Kezdőlap


Feladat:	F.2966	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1994/január, 21. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Geometriai egyenlőtlenségek, Háromszögek nevezetes tételei, Indirekt bizonyítási mód, Koszinusztétel alkalmazása, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1993/május: F.2966

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

I. megoldás. Jelöljük a szakaszokat $a_{i}$ -vel $(i = 1,2, ...,5)$ . Feltehetjük, hogy

\begin{matrix} 0 < a_{1} \leq a_{2} \leq a_{3} \leq a_{4} \leq a_{5} . \end{matrix}

(1)

Az állítást indirekt úton bizonyítjuk, tehát az öt szakasz közül bármelyik háromból szerkeszthető háromszög vagy derékszögű, vagy tompaszögű. A koszinusztételből könnyen adódik, hogy ekkor

\begin{matrix} a_{1}^{2} + a_{2}^{2} \leq a_{3}^{2}, \\ a_{2}^{2} + a_{3}^{2} \leq a_{4}^{2}, \\ a_{3}^{2} + a_{4}^{2} \leq a_{5}^{2} . \end{matrix}

A háromszög-egyenlőtlenségből

a_{5} < a_{1} + a_{2}

, azaz

\begin{matrix} a_{5}^{2} < a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + 2 a_{1} a_{2} . \end{matrix}

Ezt a négy egyenlőtlenséget összeadva

\begin{matrix} a_{1}^{2} + 2 a_{2}^{2} + 2 a_{3}^{2} + a_{4}^{2} + a_{5}^{2} < a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + a_{3}^{2} + a_{4}^{2} + a_{5}^{2} + 2 a_{1} a_{2}, \end{matrix}

amiből

\begin{matrix} a_{2}^{2} + a_{3}^{2} < 2 a_{1} a_{2} . \end{matrix}

Mivel

a_{2} \leq a_{3}

, azért

2 a_{2}^{2} < 2 a_{1} a_{2}

és és így

a_{2} < a_{1}

. Ez ellentmondás, tehát igaz a feladat állítása.

II. megoldás. Az

(1)

feltevést most is használjuk. Ha az

a_{1}, a_{2}, a_{3}

szakaszokból szerkeszthető háromszög hegyesszögű, akkor az állítás igaz. Tegyük fel ezután, hogy ez a háromszög nem hegyesszögű. Ekkor az

a_{1}, a_{2}, a_{4}

és az

a_{1}, a_{2}, a_{5}

szakaszokból szerkeszthető háromszögek sem hegyesszögűek, és az említett 3 háromszögben az

a_{3}, a_{4}, a_{5}

oldalakkal szemközti szögeket rendre

α, β, γ

-val jelölve

\begin{matrix} 90^{\circ} \leq α \leq β \leq γ < 180^{\circ} . \end{matrix}

(2)

A koszinusztétel szerint

\begin{matrix} a_{3}^{2} = a_{1}^{2} + a_{2}^{2} - 2 a_{1} a_{2} \cdot cos α, \\ a_{4}^{2} = a_{1}^{2} + a_{2}^{2} - 2 a_{1} a_{2} \cdot cos β, \\ a_{5}^{2} = a_{1}^{2} + a_{2}^{2} - 2 a_{1} a_{2} \cdot cos γ . \end{matrix}

Az első két egyenlet összegéből a harmadikat kivonva:

\begin{matrix} a_{3}^{2} + a_{4}^{2} - a_{5}^{2} = a_{1}^{2} + a_{2}^{2} - 2 a_{1} a_{2} (cos α + cos β - cos γ) . \end{matrix}

(2)

feltételből következik, hogy

- 1 < cos α \leq cos α + cos β - cos γ \leq - cos γ < 1

, tehát

cos α + cos β - cos γ

1

-nél kisebb abszolútértékű szám, amiért

\begin{matrix} a_{3}^{2} + a_{4}^{2} - a_{5}^{2} > 0. \end{matrix}

Ez azt jelenti, hogy az

a_{3}, a_{4}, a_{5}

szakaszokból szerkeszthető háromszög hegyesszögű.