Kezdőlap


Feladat:	B.3978	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bogár Péter , Csaba Ákos , Dinh Van Anh , Honner Balázs , Horváth Vanda , Kiss Réka , Korom-Vellás Judit , Sümegi Károly , Szalóki Dávid , Tossenberger Anna , Varga László
Füzet:	2007/december, 538 - 541. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Geometriai egyenlőtlenségek, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Szinusztétel alkalmazása, Vektorok skaláris szorzata, Középponti és kerületi szögek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2007/február: B.3978

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

I. megoldás. A $4 R s_{a} \geq b^{2} + c^{2}$ egyenlőtlenséget fogjuk igazolni. Mivel a betűknek nincs kitüntetett szerepük, az is igaz, hogy $4 R s_{b} \geq a^{2} + c^{2}$ és $4 R s_{c} \geq a^{2} + b^{2}$ . A három egyenlőtlenséget összeadva, $2$ -vel való osztás után nyerjük a bizonyítandó egyenlőtlenséget.
Mivel ${(2 s_{a})}^{2} = 2 b^{2} + 2 c^{2} - a^{2}$ , a $4 R s_{a} \geq b^{2} + c^{2}$ egyenlőtlenség ekvivalens a

\begin{matrix} 4 R^{2} (2 b^{2} + 2 c^{2} - a^{2}) \geq {(b^{2} + c^{2})}^{2} \end{matrix}

egyenlőtlenséggel, amit

{(2 R)}^{4}

-nel osztva a szinusz tétel alapján

\begin{matrix} 2 sin^{2} β + 2 sin^{2} γ - sin^{2} α \geq {(sin^{2} β + sin^{2} γ)}^{2} \end{matrix}

alakra hozhatunk. (A szinusz tétel alábbi alakját használtuk:

\begin{matrix} \frac{a}{sin α} = \frac{b}{sin β} = \frac{c}{sin γ} = 2 R .) \end{matrix}

sin α = sin (β + γ) = sin β cos γ + cos β sin γ

és

cos^{2} x = 1 - sin^{2} x

összefüggések alapján a bal oldali kifejezés

\begin{matrix} 2 sin^{2} β + 2 sin^{2} γ - sin^{2} β cos^{2} γ - cos^{2} β sin^{2} γ - 2 sin β sin γ cos β cos γ = \\ = & sin^{2} β + sin^{2} γ + 2 sin^{2} β sin^{2} γ - 2 sin β sin γ cos β cos γ = \\ = & {(sin^{2} β + sin^{2} γ)}^{2} + (sin^{2} β - sin^{4} β) + (sin^{2} γ - sin^{4} γ) - 2 sin β sin γ cos β cos γ = \\ = & {(sin^{2} β + sin^{2} γ)}^{2} + sin^{2} β cos^{2} β + sin^{2} γ cos^{2} γ - 2 sin β sin γ cos β cos γ = \\ = & {(sin^{2} β + sin^{2} γ)}^{2} + {(sin β cos β - sin γ cos γ)}^{2} . \end{matrix}

Ez valóban nagyobb vagy egyenlő a jobb oldalon álló kifejezésnél, és egyenlőség pontosan

sin β cos β = sin γ cos γ

esetén áll fenn, vagyis ha

sin 2 β = sin 2 γ

.
Igaz tehát a feladatban megfogalmazott egyenlőtlenség. Egyenlőség pontosan

sin 2 α = sin 2 β = sin 2 γ

esetén áll fenn. Ez csak úgy lehet, ha

α = β = γ

, vagyis ha a háromszög szabályos.

A most következő megoldásokban a háromszög köré írható körének középpontját

K

-val jelöljük, a

B C

oldal felezőpontja pedig legyen

F

II. megoldás. Az előző megoldáshoz hasonlóan a

4 R s_{a} \geq b^{2} + c^{2}

egyenlőtlenséget igazoljuk. Az

A F

súlyvonal meghosszabbításának a köré írt körrel vett metszéspontja legyen

A'

. A kerületi szögek tétele szerint

A B F ∢ = C A' F ∢

(mindkét szög az

A C

ívhez tartozó kerületi szög) és

B A F ∢ = A' C F ∢

(mindkét szög az

A' B

ívhez tartozó kerületi szög). Így az

A B F

és a

C A' F

háromszögek hasonlók, hiszen szögeik egyenlő nagyságúak. A hasonlóság miatt

\frac{A' C}{B A} = \frac{F C}{F A}

, amiből

A' C = \frac{a c}{2 s_{a}}

. Hasonlóan, az

A C F

és a

B A' F

háromszögek hasonlóságából kapjuk, hogy

A' B = \frac{a b}{2 s_{a}}

Írjuk fel Ptolemaiosz tételét a

B A C A'

húrnégyszögre:

\begin{matrix} A A' \cdot a = A' C \cdot c + A' B \cdot b . \end{matrix}

Mivel

A A'

a köré írt kör húrja, így legfeljebb

2 R

hosszúságú. Ezt az észrevételt és korábbi eredményeinket felhasználva a következőt kapjuk:

\begin{matrix} 2 R \geq A A' = \frac{A' C \cdot c + A' B \cdot b}{a} = \frac{\frac{a c}{2 s_{a}} \cdot c + \frac{b a}{2 s_{a}} \cdot b}{a} = \frac{c^{2} + b^{2}}{2 s_{a}}, \end{matrix}

ezért a

4 R s_{a} \geq b^{2} + c^{2}

egyenlőtlenség valóban érvényes.
Egyenlőség pontosan akkor van, ha az

A B C

háromszög mindegyik súlyvonala

2 R

hosszúságú húrt metsz ki a köré írt körből, vagyis ha mind áthaladnak a köré írt kör középpontján. Ez akkor teljesül, ha a súlypont és a köré írt kör középpontja egybeesik, vagyis ha a háromszög szabályos.

III. megoldás. Mivel

K

illeszkedik a

B C

oldal felezőmerőlegesére, a

B F

és

F K

vektorok merőlegesek egymásra:

B F K

derékszögű háromszög, vagy pedig

F = K

. Pitagorasz tétele szerint:

\begin{matrix} K F = \sqrt[]{K B^{2} - B F^{2}} = \sqrt[]{R^{2} - {(\frac{a}{2})}^{2}}, \end{matrix}

ez az

F = K

esetben is igaz.
Az

A K F

(esetleg elfajuló) háromszögben a háromszög-egyenlőtlenség szerint

| A F - A K | \leq K F

, azaz

\begin{matrix} | s_{a} - R | \leq \sqrt[]{R^{2} - {(\frac{a}{2})}^{2}} . \end{matrix}

A kapott egyenlőtlenséget négyzetre emelve, majd rendezve:

\begin{matrix} {(s_{a} - R)}^{2} \leq R^{2} - {(\frac{a}{2})}^{2}, s_{a}^{2} + \frac{a^{2}}{4} \leq 2 R s_{a} . \end{matrix}

Ugyanígy kapjuk az

s_{b}^{2} + \frac{b^{2}}{4} \leq 2 R s_{b}

és

s_{c}^{2} + \frac{c^{2}}{4} \leq 2 R s_{c}

egyenlőtlenségeket. A három egyenlőtlenséget összeadva az

\begin{matrix} s_{a}^{2} + s_{b}^{2} + s_{c}^{2} + \frac{a^{2} + b^{2} + c^{2}}{4} \leq 2 R (s_{a} + s_{b} + s_{c}) \end{matrix}

egyenlőtlenséget kapjuk. Ismert, hogy egy háromszög súlyvonalainak négyzetösszege egyenlő az oldalak négyzetösszegének

\frac{3}{4}

-szeresével. Így

\begin{matrix} 2 R (s_{a} + s_{b} + s_{c}) & \geq s_{a}^{2} + s_{b}^{2} + s_{c}^{2} + \frac{a^{2} + b^{2} + c^{2}}{4} = \\ = \frac{3}{4} (a^{2} + b^{2} + c^{2}) + \frac{1}{4} (a^{2} + b^{2} + c^{2}) = a^{2} + b^{2} + c^{2}, \end{matrix}

ami épp a bizonyítandó állítás.
Az előző megoldásban látottakhoz hasonlóan gondolható meg, hogy pontosan akkor van egyenlőség, ha a háromszög szabályos.

IV. megoldás.

K

-ból az

A

B

C

csúcsokba mutató vektorok legyenek rendre

x

y

z

. Mivel

K

a köré írt kör középpontja, az

x

y

z

hossza

R

.
A háromszög

B C

oldalának felezőpontjából az

A

csúcsba mutató vektor

x - \frac{y + z}{2}

, ennek hossza pedig

s_{a}

. Két vektor skaláris szorzata kisebb, vagy egyenlő, mint a vektorok hosszának szorzata, ezt az észrevételt az

x

és az

x - \frac{y + z}{2}

vektorokra alkalmazva a következőket kapjuk:

\begin{matrix} x \cdot (x - \frac{y + z}{2}) \leq R s_{a}, 2 x^{2} - x y - x z \leq 2 R s_{a} . \end{matrix}

Teljesen hasonlóan igazolhatók a

\begin{matrix} 2 y^{2} - y z - y x \leq 2 R s_{b} és 2 z^{2} - z x - z y \leq 2 R s_{c} \end{matrix}

egyenlőtlenségek. A három egyenlőtlenséget összeadva, majd a kapott egyenlőtlenség bal oldalát átalakítva éppen az igazolandó állítást kapjuk:

\begin{matrix} 2 x^{2} + 2 y^{2} + 2 z^{2} - 2 x y - 2 y z - 2 z x & \leq 2 R (s_{a} + s_{b} + s_{c}), \\ {(x - y)}^{2} + {(y - z)}^{2} + {(z - x)}^{2} & \leq 2 R (s_{a} + s_{b} + s_{c}), \\ a^{2} + b^{2} + c^{2} & \leq 2 R (s_{a} + s_{b} + s_{c}), \end{matrix}

hiszen az

x - y

y - z

z - x

vektorok hossza rendre

c

a

b

.
Könnyen meggondolható, hogy egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha a háromszög szabályos.