Vegyes feladatok: VF_000245
(Feladat azonosítója: VF_000245 )
Témakör: *Geometria

Egy paralelogramma kerülete $K$, az oldalak felezőpontja által meghatározott négyszög kerülete pedig $k$. Bizonyítsuk be, hogy ha a paralelogramma egyik szöge 60\r{ } -os, akkor $\frac{k}{K}\ge \frac{1+\sqrt 3 }{4}$!


 

Tekintsük az ábrát.

A felezőpontok által meghatározott négyszög is paralelogramma, amelynek k kerülete az ABCD paralelogramma AC és BD átlóhosszának összege. Az APD és a BQC háromszög egy-egy szabályos háromszög fele, ezért az AB=$a$, BC=$b$ jelöléseket használva AP=BQ=() és $DP=CQ\frac{b\sqrt 3 }{2}$. Pitagorasz tételét alkalmazva a PBD és az AQC derékszögű háromszögre a

$ BD=\sqrt {\left( {a-\frac{b}{2}} \right)^2+\left( {\frac{b\sqrt 3 }{2}} \right)^2} =\sqrt {a^2-ab+b^2} $
$ AC=\sqrt {\left( {a+\frac{b}{2}} \right)^2+\left( {\frac{b\sqrt 3 }{2}} \right)^2} =\sqrt {a^2+ab+b^2} $

összefüggéseket kapjuk. Ekkor $\frac{k}{K}${\{}k$\backslash $over $K${\}} értékére

$ \frac{\sqrt {a^2-ab+b^2} +\sqrt {a^2+ab+b^2} }{2(a+b)}= $
$ \frac{1}{2}\left( {\sqrt {\frac{(a+b)^2-3ab}{(a+b)^2}} +\sqrt {\frac{(a+b)^2-ab}{(a+b)^2}} } \right) $
$ \frac{1}{2}\left( {\sqrt {1-\frac{3ab}{(a+b)^2}} +\sqrt {1-\frac{ab}{(a+b)^2}} } \right) $

adódik. Mivel a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség alapján $ab\le \left( {\frac{a+b}{2}} \right)^2$, ezért $\frac{ab}{(a+b)^2}\le \frac{1}{4}$, így

$ \frac{k}{K}=\frac{1}{2}\left( {\sqrt {1-\frac{3}{4}} +\sqrt {1-\frac{1}{4}} } \right)=\frac{1+\sqrt 3 }{4} $

A közepekre vonatkozó tétel pedig alkalmazható, mert $a>$ 0, $b>$ 0. Egyenlőség pedig csak az $a=b$ esetben lehetséges. Ekkor a paralelogramma rombusz. Általánosítás. A 60$^{^{\circ}}$ -os szög helyett legyen a paralelogramma kisebbik (nem nagyobbik) szöge $\gamma $ ! Az ábra többi jelölését megtartva most is igaz, hogy a k kerületű paralelogramma oldalai az ABC, BCD, CDA és DAB háromszögek megfelelő középvonalai, ezért

$ k=AC+BD $

Az átlók hosszát a koszinusztétel alkalmazásával határozhatjuk meg:

$ AC^2=a^2+b^2-2ab\cos \left( {180^{\circ}-\gamma } \right) $

így $AC=\sqrt {a^2+b^2\mbox{ }+2ab\cos \gamma } $ Hasonlóan adódik, hogy $BD=\sqrt {a^2+b^2\mbox{ }-2ab\cos \gamma } $ . Tehát

$ k=\sqrt {a^2+b^2\mbox{ }+2ab\cos \gamma } +\sqrt {a^2+b^2\mbox{ }-2ab\cos \gamma } , $

így pedig

$ \frac{k}{K}=\frac{\sqrt {a^2+b^2\mbox{ }+2ab\cos \gamma } +\sqrt {a^2+b^2\mbox{ }-2ab\cos \gamma } }{2(a+b)} $

Ekvivalens átalakítások után

$ \frac{k}{K}=\frac{1}{2}\left( {\sqrt {1-\frac{2ab(1-\cos \gamma )}{(a+b)^2}} +\sqrt {1-\frac{2ab(1+\cos \gamma )}{(a+b)^2}} } \right) $

adódik. Az $ab\le \left( {\frac{a+b}{2}} \right)^2$ egyenlőtlenség bármely $a$, $b$ valós számra igaz. Ha pedig $a>$ 0 és $b>$ 0, akkor $\frac{2ab}{(a+b)^2}\le \frac{1}{2}$ is teljesül. A fentiek alapján

$ \frac{k}{K}\ge \frac{1}{2}\left( {\sqrt {1-\frac{1}{2}(1-\cos \gamma )} +\sqrt {1-\frac{1}{2}(1+\cos \gamma )} } \right)= $
$ =\frac{1}{2}\left( {\sqrt {\frac{1-\cos \gamma }{2}} +\sqrt {\frac{1-\cos \gamma }{2}} } \right)=\frac{1}{2}\left( {\sqrt {\cos ^2\frac{\gamma }{2}} +\sqrt {\sin ^2\frac{\gamma }{2}} } \right)= $
$ \frac{\cos \frac{\gamma }{2}+\sin \frac{\gamma }{2}}{2} $

$\frac{k}{K}$ minimuma így $\frac{1}{2}\left( {\cos \frac{\gamma }{2}+\sin \frac{\gamma }{2}} \right)$ , ami akkor valósul meg, ha $a=b$.