A C. 1207. feladat (2014. január)

C. 1207. Az ABC háromszög oldalain kijelöljük rendre az E, F és G pontokat úgy, hogy

$\frac{AE}{EB}=\frac{1}{n-1},\quad \frac{BF}{FC}=\frac{1}{n} \quad\rm{\'es}\quad \frac{CG}{GA}=\frac{1}{n+1}.$

Mutassuk meg, hogy ha n $\ge$ 5 egész szám, akkor az EFG háromszög területe az ABC háromszög területének felénél nagyobb.

(5 pont)

A beküldési határidő 2014. február 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Számoljuk ki a három "levágott" háromszög területét. Elég azt belátni, hogy ezek területének összege n $\geq$ 5 esetén kisebb, mint az ABC háromszög területének a fele.

Mivel $\frac{AE}{EB}=\frac{1}{n-1}$ , ezért EB=(n-1)^.AE, és így AB=AE+(n-1)^.AE=n^.AE. Ebből pedig $EB=\frac{n-1}{n}\cdot AB$ .

Legyen CM_C az ABC háromszög C csúcsához tartozó magassága, FM_F pedig az EBF háromszög F csúcsához tartozó magassága. A párhuzamos szelők tétele miatt $\frac{M_FF}{M_CC}=\frac{BF}{BC}$ . Tudjuk, hogy $\frac{BF}{FC}=\frac1n$ , amiből a fentihez hasonló módon $\frac{BF}{BC}=\frac{1}{n+1}$ , tehát $\frac{M_FF}{M_CC}=\frac{1}{n+1}$ , amiből $M_FF=\frac{1}{n+1}\cdot M_CC$ . Ebből már számolható az EFB háromszög területe: $t_{EFB}=\frac12EB\cdot FM_F=\frac12\cdot\frac{n-1}{n}\cdot AB\cdot\frac{1}{n+1}\cdot M_CC=\frac12\cdot AB\cdot M_CC\cdot\frac{n-1}{n}\cdot\frac{1}{n+1}=t_{ABC}\cdot\frac{n-1}{n}\cdot\frac{1}{n+1}$ .

Hasonlóan $t_{FCG}=t_{ABC}\cdot\frac{n}{n+1}\cdot\frac{1}{n+2}$ és $t_{GAE}=t_{ABC}\cdot\frac{n+1}{n+2}\cdot\frac{1}{n}$ .

Tehát azt szeretnénk belátni, hogy

$\frac12\cdot t_{ABC}>t_{ABC}\cdot\frac{n-1}{n}\cdot\frac{1}{n+1}+t_{ABC}\cdot\frac{n}{n+1}\cdot\frac{1}{n+2} +t_{ABC}\cdot\frac{n+1}{n+2}\cdot\frac{1}{n}.$

Osztva t_ABC $\neq$ 0-val és a kifejezést alakítva:

$\frac12>\frac{n-1}{n}\cdot\frac{1}{n+1}+\frac{n}{n+1}\cdot\frac{1}{n+2} +\frac{n+1}{n+2}\cdot\frac{1}{n}=\frac{(n-1)(n+2)+n^2+(n+1)^2}{n(n+1)(n+2)}=$

$=\frac{3n^2+3n-1}{n(n+1)(n+2)}.$

Szorozva mindkét oldalt (2n(n+1)(n+2))>0-val:

n(n+1)(n+2)>6n²+6n-2,

n³+3n²+2n>6n²+6n-2,

n³-3n²-4n+2>0,

n(n²-3n-4)+2>0,

n(n+1)(n-4)+2>0.

Ez pedig nyilván teljesül, ha n $\geq$ 5, hiszen három pozitív szám szorzata pozitív, tehát a bal oldal 2-nél is nagyobb. A műveletek ekvivalensek voltak, tehát az állítás igaz.

Statisztika:

88 dolgozat érkezett.

5 pontot kapott: Balázs Ákos Miklós, Bekő Mária, Bekő Zsófia, Bereczki Zoltán, Bottlik Judit, Demeter Dániel, Eper Miklós, Farkas Dóra, Fényes Balázs, Gáspár Attila, Horváth 016 Gábor, Kasó Ferenc, Kerekes Anna, Klász Viktória, Kocsis Júlia, Kovács Péter Tamás, Matusek Márton, Mihálykó Péter, Molnár-Sáska Zoltán, Pap-Takács Mónika, Papp 535 Ágnes, Porupsánszki István, Regős Krisztina, Sebastian Fodor, Szabó 157 Dániel, Szabó 524 Tímea, Széles Katalin, Sziegl Benedek, Tóth Zsófia, Zsakó Ágnes, Zsiros Ádám.

4 pontot kapott: 26 versenyző.

3 pontot kapott: 10 versenyző.

2 pontot kapott: 1 versenyző.

1 pontot kapott: 5 versenyző.

0 pontot kapott: 5 versenyző.

Nem versenyszerű: 10 dolgozat.

A KöMaL 2014. januári matematika feladatai

88 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Balázs Ákos Miklós, Bekő Mária, Bekő Zsófia, Bereczki Zoltán, Bottlik Judit, Demeter Dániel, Eper Miklós, Farkas Dóra, Fényes Balázs, Gáspár Attila, Horváth 016 Gábor, Kasó Ferenc, Kerekes Anna, Klász Viktória, Kocsis Júlia, Kovács Péter Tamás, Matusek Márton, Mihálykó Péter, Molnár-Sáska Zoltán, Pap-Takács Mónika, Papp 535 Ágnes, Porupsánszki István, Regős Krisztina, Sebastian Fodor, Szabó 157 Dániel, Szabó 524 Tímea, Széles Katalin, Sziegl Benedek, Tóth Zsófia, Zsakó Ágnes, Zsiros Ádám.
4 pontot kapott:	26 versenyző.
3 pontot kapott:	10 versenyző.
2 pontot kapott:	1 versenyző.
1 pontot kapott:	5 versenyző.
0 pontot kapott:	5 versenyző.
Nem versenyszerű:	10 dolgozat.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?