Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?
A régi honlapot akarom!!! :-)

A B. 4469. feladat (2012. szeptember)

B. 4469. Az ABC háromszög belső szögfelezőinek a szemközti oldalakkal vett metszéspontjai A1, B1, C1. Bizonyítsuk be, hogy az A1B1C1 háromszög területe nem lehet nagyobb az ABC háromszög területének negyedrészénél.

(5 pont)

A beküldési határidő 2012. október 10-én LEJÁRT.


Megoldás. Legyen az ABC háromszög területe egységnyi, oldalainak hosszát pedig jelölje a szokásos módon a,b,c. A szögfelező-tétel szerint CA1/BA1=b:c, vagyis CA1=ab/(b+c). Hasonlóképpen CB1=ba/(a+c). Mivel absin \gamma=2, az A1B1C háromszög területe ab/(a+c)(b+c). A B1C1A és C1A1B háromszögek területét hasonlóképpen kifejezve a bizonyítandó állítást

\frac{ab}{(a+c)(b+c)}+\frac{bc}{(b+a)(c+a)}+\frac{ca}{(c+b)(a+b)}\ge
\frac{3}{4}

alakba írhatjuk. Mindkét oldalt 4(a+b)(b+c)(c+a)-val szorozva, kifejtés és egyszerűsítés után ezt az

a2b+ab2+a2c+ac2+b2c+bc2\ge6abc

alakra redukálhatjuk. Mivel (a-b)2\ge0, a2+b2\ge2ab és így a2c+b2c\ge2abc. Hasonlóképpen a2b+c2b\ge2abc és b2a+c2a\ge2abc. Ezt a három egyenlőtlenséget összeadva éppen a bizonyítandó egyenlőtlenséget kapjuk. Az is látszik, hogy egyenlőség csak az a=b=c esetben áll fenn, vagyis ha az ABC háromszög szabályos. Az egyenlőtlenséget úgy is levezethetjük, hogy a bal oldalon álló 6 összeadandóra alkalmazzuk a számtani és mértani közepek között fennálló egyenlőtlenséget.


Statisztika:

87 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:68 versenyző.
4 pontot kapott:5 versenyző.
3 pontot kapott:2 versenyző.
2 pontot kapott:2 versenyző.
0 pontot kapott:7 versenyző.
Nem versenyszerű:3 dolgozat.

A KöMaL 2012. szeptemberi matematika feladatai