A B. 5457. feladat (2025. április)

B. 5457. Egy háromszög szögei \(\displaystyle \alpha \leq \beta \leq \gamma \), és a leghosszabb oldal egységnyi. Bizonyítandó, hogy a háromszög akkor és csak akkor tompaszögű, ha a területének reciproka több, mint \(\displaystyle 2(\tg \alpha +\tg \beta)\).

Javasolta: Hujter Mihály (Budapest)

(4 pont)

A beküldési határidő 2025. május 12-én LEJÁRT.

Megoldás. Legyenek a háromszög \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\) oldalai, \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\), \(\displaystyle C\) csúcsai és \(\displaystyle \alpha\) , \(\displaystyle \beta\), \(\displaystyle \gamma\) szögei a szokásos módon jelölve. A feltételek alapján az oldalakra teljesül \(\displaystyle a \leq b \leq c=1\). Az alábbi ábrának megfelelően a \(\displaystyle c\) oldalhoz tartozó \(\displaystyle m\) magasság \(\displaystyle T\) talppontja ossza a \(\displaystyle c\) oldalt \(\displaystyle AT=x\) és \(\displaystyle TB=1-x\) hosszú részekre. (Mivel \(\displaystyle \gamma\) a legnagyobb szög \(\displaystyle T\) nyilván az \(\displaystyle AB\) szakasz belső pontja).

Az \(\displaystyle ATC\) és \(\displaystyle CTB\) \(\displaystyle T\)-nél derékszögű háromszögekben \(\displaystyle \ctg \alpha =\dfrac{x}{m}\) és \(\displaystyle \ctg \beta=\dfrac{1-x}{m}\).

A háromszög területe: \(\displaystyle T=\dfrac{c \cdot m}{2}=\dfrac{m}{2}\), ennek reciproka pedig \(\displaystyle \dfrac{1}{T}= 2 \cdot \dfrac{1}{m} = 2 \cdot \dfrac{x+(1-x)}{m} = 2(\ctg \alpha + \ctg \beta)\).

Tegyük fel, hogy a háromszög tompaszögű, mivel \(\displaystyle \gamma\) a legnagyobb szög, ez azt jelenti, hogy \(\displaystyle \gamma>90^{\circ}\), és ekkor \(\displaystyle \alpha < 90^{\circ} - \beta\) és \(\displaystyle \beta < 90^{\circ} - \alpha\). Felhasználva, hogy a \(\displaystyle 0< \delta < \varepsilon < 90^{\circ}\) szögekre \(\displaystyle 0< \tg \delta < \tg \varepsilon\), az eddigiek alapján \(\displaystyle \dfrac{1}{T}=2(\ctg \alpha + \ctg \beta)=2 \left( \tg(90^{\circ} - \alpha) + \tg(90^{\circ} - \beta)\right)>2(\tg \beta + \tg \alpha)\).

Ugyanígy adódik, hogy \(\displaystyle \gamma> \alpha,\beta\), de \(\displaystyle \gamma<90^{\circ}\) esetén \(\displaystyle 90^{\circ}>\alpha > 90^{\circ} - \beta\) és \(\displaystyle 90^{\circ}>\beta > 90^{\circ} - \alpha\), és innen \(\displaystyle \dfrac{1}{T}=2(\ctg \alpha + \ctg \beta)=2 \left( \tg(90^{\circ} - \alpha) + \tg(90^{\circ} - \beta)\right)<2(\tg \beta + \tg \alpha)\).

\(\displaystyle \gamma=90^{\circ} = \alpha+ \beta\) esetén pedig \(\displaystyle \ctg \alpha = \tg \beta\) és \(\displaystyle \ctg \beta = \tg \alpha\) miatt azt kapjuk, hogy \(\displaystyle \dfrac{1}{T}=2(\ctg \alpha + \ctg \beta)=2(\tg \beta + \tg \alpha)\).

Azaz a háromszög valóban pontosan akkor tompaszögű, ha \(\displaystyle \dfrac{1}{T} >2\left( \tg \alpha +\tg \beta \right) \).

Statisztika:

57 dolgozat érkezett.
4 pontot kapott:	Ali Richárd, Balla Ignác , Baran Júlia, Bencze Mátyás, Blaskovics Ádám, Bodor Ádám, Bolla Donát Andor, Csató Hanna Zita , Diaconescu Tashi, Fodor Barna, Gyenes Károly, Hajszter Dóra, Halmosi Dávid, Harkay Ákos, Hodossy Réka, Holló Martin, Klement Tamás, Kurucz Lilien Jázmin, Mikó Hédi Irma, Pázmándi József Áron, Péter Hanna, Puppi Barna, Rajtik Sándor Barnabás, Sajter Klaus, Sánta Gergely Péter, Sárdinecz Dóra, Sha Jingyuan, Szaszkó Benedek, Vályi Nagy Ádám András, Várhegyi Hanna, Vigh 279 Zalán.
3 pontot kapott:	Aravin Peter, Bogdán Balázs Ákos, Bui Thuy-Trang Nikolett, Hajba Milán, Hideg János, Horák Zsófia, Illés Dóra, Kerekes András, Kővágó Edit Gréta, Li Mingdao, Miszori Gergő, Sun Wen Ze, Sütő Áron, Varga 511 Vivien, Wágner Márton, Zhai Yu Fan.
2 pontot kapott:	4 versenyző.
1 pontot kapott:	3 versenyző.
Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt:	1 dolgozat.

A KöMaL 2025. áprilisi matematika feladatai