Kistérségi tehetséggondozás
Egy emelt szintű érettségi feladat kapcsán Ábrahám Gábor, Szeged A 2012. május 8.-i emelt szintű matematika érettségin szerepelt az alábbi feladat. Egy háromszög oldalhosszai egy számtani sorozat egymást követő tagjai, a legrövidebb oldal 4 egység hosszú. Tudjuk, hogy a háromszög nem szabályos. Igazoljuk, hogy a háromszögnek nincs 60°-os szöge. A feladatra az egyik diák az alábbi megoldást adta. Megoldás: Legyen 4 = a < b < c ! A háromszög nem szabályos, így van 60°-nál kisebb szöge. Mivel a legrövidebb oldallal szemben a legkisebb szög van, ezért a 4 hosszúságú oldallal szemben nem lehet 60°-os szög. A háromszögnek van 60°-nál nagyobb szöge is, így a leghosszabb oldallal szemben sem lehet 60°-os szög. Tegyük fel, hogy a b oldallal szemben 60°-os szög van. Az oldalakat felírhatjuk a velük szemközti szögek szinuszainak segítségével.
a = 2 R ⋅ sin α b = 2 R ⋅ sin β
(1)
c = 2 R ⋅ sin γ a+c . Ebbe beírva az (1)-esben szereplő kifejezéseket kapjuk, 2 2 R ⋅ sin α + 2 R ⋅ sin γ sin α + sin γ hogy 2 R ⋅ sin β = , azaz sin β = (2). Tehát az 2 2 oldalakkal szemközti szögek szinuszai is számtani sorozat egymást követő elemei a megadott sorrendben. A feltétel szerint b =
3 3 2 (3) összefüggés. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos.
Tudjuk, hogy bármely háromszögben igaz a szögekre a sin α + sin β + sin γ ≤
3 3 . A (3) alapján a három2 szög szabályos, ami ellentmondás, így nincs 60°-os szöge. A (2) alapján sin α + sin β + sin γ = 3sin β = 3sin 60° =
14
Ábrahám Gábor: Egy emelt szintű érettségi feladat kapcsán A javításban részt vevő kollégák közül néhányan nem ismerték a (3)-as összefüggést, többek között az a kolléga sem, aki ezt a dolgozatot javította. A dekódolás után az is kiderült, hogy a megoldó az egyik diákom volt, aki egy emelt óraszámú, de nem speciális matematika osztályba járt. Ez adta az ötletet arra, hogy az előadásomban felvázoljam azt az utat, ahogy ezt a témakört 11. osztályban feldolgoztuk órán. A sok lehetséges megközelítés közül talán ez kívánja a legkevesebb előkészítést.
Előkészítő feladatok 1.
Az ABC háromszög oldalai a szokásos jelölésekkel legyenek a, b, c. A beírt kör az oldalakat rendre az E, F, G pontokban érinti. Legyen AG = x , BE = y és CF = z . Fejezzük ki az x, y és z szakaszok hosszát a háromszög oldalaival. Megoldás: Mivel a külső pontból körhöz húzott érintő szakaszok egyenlők, ezért FA = AG = x , GB = BE = y és EC = CF = z . Ekkor
y + z = a z + x = b x + y = c egyenletrendszert kapjuk. Ennek megoldása
x=
b+c−a c + a −b a+b−c = s−a, y = = s − b és z = = s−c, 2 2 2
ahol s a háromszög félkerülete.
2.
Bizonyítsuk be, hogy bármely a, b, c valós szám esetén fennáll az ab + bc + ca ≤ a 2 + b 2 + c 2 egyenlőtlenség.
15
Kistérségi tehetséggondozás Megoldás: Könnyen meggondolható, hogy
0≤
(a − b)2 + (b − c) 2 + (c − a )2 = a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca ! 2
Ebből kapjuk, hogy ab + bc + ca ≤ a 2 + b 2 + c 2 . Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a = b = c .
3.
Bizonyítsuk be, hogy az x, y, z valós számokra fennáll az
x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz = ( x + y + z ) ( x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ) összefüggés.
Megoldás: Végezzük el a beszorzást és a lehetséges összevonásokat a jobb oldali kifejezésben, így megkapjuk a bal oldali kifejezést!
4.
Bizonyítsuk be, hogy bármely a, b, c pozitív valós számra fennállnak az alábbi egyenlőtlenségek. a)
3
abc ≤
a+b+c (háromtagú számtani és mértani közép közötti egyenlőt3
lenség), b)
a+b+c a2 + b2 + c2 ≤ (háromtagú számtani és négyzetes közép közötti 3 3 egyenlőtlenség).
Megoldás: a) Legyen x = 3 a , y = 3 b , z = 3 c ! Ekkor a bizonyítandó egyenlőtlenség ekvivalens az x 3 + y 3 + z 3 − 3 xyz ≥ 0 egyenlőtlenséggel. Ez pedig könnyen
16
Ábrahám Gábor: Egy emelt szintű érettségi feladat kapcsán jön az előző feladatbeli összefüggés és a 2. példa felhasználásával. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha x = y = z , azaz a = b = c . b) Mivel mindkét oldal pozitív, ezért az egyenlőtlenség négyzetre emelése és 9-cel való beszorzás után az eredetivel ekvivalens
(a + b + c)
2
≤ 3 ( a 2 + b2 + c2 )
egyenlőtlenséghez jutunk. A négyzetre emelés elvégzése és rendezés után a vele ekvivalens ab + bc + ca ≤ a 2 + b 2 + c 2 egyenlőtlenséget kapjuk, melyet a 2. példában már bizonyítottuk. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a = b = c .
Háromszöggel kapcsolatos trigonometrikus egyenlőtlenségek 5.
Bizonyítsuk be, hogy bármely háromszögben 8( s − a)( s − b)( s − c) ≤ abc (1), ahol a, b, c a háromszög oldalai, s a félkerülete.
Megoldás: Alkalmazzuk az 1. példa jelöléseit! Ez alapján az (1) ekvivalens a
8xyz ≤ ( y + z )( z + x )( x + y ) (2) egyenlőtlenséggel. A kéttagú számtani- mértani egyenlőtlenség alapján
2 yz ≤ y + z , 2 zx ≤ z + x, 2 xy ≤ x + y. A kapott egyenlőtlenségeket összeszorozva kapjuk az (1) egyenlőtlenséget. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha x = y = z , azaz a = b = c . Megjegyzés: 1. Ismert, hogy a háromszög területe felírható az alábbi képletekkel, ahol r a beírt, R a körül írt kör sugara
T = s ( s − a )( s − b)( s − c), T = s ⋅ r , T =
abc . 4R
17
Kistérségi tehetséggondozás Ez alapján
8( s − a )( s − b)( s − c) = 8
T2 s2r 2 =8 = 8sr 2 , s s
másrészt abc = 4 RT . Ezeket behelyettesítve az (1)-be kapjuk, hogy bármely háromszögben 2r ≤ R , azaz a sugáregyenlőtlenséget. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 2.
6.
Ha a sugáregyenlőtlenséget elemi geometriai úton bizonyítjuk hasonlóság és a Feuerbach-kör felhasználásával, akkor a 3. feladat megoldható az 1. megjegyzésben felvázolt gondolatmenet megfordításával. [2.]
Bizonyítsuk be, hogy bármely háromszögben fennáll a
cos α + cos β + cos γ = 1 +
r R
összefüggés, ahol α, β, γ a háromszög szögei, r a beírt, R a körülírt kör sugara.
Megoldás: Használjuk fel a koszinusz-tételt és végezzük el az alábbi átalakításokat!
b2 + c 2 − a 2 c 2 + a 2 − b2 a 2 + b2 − c2 + + = 2bc 2ca 2ab 16s ( s − a )( s − b )( s − c ) ( a + b + c )( b + c − a )( a + c − b )( a + b − c ) = 1+ = 1+ = 2abc ( a + b + c ) 2abc ⋅ 2s cos α + cos β + cos γ =
= 1+
18
T 4T r 4T 2 = 1+ ⋅ = 1+ abcs s abc R
Ábrahám Gábor: Egy emelt szintű érettségi feladat kapcsán 7.
Milyen határok között mozog egy háromszög szögei koszinuszának összege?
Megoldás: Legkisebb felső korlát:
r és a 3. feladat 2. megjegyzése nyomán R 3 2r ≤ R , így cos α + cos β + cos γ ≤ . Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, 2 ha a háromszög szabályos. Tehát a legkisebb felső korlát 1,5.
Mivel cos α + cos β + cos γ = 1 +
Legnagyobb alsó korlát:
r r . Mivel >0, R R ezért a koszinuszok összege nagyobb 1-nél. Az 1-et viszont tetszőlegesen meg2 1 1 közelítheti. Az előzőhöz hasonlóan legyen α = π − , β = , γ = ! n n n Az előző feladatból ismert, hogy cos α + cos β + cos γ = 1 +
2 1 2 1 cos α + cos β + cos γ = cos π − + 2 ⋅ cos = − cos + 2 ⋅ cos → −1 + 2 = 1, n n n n ha n → ∞. Felhasználtuk, hogy a koszinusz függvény az értelmezési tartománya minden pontjában folytonos. Tehát legnagyobb alsó korlátja az 1. Megjegyzés: A legkisebb felső korlát meghatározására egy lehetséges vektorgeometriai utat találhatunk a [2.] első fejezetének 3. leckéjében.
8.
Az ABC háromszög köré írt körének középpontjából a csúcsokhoz mutató vekto→
→
→
rok legyenek rA , rB , rC . Bizonyítsuk be, hogy a kör középpontjából a magasság→
→
→
→
→
pontba mutató m vektor felírható m = r A + r B + r C alakban.
19
Kistérségi tehetséggondozás Megoldás: →
→
Vektorizáljuk a háromszög AB oldalát! Legyen AB = c ! Azt fogjuk bizonyí→
→
→
→
tani, hogy az m = r A + r B + r C alakban megadott vektor M végpontja a három→
szög magasságpontja. Ehhez elég azt megmutatni, hogy pl. a CM merőleges az →
→
→
AB vektorra és BM merőleges az AC vektorra. →
→
→
→
→
→
→
→
→
Nyilván CM = m− rC = r A + r B , másrészt AB = c = r B − r A . Így a skaláris szorzatuk 2
2
→ → → → → → → → AB⋅ CM = r B − r A r B + r A = r B − r A = R 2 − R 2 = 0 ,
→
→
ahol R a háromszög köré írt kör sugara. Tehát AB vektor merőleges a CM vektorra. Hasonlóan látható be, a másik is. Tehát M a háromszög magasságpontja. Megjegyzés: Ebből könnyen jön az Euler-egyenes létezése és némi tovább gondolással a Feuerbach-kör is.
9.
Egy háromszög oldalai legyenek a, b, c, köré írt körének sugara R, melynek középpontját a magasságponttal m hosszúságú szakasz köti össze. Bizonyítsuk be, hogy m 2 = 9 R 2 − (a 2 + b 2 + c 2 ) .
Megoldás: Az előző feladat jelöléseit használva legyen az ABC háromszög köré írt körének →
→
→
középpontjából a csúcsokhoz mutató vektorok legyenek rA , rB , rC ! Ekkor →
→
→
→
m = r A + r B + r C . Ebből kapjuk, hogy 2
2
→ → → → → → → → → → m 2 = m = r A + r B + r C = 3R 2 + 2 r A r B + r C r A + r B r C .
20
Ábrahám Gábor: Egy emelt szintű érettségi feladat kapcsán Nyilván →
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
AB = c = r B − r A , BC = a = r C − r B , CA = b = r A − r C , így 2
2
→ → → → → c2 = c = r B − r A = 2R2 − 2 r B r A . →
→
Ebből 2 r B r A = 2 R 2 − c 2 . Hasonlóan →
→
→
→
2 r A r C = 2R2 − b2 , 2 r C r B = 2R 2 − a2 . Ez alapján
→ → → → → → m 2 = 3R 2 + 2 r A r B + r C r A + r B r C = 9 R 2 − ( a 2 + b 2 + c 2 ) .
10. Egy háromszög oldalai legyenek a, b, c, köré írt körének sugara R. Bizonyítsuk be, hogy a 2 + b 2 + c 2 ≤ 9 R 2 . Megoldás: Mivel 0 ≤ m 2 = 9 R 2 − ( a 2 + b 2 + c 2 ) , ezért nyilvánvaló az állítás. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos.
11. Bizonyítsuk be, hogy bármely háromszögben s ≤
3 3 R , ahol s a háromszög 2
félkerülete, R a köré írt körének sugara.
Megoldás: Használjuk fel a 4. példa b) részét és az előző feladatot!
s=
1 3 a2 + b2 + c2 3 9R2 3 3 ≤ = R (a + b + c) ≤ 2 2 3 2 3 2
Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos.
21
Kistérségi tehetséggondozás
12. Milyen határok között mozog egy háromszög szögei szinuszának összege? Megoldás: Legkisebb felső korlát: Használjuk fel, hogy az ABC háromszög oldalai kifejezhetők a háromszög szögeinek és a köré írt köre sugarának segítségével, azaz
a = 2 R ⋅ sin α , b = 2 R ⋅ sin β , c = 2 R ⋅ sin γ . Ebből az előző feladat felhasználásával kapjuk, hogy
sin α + sin β + sin γ =
Tehát a legkisebb felső korlátja
a+b+c 3 3 ≤ . 2R 2
3 3 . 2
Legnagyobb alsó korlát: Tekintsük egy olyan egyenlő szárú háromszöget, melynek szögei
2 1 1 α = π− , β = , γ = ! n n n Ekkor
2 1 2 1 sin α + sin β + sin γ = sin π − + 2 ⋅ sin = sin + 2 ⋅ sin = n n n n 1 1 = 2 ⋅ sin cos + 1 → 0, ha n → ∞. n n Felhasználtuk, hogy a szinusz függvény az értelmezési tartománya minden pontjában folytonos. Tehát legnagyobb alsókorlátja a 0.
22
Ábrahám Gábor: Egy emelt szintű érettségi feladat kapcsán
13. Bizonyítsuk be, hogy bármely nem derékszögű háromszög szögei között fennáll a tg α + tg β + tg γ = tg α tg β tg γ összefüggés. Megoldás: Tudjuk, hogy
tg γ = tg (180° − α − β ) = − tg (α + β ) =
tg α + tg β . tg α tg β − 1
Ebből átrendezéssel kapjuk az összefüggést.
14. Milyen határok között mozog egy hegyesszögű háromszög szögei tangensének az összege? Megoldás: Létezik-e felső korlát? Tekintsük azt a háromszöget, melynek szögei
α=
π 2 π 1 π 1 − ,β= + , γ= + ! 2 n 4 n 4 n
Ekkor
π 2 π 1 tg α + tg β + tg γ = tg − + 2 tg + → ∞ , 2 n 4 n π 2 π 2 ha n → ∞ , hisz tg − → ∞ és tg − → 1 , ha n → ∞ . Itt felhasz 2 n 4 n náltuk, a tangens függvény folytonosságát is. Tehát felülről nem korlátos. Legnagyobb alsó korlát: A háromtagú számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség alapján kapjuk, hogy tg α + tg β + tg γ ≥ 3 ⋅ 3 tg α tg β tg γ . Használjuk fel a 13. feladat összefüggését! Ez alapján kapjuk, hogy
tg α + tg β + tg γ ≥ 3 ⋅ 3 tg α + tg β + tg γ .
23
Kistérségi tehetséggondozás Ebből átrendezéssel kapjuk, hogy tg α + tg β + tg γ ≥ 3 ⋅ 3 , ahol egyenlőség akkor és csak akkor van, ha a háromszög szabályos. Tehát a legnagyobb alsó korlát a 3 ⋅ 3 .
Gyakorló feladatok 1.
Bizonyítsuk be hogy bármely háromszögben fennállnak az alábbi egyenlőtlenségek. a) b)
1 1 1 9 + + ≥ , s −a s −b s −c s s < s − a + s − b + s − c ≤ 3s
ahol s a háromszög félkerülete. (Ötlet: Használjuk fel az 1. példa jelöléseit, majd az a) részben a háromtagú számtani-harmonikus közép közötti egyenlőtlenséget, a b) rész második egyenlőtlenségénél a 4/b példát, az elsőnél alkalmazzunk némi átalakítást!)
2.
Bizonyítsuk be, hogy bármely háromszög szögeire fennállnak az alábbi egyenlőtlenségek. a) cos α cos β cos γ ≤ b) sin α sin β sin γ ≤
1 , 8
3 3 . 8
(Ötlet: Az a) rész nem hegyesszögű háromszög esetén triviális, hegyesszögű esetén pedig alkalmazzuk a 4/a példát, valamint a 7. példa eredményét! A b) résznél alkalmazzuk a 4/a példát, valamint a 12. példa eredményét!)
3.
Bizonyítsuk be, hogy bármely háromszög szögei között fennállnak az alábbi összefüggések. a) tg
24
α 2
tg
β 2
+ tg
β 2
tg
γ 2
+ tg
γ 2
tg
α 2
= 1,
Ábrahám Gábor: Egy emelt szintű érettségi feladat kapcsán b) cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ + 2 cos α cos β cos γ = 1 , c) sin 2 α + sin 2 β + sin 2 γ = 2 (1 + cos α cos β cos γ ) . (Ötlet: Az a) résznél alkalmazzuk két szög összegének tangensére vonatkozó összefüggést valamint a szög és pótszögének megfelelő szögfüggvényei közötti összefüggést! A b) résznél használjuk fel, hogy
cos (α + β ) = − cos γ = cos α cos β − sin α sin β , és
cos α cos β + cos γ = sin α sin β
így négyzetre emelés után
cos 2 α cos 2 β + 2 cos α cos β cos γ + cos 2 γ = (1 − cos 2 α )(1 − cos 2 β ) = = 1 − cos 2 α − cos 2 β + cos 2 α cos 2 β ebből pedig jön az állítás. A c) ehhez hasonló)
4.
Bizonyítsuk be, hogy bármely háromszögben tg 2
α 2
+ tg 2
β 2
+ tg 2
γ 2
≥ 1.
(Ötlet: Használjuk a 2. példát és az előző feladat a) részét!)
5.
Bizonyítsuk be, hogy bármely háromszögben fennállnak az alábbi egyenlőtlenségek. a) b)
9 , 4 3 cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ ≥ . 4
sin 2 α + sin 2 β + sin 2 γ ≤
(Ötlet: Alkalmazzuk az a) résznél az előző feladat d) részét és a 2/a feladatot! A b) résznél alkalmazzuk 3/c és a 2/a feladatot!)
25
Kistérségi tehetséggondozás
6.
Bizonyítsuk be, hogy bármely háromszög szögeire teljesül, hogy
1 1 1 + + ≥2 3 s inα s inβ s inγ (Ötlet: Alkalmazzuk a háromtagú számtani és harmonikus közép közötti egyenlőtlenséget, valamint a 12. példa eredményét!)
7.
Bizonyítsuk be, hogy bármely háromszögben fennállnak az alábbi egyenlőtlenségek, ahol s a háromszög félkerülete, t a háromszög területe, R a háromszög köré írt, r beírt körének sugara. a)
3 3t ≤ s 2 ,
b)
3 3r ≤ s ,
c)
t≤
3 3R2 . 4
(Ötlet: Az a) résznél végezzük el jobb oldalon a négyzetre emelést, majd alkalmazzuk a 2. példát, a trigonometrikus területképletet, valamint az előző feladatot! A b) rész könnyen jön az a) részből. A c) résznél használjuk fel az a) részt és a 11. példát!)
8.
Bizonyítsuk be, hogy bármely háromszög oldalaira fennáll az
a 2 (b + c − a ) + b 2 (a + c − b) + c 2 (b + a − c) ≤ 3abc egyenlőtlenség. (Ötlet: Bontsuk fel a zárójeleket a baloldalon, majd megfelelő csoportosítás és kiemelés után alkalmazzuk a koszinusz-tételt, valamint a 7. példa eredményét!)
9.
Bizonyítsuk be, hogy bármely hegyesszögű háromszög oldalaira fennáll az
bc b +c −a 2
egyenlőtlenség.
26
2
2
+
ac a +c −b 2
2
2
+
ba b + a2 − c2 2
≥3
Ábrahám Gábor: Egy emelt szintű érettségi feladat kapcsán (Ötlet: Alkalmazzuk a koszinusz tételt, valamint a háromtagú számtani és harmonikus közép közötti egyenlőtlenséget és a 7. példát.)
10. *Bizonyítsuk be, hogy ha a, b, c egy háromszög három oldala, s a félkerülete, akkor ab bc ca + + ≥ 4s . s −c s −a s−b (Ötlet: Leosztva a + b + c -vel az alábbi átalakítást végezhetjük:
ab
(a + b)
2
−c
2
+
bc
(b + c)
2
−a
2
+
ca
( c + a )2 − b 2
=
=
1 1 1 + + ≥ 2 (1 + cos γ ) 2 (1 + cos β ) 2 (1 + cos α )
≥
9 = 2 (1 + cos γ ) + 2 (1 + cos β ) + 2 (1 + cos α )
=
9 1 9 1 ⋅ ≥ ⋅ = 1) 2 3 + cos γ + cos β + cos α 2 3 + 3 2
11. *Bizonyítsuk be, hogy bármely háromszögben fennáll az
1 1 1 1 1 ≤ + + ≤ R 2 a 2 b 2 c 2 4r 2 egyenlőtlenség, ahol R a köré írt, r a beírt kör sugara, a, b, c a háromszög oldalai. (Ötlet: Az első egyenlőtlenségnél beszorozva R négyzetével, alkalmazhatjuk, hogy a háromszög oldalai kifejezhetők a háromszög szögeinek és a köré írt köre sugarának segítségével, valamint a háromtagú számtani és harmonikus közép közötti egyenlőtlenséget, és az 5/a) feladatot! A második egyenlőtlenségnél alkalmazzuk az 1. példában látottakat, majd alkalmazzunk számtani mértani közép közötti összefüggést, hozzuk be a szögek felének tangensét és alkalmazzuk a 3/a feladatot!)
27
Kistérségi tehetséggondozás
12. *Bizonyítsuk be, hogy bármely háromszögre teljesül az
1 sa2 −
2
a 4
+
1 sb2 −
2
b 4
1
+
sc2 −
2
c 4
≥
3 3 2t
egyenlőtlenség, ahol sa , sb , sc a háromszög súlyvonalai, a, b, c a háromszög oldalai, t a területe. (Ötlet: Szorozzunk be t-vel, majd hozzuk egyszerűbb alakra a bal oldal nevezőit a koszinusz-tétel felhasználásával és alkalmazzuk a trigonometrikus területképletet! Ezután használjuk fel a 14. példa eredményét!)
13. *Bizonyítsuk be, hogy bármely hegyesszögű háromszögre fennáll a
t a 2 b 2 − 4t 2
+
t c 2 b 2 − 4t 2
+
t a 2 c 2 − 4t 2
≥
3 3 , 2
ahol a, b, c a háromszög oldalai, t a területe. (Ötlet: Használjuk a trigonometrikus területképletet, valamint némi átalakítás után a 14. példát!) További feladatok találhatók a [2.],[3.], [4.] és [5.] szakirodalomban.
Felhasznált irodalom: [1.] Reiman István: Geometria és határterületei [2.] Reiman István: Fejezetek az elemi geometriából [3.] D. O. Sklarszkij- N. N. Csencov- I. M Jaglom: Válogatott feladatok és tételek az elemi matematika köréből 2/2 ( Geometriai egyenlőtlenségek és szélsőérték-feladatok) [4.] Titu Andreescu-Zuming Feng: 103 Trigonometry Problems [5.] Ábrahám Gábor: Nevezetes egyenlőtlenségek [6.] KöMaL
28
