A B. 4865. feladat (2017. március)

B. 4865. Egy hegyesszögű háromszög \(\displaystyle a\) és \(\displaystyle b\) oldalai által bezárt szög harmadolói \(\displaystyle f\) és \(\displaystyle g\). Igazoljuk, hogy

\(\displaystyle \frac{f+g}{2}< \frac{2}{\frac{1}{a} +\frac{1}{b}}. \)

(6 pont)

A beküldési határidő 2017. április 10-én LEJÁRT.

1. Megoldás. Használjuk a szokásos jelöléseket, és legyen a \(\displaystyle \gamma\) szög felelzője \(\displaystyle e\). Az ismert formula szerint

\(\displaystyle e=\frac {2ab \cos\frac{\gamma}{2}}{a+b}.\)

Ugyanígy, mivel \(\displaystyle e\) az \(\displaystyle f\) és \(\displaystyle g\) szögét is felezi:

\(\displaystyle e=\frac {2fg \cos\frac{\gamma}{6}}{f+g}.\)

Ezt felhasználva a bizonyítandó a következő alakba írható:

\(\displaystyle \frac{f+g}{2}\cos\frac\gamma 2< \frac 2 {\frac 1f + \frac 1g}\cos \frac \gamma 6.\)

Bevezetve a \(\displaystyle \gamma/6=x\) jelölést, és rendezve a két oldalt kapjuk, hogy

\(\displaystyle (f+g)\left ( \frac 1f + \frac 1g \right ) < 4\cdot\frac{\cos x}{\cos 3x},\)

vagyis

\(\displaystyle \frac fg +\frac gf< 4\cdot\frac{\cos x}{\cos 3x}-2.\)

Rögzítsük \(\displaystyle x<15^\circ\) értékét, és vizsgáljuk a bal oldalt. Feltehető, hogy \(\displaystyle f\geq g\) (vagyis \(\displaystyle \alpha\leq \beta\)), s ekkor a bal oldal \(\displaystyle f/g\)-ben monoton nő. Legyen \(\displaystyle y=\alpha+2x\), mivel \(\displaystyle 90^\circ>\beta=180^\circ-y-4x\), így \(\displaystyle 90^\circ-4x<y<120^\circ\).

Alkalmazzuk a szinusz-tételt az \(\displaystyle XYC\triangle\)-ben: \(\displaystyle f/g=\sin(\beta+2x)/\sin(\alpha+2x)=\sin(y+2x)/\sin y=\cos 2x+ \ctg y \cdot \sin 2x\). Mivel \(\displaystyle \ctg y\) monoton fogyó, így \(\displaystyle f/g<\cos 2x+ \ctg (90^\circ-4x) \cdot \sin 2x=\sin (90^\circ-2x)/ \sin (90^\circ-4x)=\cos 2x / \cos 4x\). Mindezekből következik, hogy

\(\displaystyle \frac fg +\frac gf< \frac {\cos 2x}{\cos 4x}+ \frac {\cos 4x}{\cos 2x}.\)

Elegendő igazolni tehát, hogy

\(\displaystyle \frac {\cos 2x}{\cos 4x}+ \frac {\cos 4x}{\cos 2x} \leq 4\cdot\frac{\cos x}{\cos 3x}-2.\)

Vezessük be a \(\displaystyle t=\cos 2x\) jelölést. Világos, hogy \(\displaystyle \sqrt 3/2=\cos 30^\circ < t < 1\). Kihasználva a \(\displaystyle \cos 3x=4\cos^3x-3 \cos x=\cos x(2\cos 2x -1)\), valamint a \(\displaystyle \cos 4x= 2(\cos 2x)^2-1\) azonosságokat a bizonyítandó így alakul:

\(\displaystyle \frac t {2t^2-1}+ \frac {2t^2-1}t\leq \frac 4{2t-1}-2.\)

Közös nevezőre hozva, felszorozva, rendezve és a \(\displaystyle t-1\) gyöktényezőt kiemelve:

\(\displaystyle (t-1)(8t^4+12t^3- 6t^2-7t+1)\leq 0\)

egyenlőtlenséget kell igazolnunk \(\displaystyle \sqrt 3 /2 <t<1\) feltétel mellett. De \(\displaystyle 8t^4>8t^2\cdot 3/4=6t^2\), és \(\displaystyle 12t^3>12t\cdot 3/4=9t\) miatt a megadott intervallumon a második tényező pozitív, míg \(\displaystyle t-1\) triviálisan negatív. Mivel a lépéseink megfordíthatóak, ezért az állítást beláttuk.

2. Megoldás(vázlat). Ha a magasság egységnyi, \(\displaystyle x=\frac\gamma6\), \(\displaystyle \alpha=m-3x\) és \(\displaystyle \pi-\beta=m+3x\), akkor \(\displaystyle a=\frac1{\sin(m-3x)}\), \(\displaystyle b=\frac1{\sin(m+3x)}\), \(\displaystyle f=\frac1{\sin(m-x)}\) és \(\displaystyle g=\frac1{\sin(m+x)}\).

Behelyettesítve, az állítás:

\(\displaystyle \dfrac{\dfrac1{\sin(m+x)}+\dfrac1{\sin(m-x)}}2 \stackrel{?}{<} \frac2{\sin(m+3x)\sin(m-3x)}. \)

Átszorozva, kibontva, \(\displaystyle \cos m\cos x\)-szel osztva majd gyököt vonva:

\(\displaystyle 1 \stackrel{?}{<} 2\cos x \cdot \big|\tg m\big|. \)

Ez pedig igaz, mert \(\displaystyle \frac\pi4<m<\frac{3\pi}4\) és \(\displaystyle x<\frac\pi{12}\).

Statisztika:

18 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:	Beke Csongor, Borbényi Márton, Csahók Tímea, Daróczi Sándor, Gáspár Attila, Imolay András, Kerekes Anna, Kővári Péter Viktor, Németh 123 Balázs, Szabó Kristóf, Tóth Viktor.
5 pontot kapott:	Vári-Kakas Andor.
4 pontot kapott:	1 versenyző.
2 pontot kapott:	4 versenyző.
0 pontot kapott:	1 versenyző.

A KöMaL 2017. márciusi matematika feladatai