 |
A C. 1827. feladat (2024. október) |
C. 1827. Bizonyítsuk be, hogy ha két derékszögű háromszög kerülete egyaránt 1 egység, akkor az átfogóik hossza közötti különbség kisebb, mint 1,5−√2.
Javasolta: Csizmazia Norbert, Pécs
(5 pont)
A beküldési határidő 2024. november 11-én LEJÁRT.
Megoldás. Szokásos módon jelöljük a feltételeknek megfelelő egyik derékszögű háromszög két befogóját a-val és b-vel, átfogóját pedig c-vel. Tudjuk, hogy
| (1) | K=a+b+c=1. |
Ekkor a háromszög-egyenlőtlenség miatt az átfogóra igaz, hogy
| (2) | c<12. |
A Pitagorasz-tételt felírva a derékszögű háromszögre, és alkalmazva az (1) összefüggést azt kapjuk, hogy
a2+b2=(1−(a+b))2=1+a2+2ab+b2−2(a+b),0=1+2ab−2a−2b,1=2ab−2a−2b+2,1=2a(b−1)−2(b−1),12=(b−1)(a−1),12=(1−b)(1−a).A jobb oldalon szereplő szorzat mindkét tényezője pozitív, ezért gyökvonás után alkalmazható a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség:
1√2=√(1−b)(1−a)≤1−b+1−a2=c+12.
Ezt átrendezve azt kapjuk, hogy:
| (3) | √2−1≤c, |
és így (2) felhasználásával
| (4) | √2−1≤c<12. |
A (4) egyenlőtlenségek nyilván minden, a feladat feltételeinek megfelelő derékszögű háromszögre igazak, ezért ha két ilyen háromszög átfogóját c1-gyel, illetve c2-vel jelöljük, akkor c1 és c2 különbségére igaz az alábbi felső becslés:
c1−c2<12−(√2−1)=32−√2.
Ezzel az állítást igazoltuk, hiszen 32−√2<1.
Statisztika:
44 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Bencze Mátyás, Bérczes Botond, Budai Máté, Ehrlich Máté, Farkas András, Fercsák Flórián, Földi Albert, Hetyei Dániel, Iván Máté Domonkos, Kókai Ákos, Magura Anna Luca, Márfai Dóra, Menyhárt Eszter Panna, Monoczki Máté, Móricz Zsombor, Palásthy Bánk, Pánovics Máté, Pikó András, Pink István. 4 pontot kapott: Balogh Péter, Bán Kincső Panni, Király Zsuzsanna , Molnár Lili. 3 pontot kapott: 2 versenyző. 2 pontot kapott: 8 versenyző. 1 pontot kapott: 7 versenyző. 0 pontot kapott: 1 versenyző.
A KöMaL 2024. októberi matematika feladatai
|
|