Kezdőlap


Feladat:	F.2498	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Kocsis Katalin , Ratkó Julianna [1982-1986]
Füzet:	1985/május, 203 - 205. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Körülírt kör középpontja, Indirekt bizonyítási mód, Terület, felszín, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Jensen-féle egyenlőtlenség, Síkbeli ponthalmazok távolsága, Szélsőérték-feladatok differenciálszámítás nélkül, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1984/november: F.2498

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

I. megoldás. Állítjuk, hogy a szóban forgó háromszög körülírt körének középpontja minden háromszögben megfelel az állításnak. Hegyesszögű háromszög esetén ez belső pont, és a csúcsoktól egyenlő távolságra van.
Előkészítésül bebizonyítjuk azt a nevezetes tételt, hogy adott sugarú körbe írható háromszögek közül a szabályosnak a legnagyobb a területe.

1. ábra

Írjunk be a

k

körbe egy nem-szabályos

A B C

háromszöget, és jelöljük

A

-val,

C

-vel legnagyobb, illetve legkisebb szögének csúcsát (1. ábra). Nyilvánvaló, hogy az

A

-nál levő szög nagyobb, mint

60^{\circ}

, a

C

-nél levő pedig kisebb nála. Mérjük föl a

C A B' ∢ = 60^{\circ}

szöget az

A C

egyenes

B

-t tartalmazó partján. Az új szárnak

k

-n levő

B'

pontja távolabb van az

A C

alaptól, mint

B

, így az

A B' C

háromszög területe nagyobb, mint

A B C

területe. Valóban, a

B

-n átmenő,

A C

-vel párhuzamos egyenesnek

k

-n levő

B^{*}

pontjára

B^{*} A C ∢ = B C A ∢ < 60^{\circ}

, tehát

A B'

B^{*} A B

szögtartományban halad.
Az

A B' C

háromszögben

A

-nál

60^{\circ}

-os szög van. Ha a

B'

-nél és

C

-nél levő szögek nem

60^{\circ}

-osak, akkor egyik kisebb, a másik nagyobb, mint

60^{\circ}

, ezért ennél is nagyobb területű, a

k

-ba írt háromszöget mutathatunk fel: ennek új,

A'

csúcsát a

C B'

húr felező merőlegese metszi ki a

B

-t tartalmazó

C B'

ívből. Ekkor

A'

az ívnek a

C B'

alaptól legtávolabbi pontja, az

A' B' C

háromszög területe nagyobb, mint az

A B' C

háromszög területe, másfelől

C A' B' ∢ = C A B' ∢ = 60^{\circ}

, és

A' C = A' B'

. Ez pedig azt jelenti, hogy az

A' B' C

háromszög szabályos. Területe tovább nem növelhető. Ezzel bebizonyítottuk állításunkat.
Segédtételünkből következik, hogy ha különböző alakú, de egyenlő területű háromszögeknek tekintjük a körülírt körét, ezek sugarai közül a szabályos háromszög köré írt körnek a sugara kisebb lesz, mint bármely más alakú háromszög esetében. Ezt indirekt úton látjuk be. Legyenek

H_{1}

és

H_{2}

egységnyi területű háromszögek, és

H_{1}

szabályos,

H_{2}

nem-szabályos, körülírt körük sugara

r_{1}

, ill.

r_{2}

állítjuk, hogy

r_{2} > r_{1}

. Ha ugyanis

r_{2} \leq r_{1}

volna, vegyük az

r_{2}

sugarú körbe írt

H^{*}

szabályos háromszöget. Ennek

t^{*}

területére a tétel szerint

t^{*} > 1

(amennyi

H_{2}

területe).

H_{2}^{*}

-ból

r_{1} : r_{2} = λ

arányú (lineáris) nagyítással kapnánk

H_{1}

-et, és eszerint

H_{1}

területe

λ^{2} \cdot t^{*} > 1

lenne, hiszen föltevésünk szerint

λ^{2} \geq 1

. Az ellentmondás mutatja állításunk helyességét.
Már most az egységnyi területű szabályos háromszög oldala

a = \sqrt[]{4 : \sqrt[]{3}} =

= 2 : \sqrt[4]{3}

, a köréje írt kör sugara pedig

\begin{matrix} r = \frac{a}{\sqrt[]{3}} = \frac{a}{\sqrt[4]{9}} = \frac{2}{\sqrt[4]{27}} = \frac{2}{3} \sqrt[4]{3}, \end{matrix}

éppen az állításban szereplő állandó.

2. ábra

Ha tehát egységnyi területű háromszögek csúcsai körül ezen

r

sugárral írunk köröket, e

3

kör szabályos háromszög esetében a középpontban metszi egymást, más alakú háromszögben pedig nem tartalmazzák annak középpontját, ilyenkor a középpont körüli lefedetlen síkrész (

3

körív és még esetleg egyenes szakaszok határolják) minden pontja megfelel az állításnak.

II. megoldás. Írjuk fel a háromszög területét szögei és a körülírt kör sugara segítségével:

\begin{matrix} T = \frac{a b c}{4 r} = 2 r \end{matrix}

Ebből:

\begin{matrix} r = \frac{1}{\sqrt[]{2} \cdot \sqrt[]{sin α sin β sin γ}} . \end{matrix}

(1)

Alkalmazzuk a

sin α, sin β, sin γ

pozitív számokra a számtani‐mértani közép közti egyenlőtlenséget, majd mivel a

sin x

függvény a

[0, \frac{π}{2}]

intervallumban konkáv, a Jensen-egyenlőtlenséget: ^{$^{*}$}

\begin{matrix} sin α sin β sin γ \leq {(\frac{sin α + sin β + sin γ}{3})}^{3} \leq {(sin \frac{α + β + γ}{3})}^{3} = {(sin 60^{\circ})}^{3} = \frac{3 \sqrt[]{3}}{8} . \end{matrix}

Ezt behelyettesítve (1)-be:

\begin{matrix} r \geq \frac{1}{\sqrt[]{2}} \cdot \sqrt[]{\frac{8}{3 \sqrt[]{3}}} = \frac{2 \sqrt[4]{3}}{3}, \end{matrix}

amivel beláttuk, hogy a háromszög körülírt körének középpontja a feladat feltételeinek megfelelő pont.

^{$^{*}$}Lásd pl. Molnár Emil: Matematikai versenyfeladatok gyűjteménye 1947‐1970 (Tankönyvkiadó, Budapest 1974) 516. oldal.