Feladat: 1340. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Domokos László ,  Lévai Ferenc ,  Szörényi Miklós 
Füzet: 1965/szeptember, 24 - 25. oldal  PDF file
Témakör(ök): Szorzat, hatványozás azonosságai, Trigonometrikus egyenlőtlenségek, Geometriai egyenlőtlenségek, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Koszinusztétel alkalmazása, Szélsőérték-feladatok differenciálszámítás nélkül, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1964/október: 1340. matematika feladat

Jelentse a, b, c egy háromszög oldalainak hosszúságát. Bizonyítsuk be, hogy ekkor
a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c)3abc.(1)

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás. Rendezzük át (1) bal oldalát a második tényezőben fellépő a, b ill. c tag szorzóit foglalva össze, ekkor a bizonyítandó egyenlőtlenség a következő alakot ölti:

a(b2+c2-a2)+b(c2+a2-b2)+c(a2+b2-c2)3abc.(2)
Adjunk a bal oldal első tagjához 2abc-t, a második és harmadik tagból és a jobb oldalból vonjunk le ugyanennyit:
a[(b+c)2-a2]+b[(c-a)2-b2]+c[(a-b)2-c2]abc.
A bal oldal így alakítható tovább a második tényezőket szorzattá alakítva, majd kiemeléssel és újabb szorzattá alakítással:
a(b+c-a)(b+c+a)+b(c-a+b)(c-a-b)++c(a-b-c)(a-b+c)==(b+c-a)[a2-(b-c)2]=(b+c-a)(a-b+c)(a+b-c),


tehát a bizonyítandó egyenlőtlenség a következő alakban is írható
(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)abc.(3)

A háromszög-egyenlőtlenség miatt a bal oldal tényezői pozitívok. Felírva két-két tényezőre a mértani és a számtani közép közti egyenlőtlenséget, ezek szorzata (3)-at adja:
(a+b-c)(a-b+c)a,(a-b+c)(-a+b+c)c,(-a+b+c)(a+b-c)b.



Lévai Ferenc (Tatabánya, Árpád g. III. o. t.)
 

Megjegyzések. 1. A (3) ‐ és vele együtt (1) is ‐ akkor is érvényes, ha a, b, c olyan pozitív számok, amelyek nem teljesítik a háromszög-egyenlőtlenséget. A szimmetria miatt elég az abc esetre szorítkoznunk, ekkor a bal oldal első két tényezője pozitív, a harmadik negatív vagy 0, tehát (3) valóban fennáll.
Domokos László (Tatabánya, Árpád g. III. o. t.)

 

2. Az (1) szimmetrikus volta miatt feltehető, hogy ab, ac. A jobb és bal oldal különbsége
a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)==a(a-b)(a-c)+(b-c)(b2-ab+ac-c2)==a(b-a)(c-a)+(b-c)2(b+c-a)


alakra hozható. Erről is látszik, hogy nem negatív, ha a, b, c tetszés szerinti nem negatív számok; 0 is csak az a=b=c esetben lesz.
 

II. megoldás. Az egyenlőtlenség fenti (2) alakját bizonyítjuk. A zárójelek helyére a koszinusz-tétel alapján a megfelelő szorzatot írva, majd pedig a pozitív 2abc-vel osztva ezt kell bizonyítanunk:
cosα+cosβ+cosγ3/2.
Ezzel a feladatot lényegében visszavezettük az 1964. évi Orsz. Középisk. Matem. Tanulm. Verseny II. fordulójának 1. feladatára, aminek részletes vizsgálatát a K. M. L. 29. kötetének 105‐107. oldalán láttuk (IV. és V. megoldás), egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a=b=c.
Szörényi Miklós (Pécs, Széchenyi I. g. IV. o. t.)
 

III. megoldás. Az idézett versenyfeladat V. megoldásához fűzött megjegyzés szerint (1) bal oldalát 2abc-vel osztva a hányados 1+ϱ/r, ahol ϱ a háromszögbe, r pedig a köréje írt k kör sugara; így a jobb oldal 3/2-del egyenlő, elég tehát a ϱ/r1/2, azaz ϱr/2 egyenlőtlenséget bizonyítanunk.
 
 

Rajzoljunk kört a H háromszög oldalainak felezőpontjain át. Ennek a sugara r/2. Húzzunk a körnek a háromszög egyes oldalain túlnyúló ívéhez a megfelelő oldallal párhuzamos érintőt; ha valamelyik oldal érinti a kört, akkor az oldal egyenesét vegyük. Ezek egy a H-hoz hasonló és azt tartalmazó H1 háromszöget alkotnak. Így H beírt körének sugara legfeljebb akkora lehet, mint H1-é, vagyis legfeljebb r/2, és ekkora is csak akkor lehet, ha H-t beírt köre mindhárom oldalának felező pontjában érinti, ami nyilvánvalóan csak szabályos háromszögnél következik be.
 

Megjegyzés. A ϱr/2 egyenlőtlenségre további bizonyítások találhatók pl. Kürschák J.‐Hajós Gy.‐Neukomm Gy.‐Surányi J.: Matematikai versenytételek I. rész, 3. kiadás (Tankönyvkiadó, Budapest 1965) 40. o. és II. rész, 2. kiadás, 86. o.