Kezdőlap


Feladat:	1469. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bizám György , Csáki Frigyes , Deák András , Freud Géza , Hoffmann Tibor , Klein József , Petrovics J. , Sándor Gyula , Szabó Béla , Taksony György , Volena-Koczor Imre
Füzet:	1939/január, 126 - 128. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül körökben, Síkgeometriai számítások trigonometriával, Feladat, Hossz, kerület
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1938/november: 1469. matematika feladat

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

I. Megoldás. $1^{\circ}$ . A háromszög vagy hegyesszögű vagy derékszögű; első esetben a körülírt kör középpontja a háromszögön belül, második esetben a háromszög kerületén (az átfogón) fekszik.
Legyen $A B C △$ az $R$ sugarú körbe írt hegyes szögű háromszög. Hosszabbítsuk meg pl. az $A C$ oldalt és mérjük fel a meghosszabbításra a $C C' = B C$ távolságot. Ha $A C B ∢ = γ$ , akkor nyilván $A C' B ∢ = \frac{γ}{2}$ .

Tegyük fel, hogy

\bar{A C} > \bar{B C}

. Ezen esetben húzzuk meg az

A

csúcsból kiinduló

A D

átmérőt és ennek meghosszabbítására mérjük fel a

D D' = D B

távolságot Minthogy

A D B ∢ = γ

, azért

A D' B ∢ = \frac{γ}{2}

.
Eszerint

C'

és

D'

oly kör kerületén feküsznek, melyben az

A B

húrhoz

\frac{γ}{2}

kerületi szög tartozik. Ezen kör középpontja az

\hat{A B}

ív

E

felezőpontja (amelyre

A E B ∢ = γ

). Minthogy

A B C △

hegyesszögű,

A C

A E

és

A D

között fekszik, azaz

A C'

E

középpontú (és

E A

sugarú) körben oly húr, mely közelebb van az

E

középponthoz, mint e kör

A D'

húrja, tehát

\begin{matrix} A C + C C' > A D + D D', \\ A C' + B C > A D + B D, \\ A B + & A C + B C > A B + A D + B D . \end{matrix}

Azonban az

A B D

derékszögű háromszögben

\begin{matrix} A B + B D > A D = 2 R \end{matrix}

és így

A B + A C + B C > 2 A D = 4 R

A háromszög kerülete akkor lesz

4 R

, ha két oldala egy átmérőben esik össze.

2^{\circ}

. Ha a körbe írt konvex sokszög tartalmazza a kör középpontját (vagy a belsejében vagy a kerületén), akkor a sokszöget egy csúcsból kiinduló átlókkal háromszögekre bontjuk. Ezek egyikének tartalmaznia kell a kör középpontját. Erre a háromszögre pedig érvényes e tétel, tehát érvényes a sokszögre is, mert ennek kerülete nagyobb az előbb kiemelt háromszögénél.

Jegyzet. Ha az

R

sugarú körben mindazon hegyesszögű háromszögeket vizsgáljuk, melyeknek

A B

oldala szilárd húr, ezeknek kerületét az

A D B

derékszögű háromszög kerületével hasonlítjuk össze. Azon háromszögek harmadik csúcsa, melyeknek

A B

alapjuk szilárd és kerületük:

A B + A D + B D

, oly ellipszisen mozog, melynek gyújtópontjai

A

és

B

, nagy tengelye

A D + B D

. Ezen ellipszisnek a körhöz való helyzetéből következik, hogy ha

C

a körön fekszik úgy, hogy

A C B ∢

hegyesszögű, akkor

C

az ellipszisen kívül fekszik, tehát

\begin{matrix} A C + B C > A D + B D . \end{matrix}

II. Megoldás. Felhasználjuk a következő segédtételt:
Ha a kört az

A

B

C

D

pontokkal négy részre osztjuk úgy, hogy

\hat{A D} > \hat{B C}

legyen, akkor

\begin{matrix} \bar{A D} + \bar{B D} > \bar{A C} + \bar{B C} . \end{matrix}

Ugyanis feltevésünk szerint az

\hat{A D}

íven van olyan

E

pont, amelyre

\hat{D E} = \hat{B C}

, tehát

\hat{D E} = \hat{B C}

és így

\bar{B D} = \bar{C E}

. Ha már most az

\hat{A D}

és

\hat{C E}

húrok metszéspontja

F

, akkor

\begin{matrix} \bar{A F} + \bar{C F} > \bar{A C} és \bar{D F} + \bar{E F} > \bar{D E} . \end{matrix}

E két egyenlőtlenség megfelelő oldalait összegezve

\begin{matrix} \bar{A D} + \bar{C E} > \bar{A C} + \bar{D E} \end{matrix}

vagy

\begin{matrix} \bar{A D} + \bar{B D} > \bar{A C} + \bar{B C} ... Q . e . d . \end{matrix}

Legyen már most

P_{1} P_{2} P_{3}

olyan beírt háromszög, amelynek belsejében van a kör

O

középpontja és pl.

\bar{P_{1} P_{2}} \geq P_{1} P_{3}

. Ekkor

\hat{P_{1} P_{2}} \geq \hat{P_{1} P_{3}}

. Ha

P_{2} O

a kört másodszor

Q

-ban metszi, még inkább áll:

\hat{P_{1} P_{2}} > \hat{Q P_{3}}

. Segédtételünk szerint:

\begin{matrix} \bar{P_{1} P_{2}} + \bar{P_{1} P_{3}} > \bar{Q P_{2}} + \bar{Q P_{3}} \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} \bar{P_{1} P_{2}} + \bar{P_{2} P_{3}} + \bar{P_{1} P_{3}} > \bar{Q P_{2}} + \bar{P_{2} P_{3}} + \bar{Q P_{3}} > 2 \bar{Q P_{2}} = 4 R . \end{matrix}

O

a háromszög kerületére esik, vagyis az egyik oldal átmérő (mint a

Q P_{2} P_{3} △

-ben), akkor közvetlenül látható, hogy a háromszög kerülete nagyobb az átmérő kétszeresénél.

Jegyzet. Ezen bizonyítás független a háromszög szögeinek összegére vonatkozó (euklidesi) tételtől.

III. Megoldás. Jelöljék az

R

sugara körbe írt háromszög oldalait

a

b

c

, megfelelő szögeit

α

β

γ

. Ismeretes, hogy

\begin{matrix} a = 2 R sin α, b = 2 R sin β, c = 2 R sin γ . \end{matrix}

Így tehát

a + b + c = 2 R (sin α + sin β + sin γ)

A háromszög szögeinek sinusai pozitív, egységnél nem nagyobb számok, úgy, hogy

sin α \geq sin^{2} α

s í. t., de

\begin{matrix} sin α + sin β + sin γ > sin^{2} α + sin^{2} β + sin^{2} γ . \end{matrix}

Azonban

sin^{2} α + sin^{2} β + sin^{2} γ = 2 + 2 cos α cos β cos γ

Ha a háromszög hegyesszögű vagy derékszögű, a cosinusok egyike sem negatív, tehát

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

(Az egyenlőség jele akkor áll elő, ha az egyik szög derékszög!)

Eszerint

\begin{matrix} sin α + sin β + sin γ > 2 \end{matrix}

és

a + b + c > 4 R

Bizám György (Bolyai g. VII. o. Bp. V.)