 |
A B. 5082. feladat (2020. február) |
B. 5082. Igazoljuk, hogy tetszőleges háromszögben a magasságok mértani, számtani és négyzetes közepe rendre nem nagyobb a hozzáírt körök sugarainak a mértani, számtani, illetve négyzetes közepénél.
(5 pont)
A beküldési határidő 2020. március 10-én LEJÁRT.
Megoldás. A megoldás során az \(\displaystyle a,b\) tagok négyzetes, számtani, mértani, illetve harmonikus közepeit rendre \(\displaystyle N(a;b), S(a;b), M(a;b)\), illetve \(\displaystyle H(a;b)\) fogják jelölni.
Legyen \(\displaystyle s=\dfrac{a+b+c}{2}\) a háromszög félkerülete; \(\displaystyle r_a,r_b,r_c\) a hozzáírható körök sugara és \(\displaystyle m_a,m_b,m_c\) a megfelelő magasságok.
A háromszög területének kétszeresét írjuk fel a következő ismert képletekkel:
\(\displaystyle 2T=am_a=bm_b=cm_c=2r_a(s-a)=2r_b(s-b)=2r_c(s-c).\)
Bebizonyítjuk a következő lemmát:
\(\displaystyle N (r_a;r_b) \geq S(r_a;r_b) \geq M(r_a;r_b) \geq H(r_a;r_b)=m_c.\)
A területképletek miatt: \(\displaystyle H(r_a;r_b)=\dfrac{2}{\frac{1}{r_a}+\frac{1}{r_b}}=\dfrac{2}{\frac{s-a}{T}+\frac{s-b}{T}}=\dfrac{2}{\frac{2s-a-b}{T}}=\dfrac{2}{\frac{c}{T}}=\dfrac{2T}{c}=m_c\) azaz \(\displaystyle H(r_a;r_b) = m_c\) valóban teljesül. A lemma többi állítása a nevezetes közepek közötti egyenlőtlenség miatt igaz, és bármelyik egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha \(\displaystyle r_a=r_b\).
Az \(\displaystyle m_b, m_a\) magasságokra triviálisan teljesülnek az analóg egyenlőtlenségek.
a) Nézzük először a magasságok és a hozzáírt körök sugarainak mértani közepei közötti egyenlőtlenséget:
\(\displaystyle m_c \leq M(r_a;r_b); \: m_b \leq M(r_a;r_c); \: \text{és } m_a \leq M(r_b;r_c)\) miatt adódik:
\(\displaystyle m_a m_b m_c \leq \sqrt{r_b r_c} \cdot \sqrt{r_a r_c} \cdot \sqrt{r_a r_b} = \sqrt{r^2_a r^2_b r^2_c}=r_a r_b r_c.\)
Köbgyököt vonva éppen a (mértani közepekre megfogalmazott) bizonyítandó állítás adódik. Az egyenlőség a két oldal között pontosan akkor teljesül, ha \(\displaystyle r_a=r_b=r_c\), azaz a háromszög szabályos.
b) Nézzük másodjára a számtani közepek közötti egyenlőtlenséget:
A lemmánk miatt: \(\displaystyle S(r_a;r_b) = \dfrac{r_a+r_b}{2} \geq m_c ; \: \dfrac{r_a+r_c}{2} \geq m_b ; \: \text{és } \dfrac{r_b+r_c}{2} \geq m_a\).
A kapott egyenlőtlenségeket összeadva és osztva hárommal éppen a bizonyítandó \(\displaystyle S(r_a;r_b;r_c) \geq S(m_a;m_b;m_c)\) állítás adódik. Az egyenlőség itt is pontosan akkor teljesül, ha \(\displaystyle r_a=r_b=r_c\), azaz a háromszög szabályos.
c) Végül nézzük a négyzetes közepek közötti egyenlőtlenséget:
Mivel a lemmánk alapján \(\displaystyle m_a \leq N(r_a;r_b)=\sqrt{\dfrac{r_b^2+r_c^2}{2}}; \: m_b \leq \sqrt{\dfrac{r_a^2+r_c^2}{2}}; \: \text{és } m_c \leq \sqrt{\dfrac{r_a^2+r_b^2}{2}}\), az egyenlőtlenségeket négyzetre emelve és összegezve adódik:
\(\displaystyle m_a^2 + m_b^2+m_c^2 \leq \dfrac{r_b^2+r_c^2}{2} + \dfrac{r_a^2+r_c^2}{2} + \dfrac{r_a^2+r_b^2}{2} = r_a^2 + r_b^2 + r_c^2.\)
Az egyenlőtlenséget hárommal osztva és gyököt vonva éppen a megfelelő (négyzetes közepek közötti) egyenlőtlenséget kapjuk. Az egyenlőség itt is pontosan akkor teljesül, ha \(\displaystyle r_a=r_b=r_c\), azaz a háromszög szabályos.
Ezzel a feladat valamennyi részét beláttuk.
Statisztika:
47 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Andó Viola, Balogh Ádám Péter, Bán-Szabó Áron, Baski Bence, Beinschroth Ninett, Beke Csongor, Bencsik Ádám, Fekete Richárd, Fleiner Zsigmond, Füredi Erik Benjámin, Gábriel Tamás, Geretovszky Anna, Győrffi Ádám György, Hámori Janka, Hegedűs Dániel, Hervay Bence, Jánosik Áron, Kerekes Boldizsár, Koszta Benedek, Lengyel Ádám, Lovas Márton, Mácsai Dániel, Mohay Lili Veronika, Móricz Benjámin, Nádor Benedek, Németh Márton, Seres-Szabó Márton, Somogyi Dalma, Szabó 991 Kornél, Sztranyák Gabriella, Szűcs 064 Tamás, Tiderenczl Dániel, Tóth 057 Bálint, Velich Nóra. 4 pontot kapott: Argay Zsolt, Jánosik Máté, Nagy 551 Levente. 3 pontot kapott: 3 versenyző. 2 pontot kapott: 4 versenyző. 1 pontot kapott: 3 versenyző.
A KöMaL 2020. februári matematika feladatai