Kezdőlap


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 \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek hasonlósága, Geometriai egyenlőtlenségek, Trigonometriai azonosságok, Húrnégyszögek, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1983/december: F.2449

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

I. megoldás. Ismeretes, hogy $F_{a}$ felezi az $A B C$ háromszög köré írt kör $B C$ ívét, ezért $B F_{a} = F_{a} C$ . Másrészt az $O B F_{a}$ háromszög egyenlő szárú, hiszen

\begin{matrix} B O F_{a} ∢ = B A O ∢ + A B O ∢ = C A F_{a} ∢ + C B O ∢ = \\ = C B F_{a} ∢ + O B C ∢ = O B F_{a} ∢ . \end{matrix}

Az első egyenlőség a háromszög külső szögére vonatkozó tételből következik, a második abból, hogy

O A

és

O B

szögfelező. Ezek szerint az

O B F_{a}

háromszögben

O F_{a} = B F_{a} = C F_{a}

. Az

A B F_{a} C

húrnégyszögre felírható a Ptolemaiosz-tétel, amely szerint a húrnégyszög átlóinak szorzata egyenlő a szemben fekvő oldalak szorzatának összegével:

\begin{matrix} B F_{a} \cdot A C + C F_{a} \cdot A B = A F_{a} \cdot B C . \end{matrix}

Ezt

B C

-vel, majd

O F_{a} = B F_{a} = C F_{a}

-val osztva

\begin{matrix} \frac{A C + A B}{B C} = \frac{A F_{a}}{O F_{a}} = \frac{A O}{O F_{a}} + 1. \end{matrix}

(2)

Okoskodásunkat az

F_{b}

és

F_{c}

pontokra megismételve kapjuk, hogy

\begin{matrix} \frac{B A + B C}{A C} & = \frac{B O}{O F_{b}} + 1, \\ \frac{C A + C B}{A B} & = \frac{C O}{O F_{c}} + 1. \end{matrix}

Ha e három egyenlőséget összeadjuk, a jobb oldalon (1) bal oldalánál 3-mal nagyobb szám áll. Azt kell tehát csak belátnunk, hogy

\begin{matrix} \frac{A C + A B}{B C} + \frac{B A + B C}{A C} + \frac{C A + C B}{A B} ≧ 6. \end{matrix}

Ez pedig igaz, hiszen egy pozitív szám és reciprokának összege nem kisebb 2-nél, s itt a bal oldalon három pozitív szám:

\frac{A C}{B C}, \frac{A B}{A C}, \frac{B C}{A B}

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

C_{1}

a beírt kör és az

A B

oldal érintési pontját,

F_{1}

pedig a

B C

oldal felezőpontját. Ekkor

C_{1} A O

és

F_{1} B F_{a}

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:

\begin{matrix} \frac{A O}{B F_{a}} = \frac{A C_{1}}{B F_{1}} = \frac{2 A C_{1}}{B C} . \end{matrix}

Ha most felhasználjuk, hogy

B F_{a} = O F_{a}

és

2 A C_{1} = A B + A C - B C

, akkor egyenlőségünket ilyen alakba írhatjuk:

\begin{matrix} \frac{A O}{O F_{a}} = \frac{A B + A C - B C}{B C} = \frac{A B + A C}{B C} - 1, \end{matrix}

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

O F_{a} = B F_{a} = 2 r sin \frac{α}{2} = 2 r cos \frac{β + γ}{2}

és

A F_{a} = 2 r sin (β + \frac{α}{2}) = 2 r sin (90^{\circ} - \frac{γ - β}{2}) = 2 r cos \frac{γ - β}{2}

, hiszen

B F_{a}

-hoz

\frac{α}{2}

A F_{a}

-hoz

β + \frac{α}{2}

nagyságú kerületi szög tartozik. Az (1) egyenlőség ennek alapján is bizonyítható:

\begin{matrix} \frac{A C + A B}{B C} = \frac{sin β + sin γ}{sin α} = \frac{2 sin \frac{β + γ}{2} cos \frac{β - γ}{2}}{sin (β + γ)} = \frac{cos \frac{β - γ}{2}}{cos \frac{β + γ}{2}} = \frac{A F_{a}}{O F_{a}} . \end{matrix}

A bizonyított egyenlőtlenség trigonometrikus alakja tehát így fest:

\begin{matrix} \frac{cos \frac{β - γ}{2}}{cos \frac{β + γ}{2}} + \frac{cos \frac{α - β}{2}}{cos \frac{α + β}{2}} + \frac{cos \frac{γ - α}{2}}{cos \frac{γ + α}{2}} ≧ 6, \end{matrix}

ami az ismert

\begin{matrix} \frac{1}{sin \frac{α}{2}} + \frac{1}{sin \frac{β}{2}} + \frac{1}{sin \frac{γ}{2}} ≧ 6 \end{matrix}

egyenlőtlenség élesítése.