egyenlőséget összeadjuk, a jobb oldalon (1) bal oldalánál 3-mal nagyobb szám áll. Azt kell tehát csak belátnunk, hogy
AC+ABBC+BA+BCAC+CA+CBAB6.
Ez pedig igaz, hiszen egy pozitív szám és reciprokának összege nem kisebb 2-nél, s itt a bal oldalon három pozitív szám: ACBC,ABAC,BCAB és reciprokuknak összege áll. Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha mindhárom szám 1, azaz a háromszög szabályos.
 

II. megoldás. A (2) összefüggést bizonyítjuk hasonló háromszögek segítségével. Jelölje C1 a beírt kör és az AB oldal érintési pontját, F1 pedig a BC oldal felezőpontját. Ekkor C1AO és F1BFa hasonló derékszögű háromszögek, hiszen ‐ mint az előző megoldásban is láttuk ‐ a két háromszög A-nál, ill. B-nél fekvő szöge megegyezik. A megfelelő oldalak arányára:
AOBFa=AC1BF1=2AC1BC.

Ha most felhasználjuk, hogy BFa=OFa és 2AC1=AB+AC-BC, akkor egyenlőségünket ilyen alakba írhatjuk:
AOOFa=AB+AC-BCBC=AB+ACBC-1,
amiből (1) már következik.
 

Bán Rita (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn., III. o. t.)

 

Megjegyzés. Ha a háromszög szögeit a szokásos módon α, β, γ-val, a köré írt kör sugarát pedig r-rel jelöljük, akkor OFa=BFa=2rsinα2=2rcosβ+γ2 és AFa=2rsin(β+α2)=2rsin(90-γ-β2)=2rcosγ-β2, hiszen BFa-hoz α2, AFa-hoz β+α2 nagyságú kerületi szög tartozik. Az (1) egyenlőség ennek alapján is bizonyítható:
AC+ABBC=sinβ+sinγsinα=2sinβ+γ2cosβ-γ2sin(β+γ)=cosβ-γ2cosβ+γ2=AFaOFa.
A bizonyított egyenlőtlenség trigonometrikus alakja tehát így fest:
cosβ-γ2cosβ+γ2+cosα-β2cosα+β2+cosγ-α2cosγ+α26,
ami az ismert
1sinα2+1sinβ2+1sinγ26
egyenlőtlenség élesítése.