Kezdőlap


Feladat:	1925. évi Eötvös (később Kürschák) matematikaverseny 3. feladata	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bakos T. , Balogh F. , Barber Pál , Barta Ferenc , Beke B. , Bóday I. , Bognár L. , Böhm V. , Fillinger V. , Fischer F. , Földes F. , Hallóssy Z. , Heller Gábor , Kellner M. , Kozma A. , Ság Vilmos , Sveiczer M , Szombathy M. , Tóvárosi Fischer György , Vass B. , Wachsberger Márta
Füzet:	1926/január, 133 - 134. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Geometriai egyenlőtlenségek, Derékszögű háromszögek geometriája, Beírt kör, Magasságvonal, Háromszög-egyenlőtlenség alkalmazásai, Egyenlő szárú háromszögek geometriája, Pitagorasz-tétel alkalmazásai, Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenlőtlenségek, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1926/január: 1925. évi Eötvös (később Kürschák) matematikaverseny 3. feladata

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

I. Megoldás. $1^{0}$ . A háromszögbe írható kör átmérője kisebb bármelyik magassági vonalnál. Az $a$ befogóhoz tartozó magassági vonal $b$ is a $b$ -hez tartozó $a$ . Eszerint ha a beírt kör radiusa $r$ ,

\begin{matrix} 2 r < a azaz r < \frac{a}{2}; és 2 r < b azaz r < \frac{b}{2}! \end{matrix}

2^{0}

. Legyen az átfogóra bocsátott magasság

h

; ha a derékszög csúcsát

C

-t az

A B

átfogó felező pontjával ‐

O

‐ kötjük össze, akkor

C O = \frac{A B}{2}

. Mivel pedig

h \leq C O

, azért

\begin{matrix} 2 r < h < C O, tehát 2 r < \frac{A B}{2} \end{matrix}

és

\begin{matrix} r < \frac{A B}{4}! \end{matrix}

Barta Ferenc (áll. főreáliskola VIII. o. Sopron)

II. Megoldás.

1^{0}

. A derékszögű háromszögbe írható kör radiusa:

r = \frac{a + b - c}{2}

. Ezt így is írhatjuk:

\begin{matrix} r = \frac{a - (c - b)}{2} vagy r = \frac{b - (c - a)}{2} . \end{matrix}

Mivel

c > a

és

c > b

, de

a > c - b

és

b > c - a

, következik, hogy:

\begin{matrix} r < \frac{a}{2} és r < \frac{b}{2}! \end{matrix}

2^{0}

. Adott

c

átfogó mellett képzelhető derékszögű háromszögek között legnagyobb a beírható kör radiusa, ha

a + b

értéke a legnagyobb. Ezen szélső érték akkor áll elő, ha a háromszög egyenlőszárú, tehát

a = b = \frac{c \sqrt[]{2}}{2}

és

a + b = c \sqrt[]{2}

. Tehát

\begin{matrix} r_{{max}_{}^{}} = \frac{c \sqrt[]{2} - c}{2} = \frac{c (\sqrt[]{2} - 1)}{2} < \frac{c}{4} \end{matrix}

mert

\sqrt[]{2} = 1, 4142 ... \sqrt[]{2} - 1 = 0, 4142 ...

és ennek a fele

0, 2071 ... < 0, 25

Heller Gábor (ág. ev. fg. VIII. o. Bp.)

III. Megoldás. A háromszögbe írt kör sugara

r = \frac{t}{s}

. Derékszögű háromszögnél

2 t = a b

és így

r = \frac{a b}{a + b + c}

1^{0}

. Mivel

c > b

a + b + c > 2 b

. Ha tehát a nevezőt kisebbítjük azáltal, hogy

a + b + c

helyett

a + 2 b

-t írunk, a tört értéke nagyobb lesz; ezért

r < \frac{a b}{a + 2 b}

.
De

\frac{a b}{a + 2 b} = \frac{a}{2 + \frac{a}{b}} < \frac{a}{2}

tehát

r < \frac{a}{2}

.
Ha pedig

a + b + c

helyett

b + 2 a

-t írunk,

r < \frac{b}{2}

2^{0}

. A derékszögű háromszögnél

2 t = c h

, tehát

r = \frac{c h}{a + b + c}

. Tekintettel arra, hogy

a + b > c

, a tört értékét növeljük, ha

a + b + c

helyett a kisebb

2 c

-t írjuk a nevezőbe; tehát

r < \frac{c h}{2 c}

azaz

r < \frac{h}{2}

. Minthogy

h \leq \frac{c}{2}

r < \frac{c}{4}

Barber Pál (Kölcsey Ferenc rg. VIII. o. Bp. VI.)

IV. Megoldás. Az előbbiektől való eltérés a második részben jelentkezik.
Ugyanis:

\begin{matrix} {(c - a)}^{2} > 0 és {(c - b)}^{2} > 0 \end{matrix}

egyenlőtlenségek megfelelő oldalait négyzetre emelés után összeadva:

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

Mivel

a^{2} + b^{2} = c^{2}

, azért

2 c (a + b) < 3 c^{2}

és ebből

\frac{a + b}{2} < \frac{3 c}{4}

.
Mindkét oldalon

\frac{c}{2}

-t kivonva:

\frac{a + b - c}{2} < \frac{c}{4}

Tóvárosi Fischer György (ág. ev. fg. VII. o. Bp.)