Kezdőlap


Feladat:	N.41	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Burcsi Péter , Gyarmati Katalin , Tóth Gábor Zsolt
Füzet:	1995/április, 223 - 225. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek hasonlósága, Algebrai átalakítások, Geometriai egyenlőtlenségek, Háromszög területe, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1994/október: N.41

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

A három pont ( $P$ , $Q$ , $R$ ) nem lehet mind egy oldalon az $A B C$ háromszögben, mert akkor ez az oldal legalább a kerület $\frac{2}{3}$ része lenne, s ez ellentmondana a háromszög-egyenlőtlenségnek.
Így két eset lehetséges.
1. eset: Az egyik oldalon két pont van, egy másikon pedig a harmadik. Legyen az $A B$ oldalon a $P$ és a $Q$ , a $B C$ oldalon az $R$ pont ( $P$ és $Q$ közül $P$ van $A$ -hoz közelebb) (1. ábra). Feltehetjük, hogy a kerület 3 egység, vagyis $a + b + c = 3$ . Ekkor $P Q = 1$ és $Q B + B R = 1$ . A háromszög-egyenlőtlenségből $c < 1, 5$ , $a < 1, 5$ . A $P Q R$ háromszög $R$ -hez tartozó magasságát $m_{r}$ -rel, az $A B C$ háromszög $C$ -hez tartozó magasságát $m_{c}$ -vel jelölve: ( $B R R'$ és $B C C'$ hasonlóságából)

\begin{matrix} \frac{T_{P Q R}}{T_{A B C}} = \frac{1 \cdot m_{r}}{c \cdot m_{c}} = \frac{1}{c} \cdot \frac{B R}{B C} = \frac{1}{c} \cdot \frac{B R}{a} . \end{matrix}

B R = P Q - Q B > P Q - (c - P Q) > 2 P Q - 1, 5 = 0, 5

; így

\begin{matrix} \frac{T_{P Q R}}{T_{A B C}} = \frac{1}{c a} \cdot B R > \frac{0, 5}{1, 5 \cdot 1, 5} = \frac{2}{9} . \end{matrix}

Itt a

\frac{2}{9}

nem helyettesíthető nagyobb számmal, mert ha

A B = B C

és

A C

-t elég kicsinek választjuk,

P

-t pedig

A

-ba visszük, akkor

\begin{matrix} \frac{T_{P Q R}}{T_{A B C}} = \frac{2 - c}{a c}, \end{matrix}

ami ha

a + b + c = 3

, akkor

a

c \to 1, 5

b \to 0

esetén tart

\frac{2}{9}

-hez. Ez azt jelenti, hogy ekkor a

\frac{2}{9}

éles becslés.
2. eset: Mindhárom pont különböző oldalon van (2. ábra). Könnyen láthatóan

\begin{matrix} \frac{T_{P Q R}}{T_{A B C}} = 1 - (\frac{B Q}{B C} \cdot \frac{B P}{B A} + \frac{A P}{A B} \cdot \frac{A R}{A C} + \frac{C R}{C A} \cdot \frac{C Q}{C B}) . \end{matrix}

A kivonandóról (jelöljük

M

-mel) szeretnénk belátni, hogy legfeljebb

\frac{7}{9}

. Tegyük fel, hogy

a + b + c = 3

, és jelöljük

x

-szel az

\frac{A P}{A B}

arányt.

x

segítségével a többi arányt is kifejezzük. Ekkor

\begin{matrix} \begin{matrix} \frac{A P}{A B} \cdot \frac{A R}{A C} & = x \cdot \frac{1 - x c}{b} = - \frac{c}{b} x^{2} + \frac{1}{b} x, \\ \frac{B Q}{B C} \cdot \frac{B P}{B A} & = \frac{1 - (1 - x) \cdot c}{a} \cdot (1 - x) = - \frac{c}{a} x^{2} + \frac{2 c - 1}{a} x + \frac{1 - c}{a}, \\ \frac{C Q}{C B} \cdot \frac{C R}{C A} & = \frac{a + (1 - x) c - 1}{a} \cdot \frac{b + x c - 1}{b} = - \frac{c^{2}}{a b} x^{2} + \frac{a c - b c + c^{2}}{a b} x + \frac{a b + b c - 2}{a b} . \end{matrix} \end{matrix}

Közös nevezőre hozva:

\begin{matrix} M = - \frac{3 c}{a b} x^{2} + \frac{3 c + a - b}{a b} x + \frac{a b + b - 2}{a b} . \end{matrix}

Ennek a másodfokú kifejezésnek maximumhelye van, arról szeretnénk belátni, hogy

\frac{7}{9}

-nél kisebb. A maximum értékét adó

- \frac{Δ}{4 A}

(

Δ

a diszkrimináns) képlet felhasználásával:

\begin{matrix} M_{{max}_{}^{}} = \frac{9 c^{2} + a^{2} + b^{2} + 6 a c + 6 b c - 2 a b + 12 a b c - 24 c}{12 a b c} . \end{matrix}

Bizonyítandó:

M_{{max}_{}^{}} < \frac{7}{9}

.
Beszorzás és rendezés után:

\begin{matrix} 27 c^{2} + 3 a^{2} + 3 b^{2} + 18 a c + 18 b c - 6 a b - 72 c + 8 a b c < 0. \end{matrix}

Most minden tagból harmadfokút ,,gyártunk''

a + b + c = 3

és

{(a + b + c)}^{2} = 9

felhasználásával:

\begin{matrix} \begin{matrix} (9 c^{3} + 9 c^{2} a + 9 c^{2} b) + (a^{3} + a^{2} b + a^{2} c) + (b^{3} + b^{2} a + b^{2} c) + \\ + (6 a^{2} c + 6 a b c + 6 a c^{2}) + (6 b^{2} c + 6 b c^{2} + 6 a b c) + (- 2 a b c - 2 a^{2} b - 2 a b^{2}) + \\ + (- 8 a^{2} c - 8 b^{2} c - 8 c^{3} - 16 a b c - 16 a c^{2} - 16 b c^{2}) + 8 a b c = \\ = a^{3} + b^{3} + c^{3} - a c^{2} - b c^{2} - a^{2} c - b^{2} c - a^{2} b - a b^{2} + 2 a b c = \\ = (a - b - c) (b - c - a) (c - a - b) < 0. \end{matrix} \end{matrix}

Mivel csak ekvivalens átalakítást végeztünk,

\begin{matrix} M \leq M_{{max}_{}^{}} < \frac{7}{9}, s így \frac{T_{P Q R}}{T_{A B C}} > \frac{2}{9} . \end{matrix}

Ezt kellett igazolni.

Megjegyzés. A második esetben is megközelíthető a

\frac{2}{9}

. Legyen

A B = B C

és

A P = 2 P B

. Ha

C B A ∢ \to 0

, akkor

\frac{C Q}{C B}\to\frac{2}{3}

\frac{A R}{A C} = \frac{1}{3}

, s így

\frac{T_{P Q R}}{T_{A B C}} \to \frac{2}{9}

Burcsi Péter (Pápa, Türr István Gimn., III. o.t.) dolgozata alapján