Kezdőlap


Feladat:	B.3791	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Blázsik Zoltán , Bogár Péter , Csaba Ákos , Dücső Márton , Gehér György , Hujter Bálint , Károlyi Márton , Kiss-Tóth Christian , Kónya Gábor , Kovács Péter , Lovász László Miklós , Mészáros Gábor , Nagy János , Pásztor Attila , Strenner Balázs , Sümegi Károly , Szalóki Dávid , Tomon István , Udvari Balázs
Füzet:	2005/december, 534 - 536. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Síkgeometriai bizonyítások, Koszinusztétel alkalmazása, Háromszögek geometriája, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2005/január: B.3791

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

Megoldás. Mivel $A P B ∢ = B P C ∢ = C P A ∢$ , és e szögek összege $360^{\circ}$ , a szögek mindegyike $120^{\circ}$ -os. Tehát az $A P$ , $B P$ , $C P$ egyenesek egymással páronként $60^{\circ}$ -os szöget zárnak be, a $P$ körüli teljes szöget 6 egyenlő részre osztják.
Jelölje az $A B C$ háromszög oldalaira kifelé szerkesztett szabályos háromszögek harmadik csúcsát rendre $C'$ , $A'$ és $B'$ (lásd az ábrát). Az $C B' A P$ , $B A' C P$ és $A C' B P$ négyszögek húrnégyszögek, mert $P$ -nél lévő szögük $120^{\circ}$ -os, azzal szemközti szögük pedig $60^{\circ}$ -os. Forgassuk el $A$ körül $+ 60^{\circ}$ -kal az $A P C$ háromszöget. Ekkor $C$ képe $B'$ , $P$ képét pedig jelöljük $P'$ -vel. Mivel $A P P' ∢ = 60^{\circ}$ , $P'$ rajta van a $B P$ egyenesen. De $P P' A ∢$ is $60^{\circ}$ , s mivel $A P' B' ∢ = A P C ∢ = 120^{\circ}$ , a $P$ , $P'$ , $B'$ pontok is egy egyenesre esnek, tehát $B$ , $P$ és $B'$ kollineárisak. Mivel pedig $A P = P P'$ és $P C = P' B'$ , azért $A P + B P + C P = B B'$ . Ugyanígy látható be, hogy az $A A'$ és a $C C'$ szakaszok is tartalmazzák $P$ -t, továbbá mindkét szakasz hossza megegyezik $A P + B P + C P$ -vel.

A P D

és a

B' P C

háromszögek hasonlóak, mert

A P D ∢ = B' P C ∢ = 60^{\circ}

és

P A D ∢ = P B' C ∢

, ugyanis mindkettő a

P C

ívhez tartozó kerületi szög a

C B' A P

húrnégyszög körülírt körében. Ezért megfelelő oldalaik aránya megegyezik,

\frac{P D}{A P} = \frac{P C}{B' P}

. Ebből kifejezve

P D

-t, és felhasználva az

A P + B P + C P = B B'

összefüggést valamint a számtani és a mértani közepek közti egyenlőtlenséget kapjuk, hogy

\begin{matrix} P D = \frac{A P \cdot C P}{B' P} = \frac{A P \cdot C P}{B B' - B P} = \frac{A P \cdot C P}{A P + C P} \leq \frac{A P + C P}{4} . \end{matrix}

Ugyanígy látható be, hogy

\begin{matrix} P E \leq \frac{A P + B P}{4} . \end{matrix}

A koszinusztételt az

E P D

háromszög

D E

oldalára felírva kapjuk, hogy

\begin{matrix} D E^{2} = P E^{2} + P D^{2} - 2 P E \cdot P D cos 120^{\circ} = P E^{2} + P D^{2} + P E \cdot P D . \end{matrix}

Vagyis

P D

-t és

P E

-t az előző egyenlőtlenségekből kapott kifejezésekkel becsülve:

\begin{matrix} D E^{2} \leq \frac{{(A P + B P)}^{2}}{16} + \frac{{(A P + C P)}^{2}}{16} + \frac{(A P + B P) (A P + C P)}{16} . \end{matrix}

Mivel

A P + B P = C C' - C P = P C'

és

A P + C P = B B' - B P = P B'

, azért az egyenlőtlenséget

\begin{matrix} D E^{2} \leq \frac{P C'^{2} + P B'^{2} + P C' \cdot P B'}{16} \end{matrix}

alakba is írhatjuk. A koszinusztételt az

B' P C'

háromszög

B' C'

oldalára felírva kapjuk, hogy

B' C'^{2} = P C'^{2} + P B'^{2} + P C' \cdot P B'

, tehát

\begin{matrix} D E^{2} \leq \frac{B' C'^{2}}{16}, azaz 4 D E \leq B' C' . \end{matrix}

Viszont a háromszög-egyenlőtlenség szerint

B' C' \leq B' A + A C'

, és mivel

B' A = A C

valamint

A C' = A B

, azért

4 D E \leq A B + A C

, ami éppen a bizonyítandó egyenlőtlenség. Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha

A B C

szabályos háromszög.

Megjegyzés. A

P

pontot az

A B C

háromszög izogonális pontjának nevezzük. Ez az a pont, amelynek ‐ abban az esetben, ha a háromszög szögei kisebbek

120^{\circ}

-nál ‐ a háromszög csúcsaitól vett távolságösszege minimális. Ennek ‐ valamint

P

azon tulajdonságainak, amelyeket a megoldás első részében beláttunk ‐ bizonyítása megtalálható a Geometriai feladatok gyűjteménye I. kötetének 1016‐1019. feladataiban.