Problem C. 1827. (October 2024)
C. 1827. Prove that if two right triangles both have a perimeter of \(\displaystyle 1\) unit, then the difference between the lengths of their hypotenuses is at most \(\displaystyle 1.5-\sqrt{2}\).
Proposed by Norbert Csizmazia, Pécs
(5 pont)
Deadline expired on November 11, 2024.
Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation
Megoldás. Szokásos módon jelöljük a feltételeknek megfelelő egyik derékszögű háromszög két befogóját \(\displaystyle a\)-val és \(\displaystyle b\)-vel, átfogóját pedig \(\displaystyle c\)-vel. Tudjuk, hogy
| \(\displaystyle {(1)}\) | \(\displaystyle K=a+b+c=1. \) |
Ekkor a háromszög-egyenlőtlenség miatt az átfogóra igaz, hogy
| \(\displaystyle {(2)}\) | \(\displaystyle c<\frac{1}{2}. \) |
A Pitagorasz-tételt felírva a derékszögű háromszögre, és alkalmazva az (1) összefüggést azt kapjuk, hogy
$$\begin{align*} a^2+b^2=\big(1-(a+b)\big)^2 &= 1+a^2+2ab+b^2-2(a+b), \\ 0 &= 1+2ab-2a-2b, \\ 1 &= 2ab-2a-2b+2, \\ 1 &= 2a(b-1)-2(b-1), \\ \frac{1}{2} &= (b-1)(a-1), \\ \frac{1}{2} &= (1-b)(1-a). \end{align*}$$A jobb oldalon szereplő szorzat mindkét tényezője pozitív, ezért gyökvonás után alkalmazható a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség:
\(\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}=\sqrt{(1-b)(1-a)}\leq \frac{1-b+1-a}{2}=\frac{c+1}{2}.\)
Ezt átrendezve azt kapjuk, hogy:
| \(\displaystyle {(3)}\) | \(\displaystyle \sqrt{2}-1 \leq c,\) |
és így (2) felhasználásával
| \(\displaystyle (4)\) | \(\displaystyle \sqrt{2}-1\leq c<\frac{1}{2}.\) |
A (4) egyenlőtlenségek nyilván minden, a feladat feltételeinek megfelelő derékszögű háromszögre igazak, ezért ha két ilyen háromszög átfogóját \(\displaystyle c_1\)-gyel, illetve \(\displaystyle c_2\)-vel jelöljük, akkor \(\displaystyle c_1\) és \(\displaystyle c_2\) különbségére igaz az alábbi felső becslés:
\(\displaystyle c_1-c_2<\frac{1}{2}-(\sqrt{2}-1)=\frac{3}{2}-\sqrt{2}.\)
Ezzel az állítást igazoltuk, hiszen \(\displaystyle \displaystyle{\frac{3}{2}-\sqrt{2}<1}\).
Statistics:
44 students sent a solution. 5 points: 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 points: Balogh Péter, Bán Kincső Panni, Király Zsuzsanna , Molnár Lili. 3 points: 2 students. 2 points: 8 students. 1 point: 7 students. 0 point: 1 student.
Problems in Mathematics of KöMaL, October 2024