Kezdőlap


Feladat:	B.3514	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):	Sándor Ágnes
Füzet:	2002/szeptember, 340 - 341. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Síkgeometriai bizonyítások, Háromszög területe, Számtani közép, Mértani közép, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2002/január: B.3514

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

Tudjuk, hogy

\begin{matrix} A A_{1} \cdot B C = B B_{1} \cdot C A = C C_{1} \cdot A B = 2 t . \end{matrix}

(1)

Ha a háromszög szabályos, akkor

A B = B C = C A

, tehát

\begin{matrix} A A_{1} \cdot A B + B B_{1} \cdot B C + C C_{1} \cdot C A & = \\ = A A_{1} \cdot B C + B B_{1} \cdot C A + C C_{1} \cdot A B & = & 6 t, \end{matrix}

vagyis teljesül a feladatban szereplő egyenlőség.

Megmutatjuk, hogy ha

\begin{matrix} A A_{1} \cdot A B + B B_{1} \cdot B C + C C_{1} \cdot C A = 6 t, \end{matrix}

akkor a háromszög szabályos. A számtani és mértani közepek közti egyenlőtlenség szerint

\begin{matrix} \frac{A A_{1} \cdot A B + B B_{1} \cdot B C + C C_{1} \cdot C A}{3} \geq \sqrt[3]{(A A_{1} \cdot A B) \cdot (B B_{1} \cdot B C) \cdot (C C_{1} \cdot C A)} . \end{matrix}

(2)

\begin{matrix} (A A_{1} \cdot A B) \cdot (B B_{1} \cdot B C) \cdot (C C_{1} \cdot C A) = (A A_{1} \cdot B C) \cdot (B B_{1} \cdot C A) \cdot (C C_{1} \cdot A B) = {(2 t)}^{3}, \end{matrix}

vagyis a (2) egyenlőtlenség

\begin{matrix} A A_{1} \cdot A B + B B_{1} \cdot B C + C C_{1} \cdot C A \geq 6 t \end{matrix}

alakban is írható. Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha

\begin{matrix} A A_{1} \cdot A B = B B_{1} \cdot B C = C C_{1} \cdot C A = 2 t . \end{matrix}

Ezt összevetve (1)-gyel, kapjuk, hogy

\begin{matrix} A A_{1} \cdot A B = A A_{1} \cdot B C, B B_{1} \cdot B C = B B_{1} \cdot C A és C C_{1} \cdot A B = C C_{1} \cdot C A, \end{matrix}

amikből

A B = B C = C A

adódik; ez azt jelenti, hogy a háromszög szabályos.

Sándor Ágnes (Pápai Református Kollégium Gimn., 10. évf.) dolgozata alapján