Kezdőlap


Feladat:	F.2781	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bíró N. , Kún G. , Papolczy P. , Podoski Károly , Pór A. , Szendrői B. , Újváry-Menyhárt Zoltán
Füzet:	1990/november, 379 - 382. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Trigonometrikus egyenlőtlenségek, Trigonometriai azonosságok, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Vektorok skaláris szorzata, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1990/január: F.2781

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

a) Vegyük fel a síkon a közös kezdőpontú a, b, c vektorokat az 1. ábra szerint. Legyen $| a | = 1 - cos α$ , $| b | = 1 - cos β$ és $| c | = 1 - cos γ$ .
Felhasználjuk, hogy

\begin{matrix} cos^{2} α + cos^{2} + β + cos^{2} γ = 1 - 2 cos α cos β cos γ . \end{matrix}

(1)

(Ez az azonosság megtalálható pl. a Geometriai feladatok gyűjteménye II. kötet 434/f feladataként.)

1. ábra

Számítsuk ki az

a

b

c

vektorok összegének négyzetét:

\begin{matrix} {(a+b+c)}^{2} = a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2 ab + 2 ac + 2 bc. \end{matrix}

A jobb oldali összeg utolsó három tagjában levő skaláris szorzatok kiszámításához szükséges szögek az 1. ábráról leolvashatók, tudjuk továbbá, hogy ez a négyzetösszeg nem negatív, ezért

\begin{matrix} {(1 - cos α)}^{2} + {(1 - cos β)}^{2} + {(1 - cos γ)}^{2} - 2 (1 - cos α) (1 - cos β) cos γ - \\ - 2 (1 - cos β) (1 - cos γ) cos α - 2 (1 - cos γ) (1 - cos α) cos β \geq 0, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} 3 + cos^{2} α + cos^{2} β + cos^{2} γ - 4 (cos α + cos β + cos γ) + \\ + 4 (cos α cos β + cos α cos γ + cos β cos γ) - 6 cos α cos β cos γ \geq 0. \end{matrix}

(1)-et felhasználva:

\begin{matrix} 4 - 4 (cos α + cos β + cos γ) + 4 (cos α cos β + cos α cos γ + cos β cos γ) - \\ - 8 cos α cos β cos γ \geq 0, \end{matrix}

amelyből 4-gyel osztva és szorzattá alakítva:

\begin{matrix} (1 - cos α) (1 - cos β) (1 - cos γ) \geq cos α cos β cos γ . \end{matrix}

2. ábra

Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha

a + b + c = 0

, azaz, ha az

a

b

c

vektorok egy háromszög oldalvektorai, tehát ha az 1.ábra vektorai a 2. ábra szerinti helyzetbe tolhatók el. Alkalmazzuk a 2. ábra háromszögére a sinustételt:

\begin{matrix} sin α : sin β = | a | : | b | = (1 - cos α) : (1 - cos β) . \end{matrix}

Ebből a

sin α = 2 sin \frac{α}{2} cos \frac{α}{2}

és az

1 - cos α = 2 sin^{2} \frac{α}{2}

azonosságok szerint

\begin{matrix} (2 \cdot sin \frac{α}{2} \cdot cos \frac{α}{2}) : (2 \cdot sin \frac{β}{2} \cdot cos \frac{β}{2}) = (2 \cdot sin^{2} \frac{α}{2}) : (2 \cdot sin^{2} \frac{β}{2}), \end{matrix}

amiből

\begin{matrix} tg \frac{α}{2} = tg \frac{β}{2}, és így α = β . \end{matrix}

Hasonlóan láthatjuk be, hogy

β = γ

, ezért (2)-ben egyenlőség csak akkor lesz, ha

α = β = γ = 60^{\circ}

.
b) Először azt mutatjuk meg, hogy

\begin{matrix} 6 \cdot cos α cos β cos γ \leq cos α cos β + cos α cos γ + cos β cos γ . \end{matrix}

(3)

Tegyük fel először, hogy

α

β

γ

egyike sem tompaszög. Ekkor a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség szerint

\begin{matrix} \sqrt[3]{cos^{2} α cos^{2} β cos^{2} γ} \leq \frac{cos α cos β + cos α cos γ + cos β cos γ}{3} \end{matrix}

(4)

Ismeretes, hogy

cos α cos β cos γ \leq \frac{1}{8}

. (Igazolása megtalálható pl. Reiman I.: A geometria és határterületei c. könyvének 236. oldalán.) Ebből

\begin{matrix} 2 \cdot cos α cos β cos γ \leq \sqrt[3]{cos^{2} α cos^{2} β cos^{2} γ} . \end{matrix}

(5)

(4) és (5) alapján

\begin{matrix} 6 \cdot cos α cos β cos γ \leq cos α cos β + cos α cos γ + cos β cos γ, \end{matrix}

és egyenlőség csak akkor áll fenn, ha (4)-ben is és (5)-ben is egyenlőség van, ami csak

α = β = γ = 60^{\circ}

esetén lehetséges.
Ha a háromszög tompaszögű, feltehető, hogy

γ > 90^{\circ}

. Ekkor

cos α cos β cos γ

negatív. Ha ezzel a szorzattal (3) mindkét oldalát elosztjuk, a kapott

\begin{matrix} 6 \geq \frac{1}{cos α} + \frac{1}{cos β} + \frac{1}{cos γ} \end{matrix}

(6)

egyenlőtlenség ekvivalens (3)-mal, ezért elegendő ezt bizonyítani. Tegyük fel, hogy

α

a legkisebb szög. Ekkor

α < 60^{\circ}

, tehát

\frac{1}{cos α} < 2

. Mivel

β < 180^{\circ} - γ

, és

cos x

[0, π]

intervallumon szigorúan monoton fogyó, ezért

cos β > cos (180^{\circ} - γ)

, amiből

\begin{matrix} \frac{1}{cos β} < \frac{1}{cos (180^{\circ} - γ)} = - \frac{1}{cos γ} . \end{matrix}

Ezután (6) jobb oldala így becsülhető:

\begin{matrix} \frac{1}{cos α} + \frac{1}{cos β} + \frac{1}{cos γ} < 2 - \frac{1}{cos γ} + \frac{1}{cos γ} = 2 < 6, \end{matrix}

és azt is látjuk, hogy (6)-ban sohasem lehet egyenlőség.
Hátra van még a b)-ben levő jobb oldali egyenlőtlenség igazolása. Ismeretes, hogy

\begin{matrix} 1 < cos α + cos β + cos γ \leq \frac{3}{2}, \end{matrix}

(7)

és itt csak

α = β = γ

esetén lehet egyenlőség. (Ennek bizonyítása is megtalálható pl. Reiman I. fentebb említett könyvének 229. oldalán.) Szorozzuk meg (7) második egyenlőtlenségének mindkét oldalát

\frac{2}{3} (cos α + cos β + cos γ)

-val. Ekkor

\begin{matrix} \frac{2}{3} {(cos α + cos β + cos γ)}^{2} \leq cos α + cos β + cos γ, \end{matrix}

ami így is írható:

\begin{matrix} {(cos α + cos β + cos γ)}^{2} - \frac{{(cos α + cos β + cos γ)}^{2}}{3} \leq cos α + cos β + cos γ . \end{matrix}

(8)

Alkalmazzuk a számtani és négyzetes közép közötti egyenlőtlenséget a

| cos α |

| cos β |

| cos γ |

számokra:

\begin{matrix} \sqrt[]{\frac{cos^{2} α + cos^{2} β + cos^{2} γ}{3}} \geq \frac{| cos α | + | cos β | + | cos γ |}{3} \geq \frac{cos α + cos β + cos γ}{3} > 0, \end{matrix}

amiből

\begin{matrix} cos^{2} α + cos^{2} β + cos^{2} γ \geq \frac{{(cos α + cos β + cos γ)}^{2}}{3} . \end{matrix}

(9)

A (8) egyenlőtlenség bal oldalának második tagját a nála (9) szerint kisebbel helyettesítve:

\begin{matrix} {(cos α + cos β + cos γ)}^{2} - cos^{2} α - cos^{2} β - cos^{2} γ \leq cos α + cos β + cos γ . \end{matrix}

Ebből

\begin{matrix} 2 \cdot cos α cos β + 2 \cdot cos α cos γ + 2 \cdot cos β cos γ \leq cos α + cos β + cos γ . \end{matrix}

Az egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha (8)-ban és (9)-ben is egyenlőség van, tehát az

α = β = γ = 60^{\circ}

esetben. Ezzel a feladat mindkét állítását bebizonyítottuk.

Podoski Károly (Bp., Árpád Gimn., IV. o. t.)