Kezdőlap


Feladat:	F.2617	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bánkövi Johanna , Benczúr András [1984-1988] , Csaba T. , Dienes J. , Hajnal Z. , Kántor A. , Károlyi Gy. , Keleti T. , Kovács 123 L. , Madas P. , Szalay Gy. , Tavaszi G. , Zsigmod L.
Füzet:	1987/november, 364 - 367. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek hasonlósága, Geometriai egyenlőtlenségek, Súlyvonal, Szögfelező egyenes, Beírt kör, Hozzáírt körök, Koszinusztétel alkalmazása, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1987/január: F.2617

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

I. megoldás. Megmutatjuk, hogy minden háromszögben

\begin{matrix} f_{c} ≦ \sqrt[]{s (s - c)} ≦ s_{c}, \end{matrix}

(1)

és (1)-ben pontosan akkor teljesül egyenlőség, ha a

C

csúcsból induló oldalak egyenlők, azaz

a = b

. Ebből a bizonyítandó állítás már következik, ha a három szögfelezőre és súlyvonalra felírjuk (1)-et, és az egyenlőtlenségeket összeszorozzuk.
Ekkor ugyanis

\begin{matrix} f_{a} \cdot f_{b} \cdot f_{c} ≦ \sqrt[]{s^{3} (s - a) (s - b) (s - c)} ≦ s_{a} \cdot s_{b} \cdot s_{c} \end{matrix}

adódik, és Hérón tétele szerint a négyzetgyök alatt éppen

{(s \cdot t)}^{2}

áll. Az is látható, hogy a bizonyítandó állításban pontosan akkor van egyenlőség, ha a háromszög bármely két oldala egyenlő, azaz a háromszög szabályos.
Az (1)-ben szereplő

\sqrt[]{s (s - c)}

mennyiséget nehéz közvetlenül becsülni. Belátjuk viszont, hogy

\begin{matrix} \sqrt[]{s (s - c)} = \sqrt[]{a b} \cdot cos \frac{γ}{2} . \end{matrix}

(2)

1. ábra

Az 1. ábráról leolvasható, hogy

cos \frac{γ}{2} = \frac{s}{C O_{c}} = \frac{s - c}{C O}

, ahol

O_{c}

az AB oldalt kívülről érintő hozzáírt kör középpontja. Az egyenlőségeket összeszorozva

\begin{matrix} cos^{2} \frac{γ}{2} = \frac{s (s - c)}{C O \cdot C O_{c}} \end{matrix}

(3)

adódik.
A megfelelő szögek egyenlőségéből kapjuk, hogy a

C B O

és a

C O_{c} A

háromszögek hasonlók. Ebből

\frac{C O}{a} = \frac{b}{C O_{c}}

, azaz

C O \cdot C O_{c} = a b

következik, amit (3)-mal egybevetve kapjuk, hogy

\begin{matrix} s (s - c) = a b \cdot cos^{2} \frac{γ}{2}, \end{matrix}

ami

cos \frac{γ}{2} > 0

miatt (2)-vel ekvivalens.

A bizonyítandó (1) egyenlőtlenséget ezután az

\begin{matrix} f_{c} ≦ \sqrt[]{a b} cos \frac{γ}{2} ≦ s_{c} \end{matrix}

(4)

formában látjuk be. Ha

a = b

, akkor (4)-ben egyenlőség áll. Ha a két oldal nem egyenlő, akkor legyen

a

a nagyobbik.

2. ábra

Bocsássunk merőlegest a

C

-n átmenő külső szögfelezőre

A

-ból és

B

-ből, és legyenek a talppontok

A_{1}

, illetve

B_{1}

(2. ábra). Ekkor az

A A_{1} B_{1} B

derékszögű trapéz alapjai párhuzamosak

f_{c}

-vel, hosszuk így

a \cdot cos \frac{γ}{2}

, illetve

b \cdot \frac{γ}{2}

Jelölje

E

és

F

C

-ből induló szögfelező, illetve a súlyvonal talppontját az

A B

oldalon. Ekkor

\frac{A E}{E B} = \frac{b}{a} < \frac{A F}{F B} = 1

, így az

A B

oldalt

\sqrt[]{\frac{b}{a}}

arányban osztó

P

pont az

E F

szakasz belső pontja.
Húzzunk most párhuzamost a trapéz alapjaival a

P

-n és az

F

-en keresztül, és messék ezek a trapéz másik szárát

P_{1}

-ben, illetve

F_{1}

-ben. Ekkor nyilván

f_{c} = C E < P_{1} P < F_{1} F < F C = s_{c}

. Ha megmutatjuk, hogy

P P_{1}

éppen a trapéz alapjainak mértani közepe, azaz

\sqrt[]{a b} \cdot cos \frac{γ}{2}

, akkor készen vagyunk. Ez viszont következik abból a jól ismert tényből, hogy egy trapézban, melynek alapjai

u

és

v

, a szárakat

λ : μ

arányban osztó szakasz hossza (3. ábra)

\begin{matrix} \frac{λ + μ v}{λ + μ} . \end{matrix}

(5)

3. ábra

Jelenleg ugyanis

λ : μ = \sqrt[]{\frac{b}{a}} : 1

, és ezért

\begin{matrix} P P_{1} = \frac{\sqrt[]{\frac{b}{a}} \cdot a \cdot cos \frac{γ}{2} + b \cdot cos \frac{γ}{2}}{\sqrt[]{\frac{b}{a}} + 1} = \sqrt[]{a b} \cdot cos \frac{γ}{2} \end{matrix}

valóban.

Megjegyzés. Ismert egyenlőtlenségekre hivatkozva gyorsabban is célhoz érhetünk, ha felhasználjuk az

f_{c} = \frac{2 a b}{a + b} \cdot cos \frac{γ}{2}

összefüggést. Eszerint az

A A_{1} B_{1} B

trapézban

f_{c}

az alapok harmonikus közepe. Ugyanitt

F F_{1}

középvonal, és így az alapok számtani közepével egyenlő, ami a

C F F_{1}

derékszögű háromszög befogójaként rövidebb az

F C

átfogónál, ami nem más, mint

s_{c}

. A bizonyítandó állítás most már a harmonikus, mértani és számtani közepekre vonatkozó egyenlőtlenségekből adódik.

II. megoldás. Ismert összefüggések következetes alkalmazásával is eljuthatunk (1) bizonyításáig.

\begin{matrix} 0 < cos \frac{γ}{2} = \sqrt[]{\frac{1 + cos γ}{2}} = \sqrt[]{\frac{1}{2} (\frac{2 a b}{2 a b} + \frac{a^{2} + b^{2} - c^{2}}{2 a b})}, \end{matrix}

ahol a négyzetgyök alatt

cos γ

-t a koszinusztétel szerint írtuk fel. Tovább alakítva

\begin{matrix} cos \frac{γ}{2} = \sqrt[]{\frac{1}{4} \cdot \frac{{(a + b)}^{2} - c^{2}}{a b}} = \sqrt[]{\frac{a + b + c}{2} \cdot \frac{a + b - c}{2} \cdot \frac{1}{a b}} = \sqrt[]{\frac{s (s - c)}{a b}}, \end{matrix}

azaz megkaptuk az első megoldás (2) egyenlőségét.
Az ismert

f_{c} = \frac{2 a b}{a + b} \cdot cos \frac{γ}{2}

összefüggésbe helyettesítve kapjuk, hogy

f_{c} = \frac{\sqrt[]{a b}}{\frac{a + b}{2}} \cdot \sqrt[]{s (s - c)}

. A számtani és mértani közép közti egyenlőtlenség szerint az első tényező legfeljebb 1, így

f_{c}

valóban nem lehet nagyobb, mint

\sqrt[]{s (s - c)}

.
A

C

-ből induló súlyvonalra ugyancsak a koszinusztételből

\begin{matrix} s_{c}^{2} = b^{2} + \frac{c^{2}}{4} - 2 b \frac{c}{2} \cdot cos α, és mivel cos α = \frac{b^{2} + c^{2} - a^{2}}{2 b c}, \end{matrix}

ezért

\begin{matrix} s_{c}^{2} = b^{2} + \frac{c^{2}}{4} - 2 b \frac{c}{2} \cdot \frac{b^{2} + c^{2} - a^{2}}{2 b c} = \frac{b^{2} + a^{2}}{2} - \frac{c^{2}}{4} . \end{matrix}

Végül a számtani és a négyzetes közép között fennálló egyenlőtlenséget felhasználva

\begin{matrix} s_{c}^{2} ≧ \frac{{(a + b)}^{2}}{4} - \frac{c^{2}}{4} = \frac{a + b + c}{2} \cdot \frac{a + b - c}{2} = s (s - c) . \end{matrix}

Ezzel az (1)-ben szereplő második egyenlőtlenséget is igazoltuk, és az is látszik, hogy (1)-ben pontosan akkor állnak egyenlőségek, ha

a = b