Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

A B. 4321. feladat (2010. december)

B. 4321. Igazoljuk, hogy minden háromszögben fennáll az alábbi egyenlőtlenség:


\frac{b}{\sin \Big(\gamma + \dfrac{\alpha}{3}\,\Big)} +
\frac{c}{\sin \Big(\beta + \dfrac{\alpha}{3}\,\Big)} > \frac{2}{3} \cdot
\frac{a}{\sin \Big(\dfrac{\alpha}{3}\,\Big)}\,.

(Ifjúsági Matematikai Lapok, Kolozsvár)

(5 pont)

A beküldési határidő 2011. január 10-én LEJÁRT.


Megoldás. A háromszög csúcsait a szokásos módon jelölve, az \(\displaystyle A\) csúcsból húzott szögharmadolóknak a körülírt körrel alkotott metszéspontjait jelölje \(\displaystyle D\) és \(\displaystyle E\) az ábrán látható módon.

A kerületi szögek tétele szerint \(\displaystyle CD=DE=EB=d\), továbbá a \(\displaystyle BCE\) és \(\displaystyle CBD\) szögek nagysága egyaránt \(\displaystyle \alpha/3\). Így a szinusz-tétel alapján a bizonyítandó egyenlőtlenség ekvivalens az

\(\displaystyle \frac{AC}{AE}+\frac{AB}{AD}>\frac{2}{3}\cdot\frac{BC}{DE},\)

vagyis a

\(\displaystyle 3AC\cdot AD\cdot DE+3AB\cdot AE\cdot DE>2BC\cdot AD\cdot AE\)

egyenlőtlenséggel. Az \(\displaystyle ABDC\) és \(\displaystyle ABEC\) húrnégyszögekre a Ptolemaiosz-tételt felírva kapjuk, hogy

\(\displaystyle BC\cdot AD\cdot AE=(AB\cdot CD+AC\cdot BD)AE= (AB\cdot CE+AC\cdot BE)AD.\)

Ennek alapján a bizonyítandó egyenlőtlenséget átírhatjuk

\(\displaystyle 3AC\cdot AD+3AB\cdot AE> AB\cdot AE +AC\cdot\frac{BD}{d}\cdot AE+AB\cdot\frac{CE}{d}\cdot AD+ AC\cdot AD\)

alakra. Minthogy \(\displaystyle BD=CE<2d\), elegendő a

\(\displaystyle 2AC\cdot AD+2AB\cdot AE\ge 2AC\cdot AE+2AB\cdot AD,\)

vagy egyszerűbb alakban, az

\(\displaystyle (AC-AB)(AD-AE)\ge 0\)

egyenlőtlenséget igazolni, ami a szinusz-tétel alapján ekvivalens a

\(\displaystyle (\sin\beta-\sin\gamma)\Bigl(\sin \left(\beta+\frac{\alpha}{3}\right) - \sin \left(\gamma+\frac{\alpha}{3}\right)\Bigr)\ge 0\)

egyenlőtlenséggel.

Szimmetria okok miatt feltehetjük, hogy \(\displaystyle \beta\ge \gamma\), ekkor \(\displaystyle \sin\beta\ge \sin\gamma\). Belátjuk, hogy ekkor a fenti szorzat második tényezője sem negatív. Mivel most \(\displaystyle \gamma+\frac{\alpha}{3} <\frac{\pi}{2}\), ez egyet jelent a

\(\displaystyle \gamma+\frac{\alpha}{3}\le \beta+\frac{\alpha}{3}\le\pi- \left(\gamma+\frac{\alpha}{3}\right)\)

egyenlőtlenséggel, ami viszont nyilvánvalóan teljesül.

A megoldásból az is leolvasható, hogy az egyenlőtlenségben szereplő \(\displaystyle \frac{2}{3}\) szorzótényező nem helyettesíthető nagyobb konstanssal; ehhez elegendő azokat a háromszögeket megnézni, amelyekben \(\displaystyle \alpha=2\varepsilon\), \(\displaystyle \beta=\gamma=\frac{\pi}{2}- \varepsilon\), ahol \(\displaystyle \varepsilon\) elegendően kicsi.


Statisztika:

17 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:Bogár Blanka, Damásdi Gábor, Dudás 002 Zsolt, Énekes Péter, Fonyó Viktória, Lenger Dániel, Máthé László, Szabó 928 Attila, Tekeli Tamás, Viharos Andor.
4 pontot kapott:Perjési Gábor.
3 pontot kapott:6 versenyző.

A KöMaL 2010. decemberi matematika feladatai