|
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 , és . Felhasználjuk, hogy | | (1) | (Ez az azonosság megtalálható pl. a Geometriai feladatok gyűjteménye II. kötet 434/f feladataként.)
1. ábra Számítsuk ki az , , vektorok összegének négyzetét: | | 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
azaz
(1)-et felhasználva:
amelyből 4-gyel osztva és szorzattá alakítva: | |
2. ábra Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha , azaz, ha az , , vektorok egy háromszög oldalvektorai, tehát ha az 1.ábra vektorai a 2. ábra szerinti helyzetbe tolhatók el. Alkalmazzuk a 2. ábra háromszögére a sinustételt: | | Ebből a és az azonosságok szerint | | amiből Hasonlóan láthatjuk be, hogy , ezért (2)-ben egyenlőség csak akkor lesz, ha . b) Először azt mutatjuk meg, hogy | | (3) | Tegyük fel először, hogy , , egyike sem tompaszög. Ekkor a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség szerint | | (4) | Ismeretes, hogy . (Igazolása megtalálható pl. Reiman I.: A geometria és határterületei c. könyvének 236. oldalán.) Ebből | | (5) | (4) és (5) alapján | | és egyenlőség csak akkor áll fenn, ha (4)-ben is és (5)-ben is egyenlőség van, ami csak esetén lehetséges. Ha a háromszög tompaszögű, feltehető, hogy . Ekkor negatív. Ha ezzel a szorzattal (3) mindkét oldalát elosztjuk, a kapott egyenlőtlenség ekvivalens (3)-mal, ezért elegendő ezt bizonyítani. Tegyük fel, hogy a legkisebb szög. Ekkor , tehát . Mivel , és a intervallumon szigorúan monoton fogyó, ezért , amiből | | Ezután (6) jobb oldala így becsülhető: | | és azt is látjuk, hogy (6)-ban sohasem lehet egyenlőség. Hátra van még a b)-ben levő jobb oldali egyenlőtlenség igazolása. Ismeretes, hogy és itt csak esetén lehet egyenlőség. (Ennek bizonyítása is megtalálható pl. Reiman I. fentebb említett könyvének 229. oldalán.) Szorozzuk meg (7) második egyenlőtlenségének mindkét oldalát -val. Ekkor | | ami így is írható: | | (8) | Alkalmazzuk a számtani és négyzetes közép közötti egyenlőtlenséget a , , számokra: | | amiből | | (9) |
A (8) egyenlőtlenség bal oldalának második tagját a nála (9) szerint kisebbel helyettesítve: | | Ebből | | Az egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha (8)-ban és (9)-ben is egyenlőség van, tehát az esetben. Ezzel a feladat mindkét állítását bebizonyítottuk. Podoski Károly (Bp., Árpád Gimn., IV. o. t.)
|
|