Kezdőlap


Feladat:	C.612	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Czirják István
Füzet:	2001/október, 399 - 400. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Síkgeometriai bizonyítások, Derékszögű háromszögek geometriája, Harmonikus közép, C gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2001/január: C.612

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

Azt állítjuk, hogy $P D + D Q \leq \frac{2 a b}{a + b}$ , ahol $a$ és $b$ a derékszögű háromszög befogóit jelölik a szokásos módon.
Az $A B C$ háromszög területe:

\begin{matrix} T = \frac{a b}{2} = \frac{b \cdot D P}{2} + \frac{a \cdot D Q}{2}, \end{matrix}

innen

\begin{matrix} a = \frac{b \cdot D P}{b - D Q} \end{matrix}

(1)

és

\begin{matrix} b = \frac{a \cdot D Q}{a - D P} . \end{matrix}

(2)

P D C

háromszög hasonló az

A B C

háromszöghöz; mindkettő derékszögű, és

C D P ∢ = B A C ∢

merőleges szárú hegyesszögek. Ezért a megfelelő oldalak aránya:

\begin{matrix} \frac{a}{b} = \frac{P C}{D P} = \frac{Q D}{D P}, \end{matrix}

innen

\begin{matrix} \begin{matrix} (3) a = \frac{b \cdot Q D}{D P} és (4) b = \frac{a \cdot D P}{Q D} . \end{matrix} \end{matrix}

Az (1) és (3) egyenlőségből:

\begin{matrix} \frac{b \cdot D P}{b - D Q} = \frac{b \cdot D Q}{D P}, innen b = \frac{D P^{2} + Q D^{2}}{Q D} . \end{matrix}

A (2) és (4) egyenlőségből:

\begin{matrix} \frac{a \cdot D Q}{a - D P} = \frac{a \cdot D P}{Q D}, innen a = \frac{D P^{2} + Q D^{2}}{D P} . \end{matrix}

A kapott

a

és

b

értékeket a bizonyítandó állításba helyettesítve:

\begin{matrix} P D + D Q \leq \frac{\frac{2 (D P^{2} + Q D^{2})}{D P} \cdot \frac{D P^{2} + Q D^{2}}{Q D}}{\frac{D P^{2} + Q D^{2}}{D P} + \frac{D P^{2} + Q D^{2}}{Q D}} . \end{matrix}

A műveleteket és egyszerűsítéseket elvégezve azt kapjuk, hogy

{(D P - Q D)}^{2} \geq 0

, ez pedig mindig teljesül.

Czirják István (Budapest, Szent István Gimn., 12. o.t.)