Feladat: C.1139 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Imre Nóra ,  Lapis Máté Sámuel ,  Molnár-Sáska Zoltán ,  Roszjár Lea ,  Várkonyi Lídia 
Füzet: 2014/március, 139 - 144. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): C gyakorlat, Egyenlőtlenségek, Derékszögű háromszögek geometriája, Hossz, kerület
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2012/október: C.1139

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

 
I. megoldás. Használjuk a szokásos jelöléseket.
Mivel egy derékszögű háromszög oldalainak hossza pozitív, alkalmazhatjuk rájuk a négyzetes és számtani közép között fennálló egyenlőtlenséget:
a2+b22a+b2.(1)

A Pitagorasz-tételt szerint a2+b2=c2. Továbbá tudjuk, hogy a+b+c=k, ahol k állandó. Ez utóbbiból a+b=k-c következik. Helyettesítsük be ezeket az (1) egyenlőtlenségbe:
c22k-c2.
Mivel c>0, ebből:
c2k-c2.
Rendezve az egyenletet kapjuk, hogy:
c(2+1)k,majdck2+1=(2-1)k.

Mivel k állandó, az átfogó legalább (2-1)k. Létezik is olyan háromszög, amelynek éppen ekkora az átfogója, ennek a befogóinak hossza:
a=b=(1-22)k.


 
Megjegyzés. Sokan az (1) egyenlőtlenség felírása után azt mondták, hogy
c22(a+b),
ahol egyenlőség a=b esetén áll fenn, tehát egyenlő szárú háromszögre lesz a legkisebb az átfogó, és kiszámolták, hogy akkor mennyi az átfogó hossza. Ez nem teljes megoldás. Egyrészt, ha adott a kerület, akkor leszűkül a szóba jövő (a;b) számpárok halmaza. Másrészt közepek közti egyenlőtlenség használata esetén az egyik oldal értékét tudni szoktuk, vagyis a becslés úgy néz ki, hogy egy kifejezés legalább/legfeljebb akkora, mint egy konkrét érték. És ebben az esetben lehet azt mondani, hogy a kifejezés minimuma/maximuma ez a konkrét érték, melyet (a példabeli esetben) a=b esetén vesz fel.

 
II. megoldás. Használjuk a szokásos jelöléseket.
Alkalmazzuk a derékszögű háromszög oldalainak négyzetére a számtani és a mértani közepek közötti egyenlőtlenséget:
a2+b22a2b2.(2)

A Pitagorasz-tétel szerint c2=a2+b2, ezt írjuk be a (2) egyenlőtlenségbe:
c22a2b2,c22ab.

Mindkét oldalhoz c2=a2+b2-et adva: (a+b)22c2,
 
majd a+b2c következik. Írjuk be ezt az a+b+c=k egyenlőségben a+b helyébe:
k=a+b+c2c+c=(1+2)c,
amiből ck1+2 következik. Egyenlőség a=b=(1-22)k esetén áll fenn.
 
Megjegyzés. Sokan a (2) egyenlőtlenség felírása után azt mondták, hogy c2ab, ahol egyenlőség a=b esetén áll fenn, tehát egyenlő szárú háromszögre lesz a legkisebb az átfogó, és kiszámolták erre az esetre az átfogó hosszát. Ez sem teljes megoldás.

 
III. megoldás. A derékszögű háromszög kerületét felírhatjuk a következőképpen (α]0,π/2[):
k=c+csinα+ccosα=c(1+sinα+cosα).
Fejezzük ki az átfogót:
c=k1+sinα+cosα.

Adott k esetén ennek akkor van minimuma, amikor a nevezőnek és egyben (sinα+cosα)-nak maximuma.
sinα+cosα=2(12sinα+12cosα)=2sin(α+π/4).
Ez pedig az adott intervallumon α=π/4 esetén veszi fel a legnagyobb
 
értékét. Így a c=k1+sinα+cosα a legkisebb értékét
 
α=π/4 (vagyis egyenlő szárú háromszög) esetén veszi fel, és a felvett minimum
c=k1+22+22=k1+2.

 
IV. megoldás. Minimum és maximumérték sokszor szokott lenni egyenlő szárú háromszög esetén, nézzük meg ezt most is. Legyen a szárak hossza a (így nyilván a>0), ekkor az átfogó 2a, a kerület pedig: k=(2+2)a.
Növeljük az egyik befogót x-szel, a másikat pedig csökkentsük y-nal (x,y>0), és nézzük meg, változatlan kerület mellett hogyan változik az átfogó.
Ha a két befogó a-x, illetve a+y, akkor k kerület mellett az átfogó
(2+2)a-(a-x)-(a+y)=2a+x-y.

Azt szeretnénk belátni, hogy x>y, hiszen ekkor az átfogó nagyobb, mint az egyenlő szárú háromszög esetén.
Írjuk fel a Pitagorasz-tételt, majd rendezzük a kapott egyenletet:

(a-x)2+(a+y)2=(2a+x-y)2,a2-2ax+x2+a2+2ay+y2=2a2+x2+y2+22ax-22ay-2xy,-2ax+2ay=22ax-22ay-2xy,0=ax(2+22)-ay(2+22)-2xy,0=a(2+22)(x-y)-2xy.



Mivel a, x és y pozitívak, a jobb oldal csak úgy lehet 0, ha x-y>0, vagyis x>y.
Ezzel beláttuk, hogy egyenlő szárú háromszög esetén a legkisebb az átfogó.
Ha az átfogó c, akkor a befogó c/2, a kerület pedig:
k=c(1+2/2)=c(1+2), ahonnan
c=k2+1.

 
V. megoldás. Vizsgáljuk meg, hogy adott átfogó mellett mekkora lehet legfeljebb a két befogó összege. Vagyis adott c esetén keressük a+b maximumát, jelölje ezt p. Ekkor k maximuma p+c, mely adott (α1;β1;γ1) szögű háromszög esetén lép fel. A kérdést megfordítva: Ha rögzített a kerület, akkor az átfogója a minimális értékét az α1; β1; γ1 szögek esetén veszi fel.
A Pitagorasz-tétel miatt a2+b2=c2. Mivel c adott, így c2 és a2+b2 is az.
a+b akkor lesz a lehető legnagyobb, ha a négyzete is az: (a+b)2=a2+b2+2ab. Ebből a2+b2 adott, tehát (a+b)2 és így a+b akkor lesz a legnagyobb, amikor 2ab, és egyben ab felveszi a maximumát.
A Thalész-tétel megfordítása miatt a háromszögnek az átfogóval szemközti csúcsa az átfogó Thalész-körén helyezkedhet el. Legyen a c átfogóhoz tartozó magasságvonal m. Ekkor a háromszög területe ab2=cm2, vagyis ab=cm. Mivel c adott, ezért ez akkor lesz a legnagyobb, amikor m a lehető legnagyobb, ez pedig akkor következik be, amikor m egyben a c oldal felező merőlegese is, vagyis amikor a háromszög egyenlő szárú.
Egyenlő szárú háromszög esetén pedig a kerület (2+2)a, az átfogó 2a, ami a kerületnek az 12+1-szerese.

 
Megjegyzés. Hasonló gondolatmenetet alkalmazott Bauer Márton (Szombathely, Nagy Lajos Gimn., 9. évf.): A harmadik csúcs az átfogó két végpontja, mint fókusz köré szerkesztett ellipszisen helyezkedik el. A lehető legnagyobb ellipszis, aminek vannak közös pontjai a körrel, az amelyik a kört két ponton érinti. Ezek a pontok az átfogóhoz írható egyenlő szárú derékszögű háromszög csúcsai.

 
VI. megoldás. Legyen ABC derékszögű háromszög, és a kerületét, k-t mérjük fel AC egyenesére az 1. ábrának megfelelően.
 


 
1. ábra
 

Mivel PCB egyenlő szárú derékszögű háromszög, CPB=45. Emiatt a B csúcs a PQ-val 45-os szöget bezáró félegyenesen helyezkedik el A-tól z távolságra, tehát a B pont az A pont körül z sugárral húzott kör és a félegyenes közös pontja. Ezért AB legalább akkora, mint az A pont és a PB félegyenes távolsága. Így
AB22AP=22(k-AQ)=22(k-AB),
vagyis
AB22(k-AB),
amiből rendezéssel 2AB2k-2AB, majd AB(2+2)2k, végül
AB22+2k=2(2-2)(2+2)(2-2)k=22-22k=(2-1)k.

Ebből következik, hogy AB legkisebb értéke (2-1)k, ami akkor következik be, amikor az A középpontú, z sugarú kör érinti a PB félegyenest. Ekkor PBA=90, és így PAB=45, vagyis az ABC háromszög egyenlő szárú.

 
VII. megoldás. Az első megoldás megjegyzésében említettük, hogy a feladatban leszűkül az a tartomány, amelyre a közepek közötti egyenlőtlenséget alkalmazzuk. Vizsgáljuk ezt meg jobban. Adott a k állandó, és k=a+b+c. Ebből
k2=a2+b2+c2+2(ab+ac+bc)=2(c2+ab+ac+bc)==2(a+c)(b+c)=2(k-b)(k-a),
amiből (a-k)(b-k)=k22.
Ezt ábrázolva látható, hogy azok az (a;b) számpárok lesznek egy
 
k kerületű háromszög befogói, amelyek a megfelelő hiperbola-ív A(k2;0) és B(0;k2) pontjai közé esnek (2. ábra).

2. ábra

 


3. ábra

Mivel a Pitagorasz tétel szerint a2+b2=c2, így egy O középpontú, c sugarú kör és a hiperbola-ív metszéspontjainak koordinátái egy megfelelő (k kerületű) háromszög befogóinak hosszát adják (3. ábra).
A c értéke kisebb, mint a c1 kör sugara, vagyis k2, és legalább akkora, mint a c2 kör sugara. (A c3 kör egy ,,köztes'' kört mutat, ahol F és G két megfelelő háromszög koordinátáit adják.) A c2 kör az E pontban érinti a hiperbola-ívet, a szimmetria miatt két koordinátája egyenlő. Tehát c értéke egyenlő szárú háromszög esetén lesz minimális, kiszámolható (lásd pl. a IV. megoldást), hogy ekkor c=(2-1)k.