TRÓJKĄTNE ZADANIA

Jacek Kredenc – szkic rozwiązania

Trójkątne zadania

Czy z odcinków o długości (2₃)1000 i (2₃)1001 oraz (2₃)1002 można zbudować trójkąt?

Odpowiedź Tak, gdyż (2 3) 1002 + (2 3) 1001 − (2 3) 1000 = (2 3) 1000 ((2 3) 2 +2 3− 1) = ( 2 3) 1000 (4 9+ 2 3− 1) = 1 9∙ ( 2 3) 1000 > 0 Zadanie 2.

Niech a, b, c oznaczają długości boków trójkąta. Wykaż, że: 1 𝑎 + 𝑏+ 1 𝑏 + 𝑐+ 1 𝑐 + 𝑎 < 5 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 Rozwiązanie

Przekształcamy równoważnie podaną nierówność 1 𝑎 + 𝑏+ 1 𝑏 + 𝑐+ 1 𝑐 + 𝑎 < 5 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) ( 1 𝑎 + 𝑏+ 1 𝑏 + 𝑐+ 1 𝑐 + 𝑎) < 5 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 𝑎 + 𝑏 + 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 𝑏 + 𝑐 + 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 𝑐 + 𝑎 < 5 (1 + 𝑐 𝑎 + 𝑏) + (1 + 𝑎 𝑏 + 𝑐) + (1 + 𝑏 𝑐 + 𝑎) < 5 3 + 𝑐 𝑎 + 𝑏+ 𝑎 𝑏 + 𝑐+ 𝑏 𝑐 + 𝑎< 5 𝑐 𝑎 + 𝑏+ 𝑎 𝑏 + 𝑐+ 𝑏 𝑐 + 𝑎 < 2

Zadanie 3.

Wykaż, że w trójkącie o bokach długości a, b, c i wysokościach ha, hb, hc oraz polu S zachodzi

nierówność

(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) ∙ (ℎ_𝑎+ ℎ_𝑏+ ℎ_𝑐) ≥ 18𝑆

Rozwiązanie

Mamy ℎ𝑎 =2𝑆_𝑎 , ℎ𝑏 = 2𝑆_𝑏 , ℎ𝑐 =2𝑆_𝑐. Zatem mamy udowodnić, że (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) ∙ (2𝑆 𝑎 + 2𝑆 𝑏 + 2𝑆 𝑐 ) ≥ 18𝑆 Czyli (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) ∙ (1_𝑎+1 𝑏+ 1 𝑐) ≥ 9 Teraz wystarczy skorzystać z nierówności 𝑥_𝑦+𝑦_𝑥≥ 2

Zadanie 4.

Niech a, b, c będą długościami boków trójkąta, zaś α, β, ɣ oznaczają miary (w stopniach) kątów leżących odpowiednio naprzeciw tych boków. Wykaż, że:

𝑎𝛼 + 𝑏𝛽 + 𝑐𝛾

𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ≥ 60°

Rozwiązanie

Załóżmy, bez zmniejszania ogólności rozważań, że 𝑎 ≥ 𝑏 ≥ 𝑐. Wtedy 𝛼 ≥ 𝛽 ≥ 𝛾. Zatem (𝑎 − 𝑏) ⏟ ≥0 (𝛼 − 𝛽) ⏟ ≥0 + (𝑎 − 𝑐)⏟ ≥0 (𝛼 − 𝛾) ⏟ ≥0 + (𝑏 − 𝑐)⏟ ≥0 (𝛽 − 𝛾) ⏟ ≥0 ≥ 0 Przekształćmy powyższą nierówność:

(𝑎𝛼 − 𝑎𝛽 − 𝑏𝛼 + 𝑏𝛽) + (𝑎𝛼 − 𝑎𝛾 − 𝑐𝛼 + 𝑐𝛾) + (𝑏𝛽 − 𝑏𝛾 − 𝑐𝛽 + 𝑐𝛾) ≥ 0 (𝑎𝛼 + 𝑏𝛽) + (𝑎𝛼 + 𝑐𝛾) + (𝑏𝛽 + 𝑐𝛾) ≥ (𝑎𝛽 + 𝑏𝛼) + (𝑎𝛾 + 𝑐𝛼) + (𝑏𝛾 + 𝑐𝛽) ≥ 0 2(𝑎𝛼 + 𝑏𝛽 + 𝑐𝛾) ≥ (𝑏 + 𝑐)𝛼 + (𝑎 + 𝑐)𝛽 + (𝑎 + 𝑏)𝛾 2(𝑎𝛼 + 𝑏𝛽 + 𝑐𝛾) + 𝑎𝛼 + 𝑏𝛽 + 𝑐𝛾 ≥ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)𝛼 + (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)𝛽 + (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)𝛾 3(𝑎𝛼 + 𝑏𝛽 + 𝑐𝛾) ≥ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)(𝛼 + 𝛽 + 𝛾) 3(𝑎𝛼 + 𝑏𝛽 + 𝑐𝛾) ≥ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) ∙ 180° 𝑎𝛼 + 𝑏𝛽 + 𝑐𝛾 ≥ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) ∙ 600° 𝑎𝛼 + 𝑏𝛽 + 𝑐𝛾 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ≥ 60°