Kezdőlap


Feladat:	1956. évi Matematika OKTV II. forduló 3. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	1956/szeptember, 9 - 10. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Trigonometriai azonosságok, Szinusztétel alkalmazása, Koszinusztétel alkalmazása, Nevezetes azonosságok, OKTV
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1956/szeptember: 1956. évi Matematika OKTV II. forduló 3. feladata

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

A feladat megoldására a versenyzők többsége felhasználta a háromszög alkotórészei közti legkülönfélébb összefüggéseket és sokan hosszabb számítások után jutottak csak el a feladat igazolásához.
Ezen megoldási módok közül talán a legegyszerűbb a sinus és cosinus-tétel felhasználásával az oldalakat közvetlenül bevonni a számításunkba.

I. megoldás: Mivel

\begin{matrix} {ctg}^{2} α = \frac{cos^{2} α}{sin^{2} α} = \frac{1 - sin^{2} α}{sin^{2} α} = \frac{1}{sin^{2} α} - 1, \end{matrix}

azért

\begin{matrix} {ctg}^{2} α + {ctg}^{2} β + {ctg}^{2} γ = \frac{1}{sin^{2} α} + \frac{1}{sin^{2} β} + \frac{1}{sin^{2} γ} - 3. \end{matrix}

Tehát a bizonyítandó egyenlőtlenség ekvivalens a következővel:

\begin{matrix} \frac{1}{sin^{2} α} + \frac{1}{sin^{2} β} + \frac{1}{sin^{2} γ} \geq 4. \end{matrix}

(1)

Szorozzuk meg (1)-et

sin^{2} γ

-val

\begin{matrix} \frac{sin^{2} γ}{sin^{2} α} + \frac{sin^{2} γ}{sin^{2} β} + 1 \geq 4 sin^{2} γ = 4 (1 - cos^{2} γ) = 4 - 4 cos^{2} γ . \end{matrix}

A sinus-tétel, ill. cosinus-tétel alapján ez az egyenlőtlenség így is írható

\begin{matrix} \frac{c^{2}}{a^{2}} + \frac{c^{2}}{b^{2}} + 1 \geq 4 - 4 {(\frac{a^{2} + b^{2} - c^{2}}{2 a b})}^{2} = 4 - \frac{{(a^{2} + b^{2} - c^{2})}^{2}}{a^{2} b^{2}} . \end{matrix}

Mindkét oldalt

a^{2} b^{2}

-tel szorozva

\begin{matrix} b^{2} c^{2} + a^{2} c^{2} + a^{2} b^{2} \geq 4 a^{2} b^{2} - (a^{4} + b^{4} + c^{4} + 2 a^{2} b^{2} - 2 a^{2} c^{2} - 2 b^{2} c^{2}), \end{matrix}

azaz rendezve

\begin{matrix} a^{4} + b^{4} + c^{4} \geq a^{2} b^{2} + a^{2} c^{2} + b^{2} c^{2} . \end{matrix}

(2)

Mindkét oldalt

2

-vel szorozva, és

0

-ra redukálva

\begin{matrix} 2 a^{4} + 2 b^{4} + 2 c^{4} - 2 a^{2} b^{2} - 2 a^{2} c^{2} - 2 b^{2} c^{2} \geq 0, \end{matrix}

ami így is írható

\begin{matrix} {(a^{2} - b^{2})}^{2} + {(a^{2} - c^{2})}^{2} + {(b^{2} - c^{2})}^{2} \geq 0. \end{matrix}

(3)

Ez azonban nyilvánvaló, mert valós számok négyzete nem lehet negatív. Egyenlőség jele csak

a = b = c

esetén érvényes.
Mivel csupa egyenértékű átalakítást végeztünk, azért (3)-ból kiindulva visszafelé következtetve (1)-hez jutunk. Ezzel a feladat állítását bebizonyítottuk.

Megjegyzés: Sok versenyző jutott el (2)-höz, de a befejező lépést nem találta meg.

II. megoldás: A bizonyítandó egyenlőtlenség baloldalát alakítsuk át a következőképpen

\begin{matrix} {ctg}^{2} α + {ctg}^{2} β + {ctg}^{2} γ = \frac{1}{2} [({ctg}^{2} α + {ctg}^{2} β) + (ctg β + {ctg}^{2} γ) + \\ + ({ctg}^{2} γ + {ctg}^{2} α)] = \\ = \frac{1}{2} [{(ctg α - ctg β)}^{2} + {(ctg β - ctg γ)}^{2} + {(ctg γ - ctg α)}^{2}] + \\ + ctg α ctg β + ctg β ctg γ + ctg γ ctg α . \end{matrix}

Felhasználva, hogy

α + β + γ = 180^{\circ}

, kapjuk, hogy

\begin{matrix} ctg γ = - ctg (α + β) = - \frac{ctg α ctg β - 1}{ctg α + ctg β} \end{matrix}

és ebből

ctg α + ctg β

-val szorozva és átrendezve

\begin{matrix} ctg α ctg β + ctg β ctg γ + ctg γ + ctg α = 1. \end{matrix}

(4)

Ezt a fent nyert azonosságba helyettesítve

\begin{matrix} {ctg}^{2} α + {ctg}^{2} β + {ctg}^{2} γ = 1 + \frac{1}{2} [{(ctg α - ctg β)}^{2} + {(ctg β - ctg γ)}^{2} + {(ctg γ - ctg α)}^{2}] \geq 1. \end{matrix}

Egyenlőség csak akkor állhat fenn, ha a három cotangens érték egyenlő, ami egy háromszög szögeire csak úgy következhetik be, ha

α = β = γ = 60^{\circ}

.
A cotangensek négyzetösszege a minimális 1 értéket tehát egyedül a szabályos háromszögre veszi fel.

Megjegyzés: Felhasználhatjuk közvetlenül a számtani és mértani közép közötti ‐ a tananyagból ismert ‐ egyenlőtlenséget:

\begin{matrix} {ctg}^{2} α + {ctg}^{2} β + {ctg}^{2} γ = \frac{{ctg}^{2} α + {ctg}^{2} β}{2} + \frac{{ctg}^{2} β + {ctg}^{2} γ}{2} + \\ + \frac{{ctg}^{2} β + {ctg}^{2} α}{2} \geq ctg α ctg β + ctg β ctg γ + ctg γ ctg α . \end{matrix}

Most már csak (4)-et kell bizonyítanunk. (A II. megoldás második átalakítása ennek a bizonyítását tartalmazza.)