|
Feladat: |
1963. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata |
Korcsoport: 18- |
Nehézségi fok: nehéz |
Megoldó(k): |
Fazekas Patrik , Gerencsér László , Lukovics Edit , Máté Attila |
Füzet: |
1964/április,
148 - 150. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Trigonometrikus függvények, Trigonometriai azonosságok, Trigonometrikus egyenlőtlenségek, Geometriai egyenlőtlenségek, Nevezetes azonosságok, Pont körüli forgatás, Síkbeli szimmetrikus alakzatok, Mértani közép, Kvadratikus közép, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd) |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1964/április: 1963. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. megoldás. A baloldali szorzat alakban írható, hiszen . Minthogy egy szög szinusza és koszinusza -nél nagyobb nem lehet, a felírt összeg második és harmadik tagja legalább , utolsó tagja pedig legalább . A teljes összeg értéke tehát legalább . Az összeg azonban nem lehet , mert a két középső tag nem lehet egyszerre , hiszen és egyszerre nem teljesülhet. Az összeg értéke eszerint -nél nagyobb.
II. megoldás. Egy szögű magasságú derékszögű háromszöget tekintünk (2. ábra) A szögfüggvények értelmezéséből következik, hogy e háromszög befogói és átfogója | | Feladatunk bizonyítását kívánja. Ez nyomban következik abból, hogy és , hiszen a derékszögű háromszög magassága az átfogónak legfeljebb a fele, amint ez a Thales-kör szemléletéből is nyomban adódik.
2. ábra III. megoldás. A feladat állításán túlmenően bebizonyítjuk, hogy ha hegyesszög, akkor | | s hogy egyenlőség csak az esetben következik be. Ennek igazolásához az I. megoldásra hivatkozva elég belátnunk, hogy s hogy itt is csak esetén következik be az egyenlőség. Ezt háromféleképpen bizonyítjuk be. Az előző megoldás jelöléseit használva a bizonyítandó állitás. Ez abból adódik, hogy | | Felhasználtuk itt Pythagoras tételét, a terület kétféle kifejezése alapján adódó összefüggést és az esetben érvényes egyenlőtlenséget. Egyenlőség eszerint csak esetén, azaz egyenlőszárú derékszögű háromszögre következik be. Forgassuk el a 2. ábrában a magasságtól balra elhelyezkedő háromszöget felső csúcsa körül pozitív irányban -kal. Így a 3. ábra vastagon megrajzolt részéhez jutunk. A bizonyítandó állítás szerint az szakasz hosszabb, mint a -kal hajló szakasz, hiszen ennek hossza . Azt kell tehát igazolnunk, hogy a derékszögű szárait összekötő s a ponton áthaladó szakaszok közül a szimmetrikusan elhelyezkedő szakasz a legrövidebb.
3. ábra Minthogy az és szár között nincs szerepkülönbség, feltehetjük, hogy a . A pont -re vonatkozó tükörképét -gyel jelöljük. A -re vonatkozó szimmetria miatt a , szakaszok párhuzamosak és egyenlők. A velük párhuzamos és egyenlő szakasz a parallelogrammához és az téglalaphoz vezet. Az utóbbiból kiolvasható, hogy , és így . Eszerint a -ben a legnagyobb oldal, tehát . Felhasználjuk, hogy a pozitív , számok számtani, mér-tani és négyzetes közepére s hogy egyenlőség mindkét esetben csak esetén teljesül. Eszerint
Egyenlőség csak , tehát esetén áll fenn.
Megjegyzés. A feladatban hegyesszöget jelentett. Erre a megszorításra azért volt szükség, mert ha vagy , akkor a feladat egyenlőtlenségének a baloldalán csak az egyik tényező pozitív, s a szorzat negatív. Ha viszont , akkor mindkét tényező negatív, de szorzatuk -nél kisebb. Ennek bizonyítását az olvasóra hagyjuk. |
|