Az A. 388. feladat (2005. december)

A. 388. Az ABCDEF hatszögben AB=BC, CD=DE és EF=FA. Bizonyítsuk be, hogy

$\frac{AB}{BE}+\frac{CD}{DA}+\frac{EF}{FC}\ge\frac32.$

(5 pont)

A beküldési határidő 2006. január 16-án LEJÁRT.

Megoldás. Írjuk fel a Ptolemaiosz-egyenlőtlenséget az ABCE négyszögre:

AB^.CE+BC^.EA $\ge$ AC^.BE,

és egyenlőség pontosan akkor van, ha az A,B,C,E pontok ebben a sorrendben egy körre vagy egy egyenesre esnek. Az egyenlőtlenséget átrendezve és figyelembe véve, hogy AB=BC,

AB^.(CE+EA) $\ge$ AC^.BE,

$\frac{AB}{BE} \ge \frac{AC}{CE+EA}.$

A CDEA és EFAC négyszögekből, a betűzés ciklikus cseréjével ugyanígy kapjuk, hogy

$\frac{CD}{DA} \ge \frac{CE}{EA+AC}$

és

$\frac{EF}{FC} \ge \frac{EA}{AC+CE}.$

Legyen AC=x, CE=y és EA=z. A három egyenlőtlenséget összeadve,

$\frac{AB}{BE}+\frac{CD}{DA}+\frac{EF}{FC}\ge \frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}.$

A számtani-harmonikus közepek közötti egyenlőtlenség felhasználásával

$\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y} =$

$= \left(\frac{x+y+z}{y+z}-1\right)+ \left(\frac{x+y+z}{z+x}-1\right)+ \left(\frac{x+y+z}{x+y}-1\right)=$

$= (x+y+z)\left(\frac1{y+z}+\frac1{z+x}+\frac1{x+y}\right)-3 \ge$

$\ge (x+y+z)\cdot\frac{9}{(y+z)+(z+x)+(x+y)}-3=\frac32.$

Statisztika:

15 dolgozat érkezett.

5 pontot kapott: Blázsik Zoltán, Dücső Márton, Erdélyi Márton, Estélyi István, Fischer Richárd, Gyenizse Gergő, Hujter Bálint, Jankó Zsuzsanna, Kisfaludi-Bak Sándor, Kónya 495 Gábor, Kutas Péter, Nagy 224 Csaba, Paulin Roland, Tomon István, Viktor Simjanoski.

A KöMaL 2005. decemberi matematika feladatai

15 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Blázsik Zoltán, Dücső Márton, Erdélyi Márton, Estélyi István, Fischer Richárd, Gyenizse Gergő, Hujter Bálint, Jankó Zsuzsanna, Kisfaludi-Bak Sándor, Kónya 495 Gábor, Kutas Péter, Nagy 224 Csaba, Paulin Roland, Tomon István, Viktor Simjanoski.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?