|
Feladat: |
Gy.2962 |
Korcsoport: 16-17 |
Nehézségi fok: átlagos |
Megoldó(k): |
Bérczi Gergely , Czirok Levente , Fejős Ibolya , Formanek Csaba , Jenei Piroska , Krizsán Árpád , Meggyesi Csaba , Pintér Dömötör , Varga Eszter , Zsíros András |
Füzet: |
1995/október,
413 - 414. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Háromszög-egyenlőtlenség alkalmazásai, Gyakorlat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1995/január: Gy.2962 |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. megoldás. Tükrözzük a háromszöget a oldal felezőpontjára. Így egy olyan paralelogrammát kapunk, amelynek szemközti oldalai és , egyik átlója , a másik átlója pedig hosszúságú, ahol az eredeti háromszög -hez tartozó súlyvonalának a hossza (1. ábra). Tudjuk, hogy a paralelogramma oldalainak négyzetösszege egyenlő az átlók négyzetösszegével, ezért 1. ábra Vagyis , amiből rögtön adódik a bizonyítandó állítás. Mivel tetszőlegesen kicsi lehet, azért a fenti összefüggésből az is következik, hogy nem írhatunk 2-nél kisebb szorzót.
Krizsán Árpán (Dombóvár, Illyés Gy. Gimn., II. o.t.) dolgozata alapján |
II. megoldás. A háromszög-egyenlőtlenségből következik, hogy . Ugyanakkor nyilvánvalóan . E két egyenlőtlenséget összeadva éppen a bizonyítandó állítást kapjuk: | | 2. ábra Megmutatjuk, hogy tetszőleges számhoz van olyan háromszög, amelynek oldalaira azaz az eredeti egyenlőtlenségben a bal oldalon nem írhatunk 2-nél kisebb szorzót. Tekintsük azt az egyenlő szárú háromszöget, amelyben , az alaphoz tartozó magasság pedig (2. ábra). Ekkor Pitagorasz tétele szerint , vagyis .
|
|