Kezdőlap


Feladat:	B.3902	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):	Szőke Nóra
Füzet:	2007/március, 150 - 151. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszög-egyenlőtlenség alkalmazásai, Síkgeometriai bizonyítások, Hossz, kerület, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2006/április: B.3902

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

Megoldás. A háromszög-egyenlőtlenség miatt:

\begin{matrix} A B & < A P + B P, \\ B C & < B P + C P, \\ C A & < C P + A P . \end{matrix}

Összeadva:

\begin{matrix} A B + B C + C A & < 2 (A P + B P + C P), \\ K_{A B C} & < 2 (A P + B P + C P), \\ \frac{K_{A B C}}{2} = s & < A P + B P + C P . \end{matrix}

Ezzel az egyenlőtlenség bal oldalát igazoltuk.

A B C

háromszögnek nagyobb a kerülete, mint az

A B P

háromszögnek, hiszen az

A Q C

háromszögben (ahol

Q

A P

és a

C B

szakasz metszéspontja)

\begin{matrix} A Q = A P + P Q & < Q C + C A, \\ aB Q Pháromszögben pedig \\ B P & < B Q + P Q, \end{matrix}

és a két egyenlőtlenséget összeadva:

\begin{matrix} A P + P Q + B P & < Q C + C A + B Q + P Q, \\ A P + B P & < B C + C A . \end{matrix}

Ugyanígy

\begin{matrix} B P + C P & < C A + A B és \\ C P + A P & < A B + B C . \end{matrix}

A három egyenlőtlenséget összeadva:

\begin{matrix} 2 (A P + B P + C P) & < 2 (A B + B C + C A), \\ A P + B P + C P & < A B + B C + C A = K_{A B C} = 2 s . \end{matrix}

Ezzel igazoltuk a jobb oldalon álló egyenlőtlenséget is.