Kezdőlap


Feladat:	F.2678	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1988/november, 364 - 365. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Geometriai egyenlőtlenségek, Tengelyes tükrözés, Trigonometriai azonosságok, Derékszögű háromszögek geometriája, Terület, felszín, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1988/február: F.2678

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

I. megoldás. Legyen az $A B P$ háromszög $A P$ -hez tartozó magassága $B M_{B}$ , az $A P C$ háromszög $A P$ -hez tartozó magassága pedig $C M_{C}$ . Világos, hogy $B M_{B} + C M_{C} \leq B C$ , ezért a két háromszög kétszeres területének összege nem nagyobb, mint $P A \cdot B C$ , azaz

\begin{matrix} P A \cdot B C ≧ A B \cdot P C_{0} + A C \cdot P B_{0} . . \end{matrix}

(1)

Jelölje

P

tükörképét a

B A C

szög felezőjére

P'

, a

C_{0}

és

B_{0}

pont tükörképét

C'_{0}

ill.

B'_{0}

. Mivel az (1) állítás minden olyan

P

-re igaz, amely a

B A C

szögtartományban van, teljesülni fog

P'

-re is (még akkor is, ha esetleg

P'

A B C

háromszögnek nem belső pontja).
Ezért

\begin{matrix} P' A \cdot B C ≧ A B \cdot P' B_{0} + A C \cdot P' C'_{0} . \end{matrix}

A tükrözés miatt

P' A = P A

P' B'_{0} = P B'_{0}

P' C'_{0} = P C_{0}

, így

\begin{matrix} P A \cdot B C ≧ A B \cdot P B_{0} + A C \cdot P C_{0} . \end{matrix}

(2)

Összeadva az (l) és (2) egyenlőtlenségeket:

\begin{matrix} 2 \cdot P A \cdot B C ≧ (A B + A C) (P C_{0} + P B_{0}) . \end{matrix}

(3)

Hasonlóan kapjuk, hogy

\begin{matrix} 2 \cdot P B \cdot A C ≧ (A B + B C) (P A_{0} + P C_{0}), & (4) \\ 2 \cdot P C \cdot A B ≧ (A C + B C) (P A_{0} + P B_{0}) . & (5) \end{matrix}

A (3), (4) és (5) egyenlőtlenségeket összeszorozva :

\begin{matrix} 8 \cdot P A \cdot P B \cdot P C \cdot A B \cdot B C \cdot A C ≧ \\ ≧ (A B + B C) (B C + C A) (C A + A B) (P C_{0} + P B_{0}) (P A_{0} + P B_{0}) (P A_{0} + P C_{0}) . \end{matrix}

Nyilván

A B + B C ≧ 2 \cdot \sqrt[]{A B \cdot B C}

B C + C A ≧ 2 \cdot \sqrt[]{B C \cdot C A}

C A + A B ≧ 2 \sqrt[]{C A \cdot A B}

; a jobb oldal első három tényezőjét eképpen becsülve, majd mindkét oldalt

8 \cdot A B \cdot B C \cdot C A

-val osztva, előbbi egyenlőtlenségünkből éppen a feladat állítását kapjuk.

II. megoldás. Használjuk az ábra jelöléseit. Az

A_{0} P C

és

B_{0} P C

derékszögű háromszögekből

\begin{matrix} P A_{0} + P B_{0} = P C (sin γ_{1} + sin γ_{2}) . \end{matrix}

Hasonlóan kapjuk, hogy

\begin{matrix} P A_{0} + P C_{0} & = P B (sin β_{1} + sin β_{2}) és \\ P B_{0} + P C_{0} & = P A (sin α_{1} + sin α_{2}) . \end{matrix}

Ezeknek az egyenleteknek a szorzatából:

\begin{matrix} P A \cdot P B \cdot P C (sin α_{1} + sin α_{2}) (sin β_{1} + sin β_{2}) (sin γ_{1} + sin γ_{2}) = \\ = (P A_{0} + P B_{0}) (P A_{0} + P C_{0}) (P B_{0} + P C_{0}) . \end{matrix}

Elég megmutatni, hogy a bal oldalon szereplő zárójeles tényezők szorzata legfeljebb

1

. Ismert azonosság szerint pl.

\begin{matrix} sin α_{1} + sin α_{2} = 2 \cdot sin \frac{α_{1} + α_{2}}{2} cos \frac{α_{1} - α_{2}}{2} ≦ 2 \cdot sin \frac{α}{2}, \end{matrix}

ahol

α_{1} + α_{2} = α

A

csúcsnál levő szög. Ezért

\begin{matrix} (sin α_{1} + sin α_{2}) (sin β_{1} + sin β_{2}) (sin γ_{1} + sin γ_{2}) ≦ 8 \cdot sin \frac{α}{2} sin \frac{β}{2} sin \frac{γ}{2}, \end{matrix}

és mint ismeretes (1. az alábbi megjegyzésekben szereplő szakköri füzet 240. oldalán)

\begin{matrix} sin \frac{α}{2} sin \frac{β}{2} sin \frac{γ}{2} ≦ \frac{1}{8}, \end{matrix}

amiből már következik a feladat állítása.

Megjegyzések. 1. A feladatbeli szakaszokra fennállnak további egyenlőtlenségek is, pl.

\begin{matrix} P A \cdot P B \cdot P C ≧ 8 \cdot P A_{0} \cdot P B_{0} \cdot P C_{0} . \end{matrix}

Ezt beláthatjuk, ha a kitűzött állítás jobb oldalán levő összegeket a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség alapján becsüljük.
2. Erdős‐Mordell tételként ismerjük a következő egyenlőtlenséget:

\begin{matrix} P A + P B + P C ≧ 2 (P A_{0} + P B_{0} + P C_{0}) . \end{matrix}

Ennek a tételnek és néhány hasonló állításnak a bizonyítása megtalálható Bartha Gábor‐Kun Péter: Válogatott fejezetek a matematikából c. szakköri füzet VI. fejezetében.