Egy emelt szintű érettségi feladat kapcsán Ábrahám Gábor, Szeged

Egy emelt szintű érettségi feladat kapcsán Ábrahám Gábor, Szeged A 01. 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. 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 = R sinα b = R sin β c = R sin γ (1) a + c A feltétel szerint b =. Ebbe beírva az (1)-esben szereplő kifejezéseket kapjuk, R sinα + R sin γ sinα + sin γ hogy R sin β =, azaz sin β = (). Tehát az oldalakkal szemközti szögek szinuszai is számtani sorozat egymást követő elemei a megadott sorrendben. 3 3 Tudjuk, hogy bármely háromszögben igaz a szögekre a sinα + sin β + sin γ (3) összefüggés. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 3 3 A () alapján sinα + sin β + sin γ = 3sin β = 3sin 60 =. A (3) alapján a háromszög szabályos, ami ellentmondás, így nincs 60 -os szöge. 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. 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 b + c a x = = s a, c + a b y = = s b és a + b c z = = s c, ahol s a háromszög félkerülete.. Bizonyítsuk be, hogy bármely a, b, c valós szám esetén fennáll az egyenlőtlenség. ab + bc + ca a + b + c 15

Könnyen meggondolható, hogy 0 ( a b) + ( b c) + ( c a) = a + b + c ab bc ca! Ebből kapjuk, hogy ab + bc + ca a + b + c. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a = b = c. 3. Bizonyítsuk be, hogy az x, y, z valós számokra fennáll az összefüggés. ( )( ) 3 3 3 x + y + z 3xyz = x + y + z x + y + z xy yz zx 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) b) 3 a + b + c abc (háromtagú számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség), 3 a + b + c a + b + c (háromtagú számtani és négyzetes közép közötti 3 3 egyenlőtlenség). a) Legyen ekvivalens az 3 3 3 x a, y b, z c = = =! Ekkor a bizonyítandó egyenlőtlenség 3 3 3 x y z xyz + + 3 0 egyenlőtlenséggel. Ez pedig könnyen 16

Ábrahám Gábor: Egy emelt szintű érettségi feladat kapcsán jön az előző feladatbeli összefüggés és a. 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) 3( a + b + c ) egyenlőtlenséghez jutunk. A négyzetre emelés elvégzése és rendezés után a vele ekvivalens ab + bc + ca a + b + c egyenlőtlenséget kapjuk, melyet a. 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. Alkalmazzuk az 1. példa jelöléseit! Ez alapján az (1) ekvivalens a 8xyz ( y + z)( z + x)( x + y) () egyenlőtlenséggel. A kéttagú számtani- mértani egyenlőtlenség alapján yz y + z, zx z + x, 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 abc T = s( s a)( s b)( s c), T = s r, T =. 4R 17

Ez alapján T s r 8( s a)( s b)( s c) 8 8 8sr s s = = =, másrészt abc = 4RT. Ezeket behelyettesítve az (1)-be kapjuk, hogy bármely háromszögben r R, azaz a sugáregyenlőtlenséget. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos.. Ha a sugáregyenlőtlenséget elemi geometriai úton bizonyítjuk hasonlóság és a Feuerbach-kör felhasználásával, akkor a 3. feladat megoldható az 1. megjegyzésben felvázolt gondolatmenet megfordításával. [.] 6. Bizonyítsuk be, hogy bármely háromszögben fennáll a r cosα + cos β + cosγ = 1+ R összefüggés, ahol α, β, γ a háromszög szögei, r a beírt, R a körülírt kör sugara. Használjuk fel a koszinusz-tételt és végezzük el az alábbi átalakításokat! ( )( )( )( ) ( ) b + c a c + a b a + b c cos α + cosβ + cos γ = + + = bc ca ab a + b + c b + c a a + c b a + b c 16s ( s a)( s b)( s c) = 1+ = 1+ = abc a + b + c abc s 4T T 4T r = 1+ = 1+ = 1+ abcs s abc R 18

Ábrahám Gábor: Egy emelt szintű érettségi feladat kapcsán 7. Milyen határok között mozog egy háromszög szögei koszinuszának összege? Legkisebb felső korlát: r Mivel cosα + cos β + cosγ = 1+ és a 3. feladat. megjegyzése nyomán R 3 r R, így cosα + cos β + cosγ. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. Tehát a legkisebb felső korlát 1,5. Legnagyobb alsó korlát: r r Az előző feladatból ismert, hogy cosα + cos β + cosγ = 1+. Mivel 0 R R >, ezért a koszinuszok összege nagyobb 1-nél. Az 1-et viszont tetszőlegesen megközelítheti. Az előzőhöz hasonlóan legyen α = π, β =, γ =! 1 1 n n n 1 1 cos α + cosβ + cos γ = cos π cos cos cos 1 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 [.] első fejezetének 3. leckéjében. 8. Az ABC háromszög köré írt körének középpontjából a csúcsokhoz mutató vektorok legyenek ra, rb, rc. Bizonyítsuk be, hogy a kör középpontjából a magasságpontba mutató m vektor felírható m = r A + r B + r C alakban. 19

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 háromszög magasságpontja. Ehhez elég azt megmutatni, hogy pl. a CM 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 merőleges az AB CM = r B r A r B + r A = r B r A = R R = 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 = 9 R ( a + b + c ). Az előző feladat jelöléseit használva legyen az ABC háromszög köré írt körének középpontjából a csúcsokhoz mutató vektorok legyenek ra, rb, rc! Ekkor m r r r = A + B + C. Ebből kapjuk, hogy A B C A B C A B C m = m = r + r + r = 3R + r r + r r + r r. 0

Ábrahám Gábor: Egy emelt szintű érettségi feladat kapcsán Nyilván így AB = c = r B r A, BC = a = r C r B, CA = b = r A r C, B A B A c = c = r r = R r r. Ebből r B r A = R c. Hasonlóan A C C B r r = R b, r r = R a. Ez alapján m = 3R + r r + r r + r r = 9R a + b + c ( ) A B C A B C. 10. Egy háromszög oldalai legyenek a, b, c, köré írt körének sugara R. Bizonyítsuk be, hogy a + b + c 9R. Mivel 0 m 9R ( a b c ) = + +, ezért nyilvánvaló az állítás. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 11. Bizonyítsuk be, hogy bármely háromszögben félkerülete, R a köré írt körének sugara. s 3 3 R, ahol s a háromszög Használjuk fel a 4. példa b) részét és az előző feladatot! 1 3 a + b + c 3 9R 3 3 ( ) s = a + b + c = R 3 3 Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 1

1. Milyen határok között mozog egy háromszög szögei szinuszának összege? Legkisebb felső korlát: Használjuk fel, hogy az ABC háromszög oldalai kifejezhetők a háromszög szögeinek és a köré írt köre sugarának segítségével, azaz a = R sin α, b = R sin β, c = R sin γ. Ebből az előző feladat felhasználásával kapjuk, hogy a + b + c 3 3 sinα + sin β + sin γ =. R Tehát a legkisebb felső korlátja 3 3. Legnagyobb alsó korlát: Tekintsük egy olyan egyenlő szárú háromszöget, melynek szögei Ekkor 1 1 α = π, β =, γ =! n n n 1 1 sin α + sin β + sin γ = sin π sin sin sin n + = + = n n n 1 1 = sin cos 1 0, ha n. n + n Felhasználtuk, hogy a szinusz függvény az értelmezési tartománya minden pontjában folytonos. Tehát legnagyobb alsókorlátja a 0.

Ábrahám Gábor: Egy emelt szintű érettségi feladat kapcsán 13. Bizonyítsuk be, hogy bármely nem derékszögű háromszög szögei között fennáll a tgα + tg β + tgγ = tgα tg β tgγ összefüggés. Tudjuk, hogy tgα + tg β tgγ = tg ( 180 α β ) = tg ( α + β ) = tgα tg β 1. Ebből átrendezéssel kapjuk az összefüggést. 14. Milyen határok között mozog egy hegyesszögű háromszög szögei tangensének az összege? Létezik-e felső korlát? Tekintsük azt a háromszöget, melynek szögei Ekkor π π 1 π 1 α =, β = +, γ = +! n 4 n 4 n π π 1 tgα + tg β + tgγ = tg + tg +, n 4 n π π ha n, hisz tg és tg 1, ha n. Itt felhasználtuk, a tangens függvény folytonosságát is. Tehát felülről nem korlátos. n 4 n Legnagyobb alsó korlát: A háromtagú számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség alapján kapjuk, hogy tgα + tg β + tgγ 3 3 tgα tg β tgγ. Használjuk fel a 13. feladat összefüggését! Ez alapján kapjuk, hogy α + β + γ α + β + γ. tg tg tg 3 3 tg tg tg 3

Ebből átrendezéssel kapjuk, hogy tgα + tg β + tgγ 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) 1 1 1 9 + +, s a s b s c s b) 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!). Bizonyítsuk be, hogy bármely háromszög szögeire fennállnak az alábbi egyenlőtlenségek. a) b) 1 cosα cos β cosγ, 8 3 3 sinα sin β sin γ. 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 1. példa eredményét!) 3. Bizonyítsuk be, hogy bármely háromszög szögei között fennállnak az alábbi összefüggések. α β β γ γ α a) tg tg + tg tg + tg tg = 1, 4

Ábrahám Gábor: Egy emelt szintű érettségi feladat kapcsán b) cos α cos β cos γ cosα cos β cosγ 1 + + + =, c) sin α sin β sin γ ( 1 cosα cos β cosγ ) + + = +. (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 és ( ) cos α + β = cosγ = cosα cos β sinα sin β, cosα cos β + cosγ = sinα sin β így négyzetre emelés után ( )( ) cos α cos β + cosα cos β cosγ + cos γ = 1 cos α 1 cos β = = 1 cos α cos β + cos α cos β ebből pedig jön az állítás. A c) ehhez hasonló) 4. Bizonyítsuk be, hogy bármely háromszögben α β γ + +. tg tg tg 1 (Ötlet: Használjuk a. példát és az előző feladat a) részét!) 5. Bizonyítsuk be, hogy bármely háromszögben fennállnak az alábbi egyenlőtlenségek. a) b) 9 sin α + sin β + sin γ, 4 3 cos α + cos β + cos γ. 4 (Ötlet: Alkalmazzuk az a) résznél az előző feladat d) részét és a /a feladatot! A b) résznél alkalmazzuk 3/c és a /a feladatot!) 5

6. Bizonyítsuk be, hogy bármely háromszög szögeire teljesül, hogy 1 1 1 + + 3 sinα sinβ sinγ (Ötlet: Alkalmazzuk a háromtagú számtani és harmonikus közép közötti egyenlőtlenséget, valamint a 1. 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, b) 3 3r s, c) 3 3R t. 4 (Ötlet: Az a) résznél végezzük el jobb oldalon a négyzetre emelést, majd alkalmazzuk a. 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 ( b + c a) + b ( a + c b) + c ( 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 ac ba + + 3 b + c a a + c b b + a c egyenlőtlenség. 6

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 bc ca + + = a + b c b + c a c + a b ( ) ( ) ( ) 1 1 1 = + + 1 cos 1 cos 1 cos ( + γ ) ( + β ) ( + α) 9 = 1 cos 1 cos 1 cos ( + γ ) + ( + β ) + ( + α) 9 1 9 1 = = 1) 3 + cos γ + cosβ + cos α 3 3 + 11. *Bizonyítsuk be, hogy bármely háromszögben fennáll az 1 1 1 1 1 + + R a b c 4r 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!) 7

1. *Bizonyítsuk be, hogy bármely háromszögre teljesül az 1 1 1 3 3 + + a b c t sa sb sc 4 4 4 egyenlőtlenség, ahol sa, sb, s c 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 t t + + a b 4t c b 4t a c 4t ahol a, b, c a háromszög oldalai, t a területe. 3 3 (Ötlet: Használjuk a trigonometrikus területképletet, valamint némi átalakítás után a 14. példát!) További feladatok találhatók a [.],[3.], [4.] és [5.] szakirodalomban., Felhasznált irodalom: [1.] Reiman István: Geometria és határterületei [.] Reiman István: Fejezetek az elemi geometriából [3.] D. O. Sklarszkij- N. N. Csencov- I. M Jaglom: Válogatott feladatok és tételek az elemi matematika köréből / ( Geometriai egyenlőtlenségek és szélsőérték-feladatok) [4.] Titu Andreescu-Zuming Feng: 103 Trigonometry Problems [5.] Ábrahám Gábor: Nevezetes egyenlőtlenségek [6.] KöMaL 8