Kezdőlap


Feladat:	A.380	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bogár Péter , Dücső Márton , Erdélyi Márton , Gyenizse Gergő , Hujter Bálint , Jankó Zsuzsanna , Kisfaludi-Bak Sándor , Kónya Gábor , Nagy 224 Csaba , Paulin Roland , Tomon István
Füzet:	2006/január, 27 - 28. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszög területe, Ponthalmazok távolsága, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2005/október: A.380

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

Megoldás. Megmutatjuk, hogy $K$ -nak kiválasztható három egymás utáni csúcsa is, amelyek elegendően kicsiny háromszöget határoznak meg.
Felhasználjuk azt a jól ismert tételt, hogy ha egy $K_{1}$ konvex sokszög a $K_{2}$ (nem feltétlenül konvex) sokszög belsejében fekszik, akkor $K_{1}$ kerülete kisebb, mint $K_{2}$ kerülete. Ezt a tételt $K$ -ra és az őt tartalmazó egységnégyzetre alkalmazva kapjuk, hogy $K$ kerülete kisebb, mint $4$ egység.
Legyenek $K$ csúcsai az $A_{1}$ , $A_{2}$ , $...$ , $A_{n}$ pontok. Az indexelést alkalmazzuk ciklikusan, például $A_{0} = A_{n}$ és $A_{n + 1} = A_{1}$ . Tetszőleges $i$ -re az $A_{i - 1} A_{i} A_{i + 1}$ szög kiegészítő szöge legyen $φ_{i}$ az ábra szerint. Mint ismeretes, a $φ_{i}$ szögek összege radiánban kifejezve $2 π$ .

A_{i - 1} A_{i} A_{i + 1}

háromszög területét fejezzük ki a sokszög oldalaival és a

φ_{i}

szöggel, és becsüljük felülről a következőképpen:

\begin{matrix} t (A_{i - 1} A_{i} A_{i + 1}) = \frac{1}{2} \cdot A_{i - 1} A_{i} \cdot A_{i} A_{i + 1} \cdot sin φ_{i} < \frac{1}{2} \cdot A_{i - 1} A_{i} \cdot A_{i} A_{i + 1} \cdot φ_{i} . \end{matrix}

A háromszögek területeinek mértani közepét véve, majd a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenséget alkalmazva az oldalakra és a szögekre is,

\begin{matrix} {min}_{1 \leq i \leq n}^{} t (A_{i - 1} A_{i} A_{i + 1}) \leq \sqrt[n]{\prod_{i = 1}^{n} t (A_{i - 1} A_{i} A_{i + 1})} < \sqrt[n]{\prod_{i = 1}^{n} \frac{1}{2} \cdot A_{i - 1} A_{i} \cdot A_{i} A_{i + 1} \cdot φ_{i}} = \\ = \frac{1}{2} \cdot {(\sqrt[n]{\prod_{i = 1}^{n} A_{i} A_{i + 1}})}^{2} \cdot \sqrt[n]{\prod_{i = 1}^{n} φ_{i}} \leq \frac{1}{2} \cdot {(\frac{\sum_{i = 1}^{n} A_{i} A_{i + 1}}{n})}^{2} \cdot \frac{\sum_{i = 1}^{n} φ_{i}}{n} < \\ < \frac{1}{2} \cdot {(\frac{4}{n})}^{2} \cdot \frac{2 π}{n} = \frac{16 π}{n^{3}} < \frac{80}{n^{3}} . \end{matrix}

A legkisebb háromszög területe tehát biztosan kisebb, mint

\frac{80}{n^{3}}

egység.