Kezdőlap


Feladat:	F.2840	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Battyányi Péter , Csörnyei Marianna , Elek Márta , Erben Péter , Fleiner Balázs , Futó Gábor , Horváth István , Imreh Csanád , Kálmán Tamás , Komócsi Sándor , Kórász Tamás , Lente Gábor , Molnár-Sáska Gábor , Párniczky Benedek , Sterner Péter , Stőhr Lóránt , Szalkai Ákos , Újváry-Menyhárt Zoltán , Varga Emese
Füzet:	1992/január, 8 - 11. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Geometriai egyenlőtlenségek, Terület, felszín, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Húrnégyszögek, Érintőnégyszögek, Koszinusztétel alkalmazása, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1991/február: F.2840

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

I. megoldás. a) Ismeretes, hogy a húrnégyszög területe

\begin{matrix} t = \sqrt[]{(s - a) (s - b) (s - c) (s - d)}, \end{matrix}

ahol

s = \frac{a + b + c + d}{2} .

(Ez a tétel megtalálható Reiman István: A geometria és határterületei c. könyvének 246. oldalán.) Mivel az adott négyszög érintőnégyszög is,

s = a + c = b + d,

azaz

s - a = c, s - b = d, s - c = a

és

s - d = b .

Ezért

t = \sqrt[]{a b c d} .

b) Könnyű belátni, hogy az érintőnégyszög területe

\begin{matrix} t = \frac{a + b + c + d}{2} \cdot r, és így r = \frac{2 t}{a + b + c + d}, \end{matrix}

\begin{matrix} r^{2} = \frac{4 t^{2}}{{(a + b + c + d)}^{2}} = \frac{4 a b c d}{{(a + b + c + d)}^{2}} . \end{matrix}

(1)

Az ábra

A B C

és

A C D

háromszögének területe legyen

t_{1}, illetve t_{2} .

. Ekkor ismert összefüggés szerint

R = \frac{a b e}{4 t_{1}}

és

R = \frac{c d e}{4 t_{2}}

, aminek alapján

R t_{1} + R t_{2} = R t = \frac{a b e + c d e}{4},

és ebből

\begin{matrix} R = \frac{e (a b + c d)}{4 t} . \end{matrix}

(2)

Hasonlóan kapjuk az

f

átló létrehozta két háromszögből:

\begin{matrix} R = \frac{f (a d + b c)}{4 t} . \end{matrix}

(3)

(2)és (3)-ból:

\begin{matrix} R^{2} = \frac{e f (a b + c d) (a d + b c)}{16 t^{2}} . \end{matrix}

(4)

Ptolemaiosz tétele szerint

e f = a c + b d,

és így az a) részben bizonyított területképletet is felhasználva (4) a következőképpen alakul:

\begin{matrix} R^{2} = \frac{(a c + b d) (a b + c d) (a d + b c)}{16 a b c d} . \end{matrix}

(5)

Azt kell bizonyítanunk, hogy,

r \sqrt[]{2} \leq R

azaz

2 r^{2} \leq R^{2} .

Az (1) és (5) összefüggéseket felhasználva azt kell belátnunk, hogy

\begin{matrix} \frac{8 a b c d}{{(a + b + c + d)}^{2}} \leq \frac{(a c + b d) (a b + c d) (a d + b c)}{16 a b c d}, \end{matrix}

amivel ekvivalens a következő:

\begin{matrix} {(a b c d)}^{2} \leq \frac{a c + b d}{2} \cdot \frac{a b + c d}{2} \cdot \frac{a d + b c}{2} \cdot (\frac{a + b + c + d}{4})^{2} . \end{matrix}

(6)

A számtani és a mértani közép közötti egyenlőtlenség alapján
(7)

\begin{matrix} \begin{matrix} \sqrt[]{a b c d} & \leq \frac{a c + b d}{2}, & \sqrt[]{a b c d} & \leq \frac{a b + c d}{2}, \\ \sqrt[]{a b c d} & \leq \frac{a d + b c}{2} & és & \sqrt[4]{a b c d} & \leq \frac{a + b + c + d}{4} . \end{matrix}} \end{matrix}

Az utolsó egyenlőtlenséget négyzetre emelve és a (7)-ben szereplő egyenlőtlenségekkel összeszorozva a (6) egyenlőtlenség bizonyítását kapjuk, ami egyben a feladat b) állításának igazolása is.

Szalkai Ákos (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn., IV. o. t.)

II. megoldás. a) Az ábra jelöléseit használva, a koszinusztétel szerint

e^{2} = a^{2} + b^{2} - 2 a b cos α

, illetve

e^{2} = c^{2} + d^{2} - 2 c d cos (180^{\circ} - α) = c^{2} + d^{2} + 2 c d cos α .

E két összefüggésből

\begin{matrix} a^{2} + b^{2} - 2 a b \cdot cos α = c^{2} + d^{2} + 2 c d \cdot cos α . \end{matrix}

(1)

Mivel a négyszög érintőnégyszög is,

a + c = b + d,

tehát

a - b = d - c

. Az utóbbi egyenlőséget négyzetre emelve

\begin{matrix} a^{2} + b^{2} - 2 a b = c^{2} + d^{2} - 2 c d . \end{matrix}

(2)

(1) és (2)-ből:

2 a b - 2 a b \cdot cos α = 2 c d \cdot cos α + 2 c d,

amiből

\begin{matrix} cos α = \frac{a b - c d}{a b + c d} . \end{matrix}

(3)

Mivel

0^{\circ} < α < 180^{\circ}, sin α = \sqrt[]{1 - cos^{2} α}

, és így (3) alapján

\begin{matrix} sin α = \sqrt[]{1 - \frac{{(a b - c d)}^{2}}{{(a b + c d)}^{2}}} = \frac{\sqrt[]{4 a b c d}}{a b + c d} . \end{matrix}

(4)

Fejezzük ki ezután a négyszög területét az

A B C

és

A C D

háromszögek területének összegeként:

\begin{matrix} t = \frac{a b \cdot sin α}{2} + \frac{c d \cdot sin α}{2} = \frac{a b + c d}{2} \cdot \frac{\sqrt[]{4 a b c d}}{a b + c d}, \end{matrix}

ahol közben felhasználtuk (4)-et. Ebből láthatjuk, hogy

t = \sqrt[]{a b c d},

amint azt bizonyítani kellett.
b) Ismeretes, hogy az érintőnégyszög területe

t = \frac{a + b + c + d}{2} \cdot r,

illetve az a) részben bizonyítottak szerint

t = \sqrt[]{a b c d} .

A számtani és a mértani közép közötti egyenlőtlenség szerint

\sqrt[4]{a b c d} \leq \frac{a + b + c + d}{4},

ezért a négyszög területének kétféle felírása alapján igaz a következő:

\begin{matrix} \frac{4 \cdot \sqrt[4]{a b c d}}{2} \cdot r \leq \frac{a + b + c + d}{2} \cdot r = \sqrt[]{a b c d}, \end{matrix}

amiből

\begin{matrix} 2 \cdot r \sqrt[4]{a b c d} \leq \sqrt[]{a b c d}, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} 4 r^{2} \leq \sqrt[]{a b c d} = t . \end{matrix}

(5)

Jelöljük az átlók szögét

β

-val. Ekkor a négyszög területe

t = \frac{e \cdot f \cdot sin β}{2}

, tehát

t \leq \frac{e \cdot f}{2}

. Nyilvánvaló, hogy

2 R \geq e,

illetve

2 R \geq f,

ezért

\begin{matrix} t \leq \frac{2 R \cdot 2 R}{2} = 2 R^{2} . \end{matrix}

(6)

Az (5) és (6) összefüggésekből

4 r^{2} \leq 2 R^{2}, azaz 2 r^{2} \leq R^{2},

amint azt bizonyítani kellett.

Varga Emese (Kunszentmárton, József A. Gimn., III. o. t.)

III. megoldás. Csak a feladat b) részére adunk újabb megoldást. N. Fusstól ‐ aki Euler tanítványa volt ‐ származik a következő tétel: Egy húr - és érintőnégyszög körülírt körének sugara

R,

beírt körének sugara

r,

a középpontok távolsága

d .

Ekkor fennáll a

\begin{matrix} 2 r^{2} (R^{2} + d^{2}) = {(R^{2} - d^{2})}^{2} \end{matrix}

összefüggés. Bizonyítása megtalálható H. Dörrie: A diadalmas matematika c. könyvének 208. oldalán (Gondolat Kiadó, 1965). Ebben az összefüggésben a

d^{2}

tagot mindkét oldalon elhagyva a következő egyenlőtlenséget kapjuk:

2 r^{2} R^{2} \leq R^{4},

amiből

2 r^{2} \leq R^{2} .

Párniczky Benedek, (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn., I. o. t.)

Megjegyzések.
1. A Fuss-féle tétel háromszögre vonatkozó megfelelőjét,

R^{2} - d^{2} = 2 R r,

már Euler közölte. Fuss megállapította az

R, r

és

d

közti összefüggést az öt-, hat-, hét- és nyolcszögre is.
2. Néhány megoldónk Molnár Emil: Matematikai Versenyfeladatok gyűjteménye c. könyvének (Tankönyvkiadó, 1974) 550. oldalán található tételre, Poncelet tételére építi a feladat b) részének megoldását. A könyv a tételt bizonyítás nélkül ismerteti. Itt nem volt szükség egy ilyen mély, a projektív geometria eszközeivel bizonyítható tétel fölhasználására.