A B. 4469. feladat (2012. szeptember)

B. 4469. Az ABC háromszög belső szögfelezőinek a szemközti oldalakkal vett metszéspontjai A₁, B₁, C₁. Bizonyítsuk be, hogy az A₁B₁C₁ háromszög területe nem lehet nagyobb az ABC háromszög területének negyedrészénél.

(5 pont)

A beküldési határidő 2012. október 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Legyen az ABC háromszög területe egységnyi, oldalainak hosszát pedig jelölje a szokásos módon a,b,c. A szögfelező-tétel szerint CA₁/BA₁=b:c, vagyis CA₁=ab/(b+c). Hasonlóképpen CB₁=ba/(a+c). Mivel absin $\gamma$ =2, az A₁B₁C háromszög területe ab/(a+c)(b+c). A B₁C₁A és C₁A₁B háromszögek területét hasonlóképpen kifejezve a bizonyítandó állítást

$\frac{ab}{(a+c)(b+c)}+\frac{bc}{(b+a)(c+a)}+\frac{ca}{(c+b)(a+b)}\ge \frac{3}{4}$

alakba írhatjuk. Mindkét oldalt 4(a+b)(b+c)(c+a)-val szorozva, kifejtés és egyszerűsítés után ezt az

a²b+ab²+a²c+ac²+b²c+bc² $\ge$ 6abc

alakra redukálhatjuk. Mivel (a-b)² $\ge$ 0, a²+b² $\ge$ 2ab és így a²c+b²c $\ge$ 2abc. Hasonlóképpen a²b+c²b $\ge$ 2abc és b²a+c²a $\ge$ 2abc. Ezt a három egyenlőtlenséget összeadva éppen a bizonyítandó egyenlőtlenséget kapjuk. Az is látszik, hogy egyenlőség csak az a=b=c esetben áll fenn, vagyis ha az ABC háromszög szabályos. Az egyenlőtlenséget úgy is levezethetjük, hogy a bal oldalon álló 6 összeadandóra alkalmazzuk a számtani és mértani közepek között fennálló egyenlőtlenséget.

Statisztika:

87 dolgozat érkezett.

5 pontot kapott: 68 versenyző.

4 pontot kapott: 5 versenyző.

3 pontot kapott: 2 versenyző.

2 pontot kapott: 2 versenyző.

0 pontot kapott: 7 versenyző.

Nem versenyszerű: 3 dolgozat.

A KöMaL 2012. szeptemberi matematika feladatai

87 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	68 versenyző.
4 pontot kapott:	5 versenyző.
3 pontot kapott:	2 versenyző.
2 pontot kapott:	2 versenyző.
0 pontot kapott:	7 versenyző.
Nem versenyszerű:	3 dolgozat.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?