Kezdőlap


Feladat:	F.3014	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Burcsi Péter , Pap Gyula , Tóth László
Füzet:	1995/január, 28 - 29. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Geometriai egyenlőtlenségek, Derékszögű háromszögek geometriája, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül körökben, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1994/április: F.3014

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

Használjuk a feladat szövege alapján készített ábra jelöléseit. A Pitagorasz-tétel alapján

\begin{matrix} E_{1} E_{2}^{2} = {(R + r)}^{2} - {(R - r)}^{2} = 4 R \cdot r, \end{matrix}

és így

\begin{matrix} E_{1} E_{2} = 2 \sqrt[]{R r} . \end{matrix}

(1)

A feltételek szerint

E_{1} E_{2} = 20

(cm), ezért

2 \sqrt[]{R r} = 20

, azaz

\begin{matrix} R r = 100. \end{matrix}

(2)

Az (1)-hez hasonlóan

E_{1} E = 2 \sqrt[]{r x}

és

E E_{2} = 2 \sqrt[]{R x}

. Mivel

E_{1} E_{2} = E_{1} E + E E_{2}

, azért

2 \sqrt[]{R r} = 2 \sqrt[]{r x} + 2 \sqrt[]{R x}

, amiből

\sqrt[]{x} = \frac{10}{\sqrt[]{R} + \sqrt[]{r}}

. Az oldalak pozitívak, ezért mindkét oldalt négyzetre emelve az előbbivel ekvivalens összefüggést kapunk:

\begin{matrix} x = \frac{100}{R + r + 20} = \frac{50}{\frac{R + r}{2} + 10} . \end{matrix}

(3)

(3) alapján

x

akkor lesz a legnagyobb, ha

\frac{R + r}{2}

a legkisebb. Mivel (2) szerint

R r

állandó, az

\frac{R + r}{2} \geq \sqrt[]{R r}

egyenlőtlenségből

\frac{R + r}{2}

akkor a legkisebb, ha

R = r = 10

. Ennek alapján

x

legnagyobb értéke is megadható:

x_{{max}_{}^{}} = \frac{100}{40} = 2, 5

(cm).

Pap Gyula (Debrecen, Fazekas M. Gimn., I. o.t.) dolgozata alapján