Kezdőlap


Feladat:	F.2785	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Adorján Tamás , Bakos Tamás , Balogh Erika , Balogh József , Bella Gábor , Berzéthy Pál , Bíró Norbert , Borsányi Ákos , Cserháti Vencel , Czirók András , Erben Péter , Fügedi Zsolt , Fürjes Alex , Hajnal József , Harcos Gergely , Holló Dóra , Horváth István , Kis Orsolya , Kiss István , Kocsor Péter , Kónya István , Kórász Tamás , Kovács Ágnes , Kovács Péter , Kullmann Tamás , Magó Kálmán , Matolcsi Máté , Miklós György , Molnár László , Nagy Ádám , Nagy Benedek , Papolczy Péter , Parádi Csaba , Podoski Károly , Pór Attila , Révész Ádám , Sági Zoltán , Székely-Doby András , Szendrői Balázs , Szenn Gábor , Szűcs István , Tokodi Tamás , Újváry-Menyhárt Zoltán , Varjú Katalin , Virág Bálint , Weisz Csaba , Wiener Gábor
Füzet:	1990/december, 445 - 447. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Trigonometriai azonosságok, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1990/február: F.2785

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

A feladat kitűzőjének igen frappáns megoldását ismertetjük. Mindenekelőtt megmutatjuk, hogy ha $α, β, γ$ egy nem derékszögű háromszög szögei, akkor

\begin{matrix} tgα+tg β +tg γ =tg α \cdottg β \cdottg γ . & (1) \end{matrix}

Ugyanis

α + β + γ = π

, tehát

α + β = π - γ

. Ezért

tg (α+β)=tg (π - γ)

, azaz

\begin{matrix} \frac{tgα+tg β}{1 - tgα\cdot tgβ} = - tgγ. \end{matrix}

és ebből már következik (1). A feladat kérdésére úgy válaszolunk, hogy megvizsgáljuk a

\begin{matrix} tgα+tg β +tg γ -(ctg α + ctg β + ctg γ) \end{matrix}

különbség előjelét. Egyszerű átalakításokkal:

\begin{matrix} tgα+tg β +tg γ - (\frac{1}{tgα} + \frac{1}{tgβ} + \frac{1}{tgγ})= =tg α +tg β +tg γ - \frac{tgα\cdottg β +tg β \cdottg γ +tg γ \cdottg α}{tgαtg βtg γ} = \\ = \frac{{(tgα+tg β + tg γ)}^{2} - tgα\cdot tgβ- tgβ\cdot tgγ- tgγ\cdot tgα}{tgα\cdottg β \cdottg γ} = \\ = \frac{t g^{2} α + {t g}^{2}β+ {t g}^{2}γ+ tgα\cdot tgβ+ tgβ\cdot tgγ+ tgγ\cdot tgα}{tgα\cdottg β \cdottg γ} = \\ = \frac{1}{2} \frac{{(tgα+tg β)}^{2} + {(tgβ+tg γ)}^{2} + {(tgγ+tg α)}^{2}}{tgα\cdottg β \cdottg γ}, \end{matrix}

ahol közben fölhasználtuk (1)-et.
A különbség utolsó alakjában a számláló mindig pozitív, a nevező pedig tompaszögű háromszögben negatív, hegyesszögűben pozitív. Ezért a szögek tangenseinek összege tompaszögű háromszögekben kisebb, mint a kotangensek összege.
Megjegyzés. Megoldásunkból kitűnik, hogy

\begin{matrix} ctg,α+ctg β +ctg γ <tg α +tg β +tg γ & (2) \end{matrix}

minden hegyesszögű háromszögben. Megmutatjuk, hogy a (2) egyenlőtlenség nem éles, hanem igaz a következő élesebb egyenlőtlenség is:

\begin{matrix} 3 (ctgα+ctg β + ctg γ) < tgα+ tgβ+ tgγ. & (3) \end{matrix}

Induljunk ki a nyilvánvaló

\begin{matrix} 0 ≦ {(tgα-tg β)}^{2} + {(tgβ-tg γ)}^{2} + {(tgγ-tg α)}^{2} & (4) \end{matrix}

egyenlőtlenségből. Ebből

\begin{matrix} 0 ≦ 2 t g^{2} α + 2 t g^{2} β + 2 t g^{2} γ - 2 t g α \cdot t g β - 2 t g β \cdot t g γ - 2 t g γ \cdot t g α, \\ t g α \cdot t g β + t g β \cdot t g γ + t g γ \cdot t g α ≦ t g^{2} α + t g^{2} β + t g^{2} γ . \end{matrix}

amiből

\begin{matrix} 3 (tgα\cdottg β + tg β \cdot tg γ + tg γ \cdot tg α) ≦ {(t g α + t g β + t g γ)}^{2} . \end{matrix}

Mindkét oldalt a pozitív

tgα\cdottg β \cdottg γ

-val osztva:

\begin{matrix} 3 (\frac{1}{tgα} + \frac{1}{tgβ} + \frac{1}{tgγ}) ≦ \frac{{(tgα+tg β + tg γ)}^{2}}{tgα\cdottg β \cdottg γ} \end{matrix}

azaz (1) szerint:

\begin{matrix} 3 (ctgα+ctg β + ctg γ) ≦ tgα+ tgβ+ tgγ, \end{matrix}

és ez éppen

(3)

. Mivel átalakításaink megfordíthatóak,

(3)

-at igazoltuk. Könnyen belátható, hogy

(3)

-ban pontosan akkor teljesül egyenlőség, amikor

(4)

-ben, tehát a

tgα=tg β =tg γ

esetben, amikor is

α = β = γ = π / 3