Feladat: F.3122 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bakos Péter ,  Barát Anna ,  Bérczi Gergely ,  Borsi Zsolt ,  Braun Gábor ,  Brezovich László ,  Czirok Levente ,  Fazekas Borbála ,  Frenkel Péter ,  Gueth Krisztián ,  Gyenes Zoltán ,  Gyukics Mihály ,  Hadházi Márton ,  Hans Zoltán ,  Huszár Gergely ,  Kiss Ádám ,  Lippner Gábor ,  Lolbert Tamás ,  Makai Márton ,  Mátrai Tamás ,  Méder Áron ,  Prause István ,  Salamon Gábor ,  Sánta Zsuzsa ,  Szabó Előd ,  Szabó Jácint ,  Szepesi Zoltán ,  Szobonya László ,  Terék Zsolt ,  Tóth Ádám ,  Tóth Éva ,  Tóth Péter ,  Tóth Zoltán Péter ,  Várkonyi Péter ,  Végh László 
Füzet: 1997/január, 25 - 26. oldal  PDF file
Témakör(ök): Háromszögek nevezetes tételei, Magasságvonal, Beírt kör, Hossz, kerület, Háromszögek hasonlósága, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1996/április: F.3122

Az ABC háromszöget beírt körének középpontjára tükrözve az A1B1C1 háromszöget kapjuk. Bizonyítsuk be, hogy ha ABC oldalainak hossza a, b, c, akkor az ABC és A1B1C1 közös részét képező hatszög kerülete nem lehet nagyobb, mint
2(ab+bc+ca)a+b+c.

 
OKTV, 1995-96

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

Az ABC háromszög A-ból induló magassága legyen ma, a beírt kör sugara r. Használjuk az ábra további jelöléseit. Mivel C2B3BC, az AC2B3 háromszög és az ABC háromszög hasonlóak. Ezért C2B3a=ma-2rma, amiből C2B3=a(1-2rm). Ismeretes, hogy r=ts=ama2s, és így 2rma=as. Ezért C2B3=a-a2s.
Hasonlóan A2C3=b-b2s, és B2A3=c-c2s. A hatszög középpontosan szimmetrikus, ezért kerülete:

K=2(C2B3+A2C3+B2A3)=2(a+b+c-a2+b2+c2s).
Azt kell bebizonyítanunk, hogy 2(a+b+c-a2+b2+c2s)2(ab+bc+ca)a+b+c. Némi számolás után azt látjuk, hogy ez ekvivalens a 0(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2 egyenlőtlenséggel, ami nyilván igaz.
Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos.
 Bérczi Gergely Szeged, Ságvári E. Gimn., II.o.t.
 Szabó Jácint Győr, Révai M. Gimn., III.o.t.

 

Megjegyzés. Legyen a hatszög területe T és kerülete K, a háromszögé t, illetve k. Szabó Jácint megállapította, hogy T=t(2-a2+b2+c2s2), továbbá Tt=Kk23. Az utóbbi relációban egyenlőség pontosan akkor lesz, ha a háromszög szabályos. Ez pl. azt is jelenti, hogy a hatszög akkor fedi le a háromszög területének legnagyobb hányadát ‐ számszerűen a kétharmadát ‐ ha a háromszög egyenlő oldalú.