Kezdőlap


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 \| MathML
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

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:

\begin{matrix} a (b^{2} + c^{2} - a^{2}) + b (c^{2} + a^{2} - b^{2}) + c (a^{2} + b^{2} - c^{2}) \leq 3 a b c . \end{matrix}

(2)

Adjunk a bal oldal első tagjához

2 a b c

-t, a második és harmadik tagból és a jobb oldalból vonjunk le ugyanennyit:

\begin{matrix} a [{(b + c)}^{2} - a^{2}] + b [{(c - a)}^{2} - b^{2}] + c [{(a - b)}^{2} - c^{2}] \leq a b c . \end{matrix}

A bal oldal így alakítható tovább a második tényezőket szorzattá alakítva, majd kiemeléssel és újabb szorzattá alakítással:

\begin{matrix} a (b + c - a) (b + c + a) + b (c - a + b) (c - a - b) + \\ + c (a - b - c) (a - b + c) = \\ = (b + c - a) [a^{2} - {(b - c)}^{2}] = (b + c - a) (a - b + c) (a + b - c), \end{matrix}

tehát a bizonyítandó egyenlőtlenség a következő alakban is írható

\begin{matrix} (a + b - c) (a - b + c) (- a + b + c) \leq a b c . \end{matrix}

(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:

\begin{matrix} \sqrt[]{(a + b - c) (a - b + c)} \leq a, \sqrt[]{(a - b + c) (- a + b + c)} \leq c, \\ \sqrt[]{(- a + b + c) (a + b - c)} \leq b . \end{matrix}

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

a \geq b \geq c

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

a \leq b

a \leq c

. A jobb és bal oldal különbsége

\begin{matrix} a (a - b) (a - c) + b (b - c) (b - a) + c (c - a) (c - b) = \\ = a (a - b) (a - c) + (b - c) (b^{2} - a b + a c - c^{2}) = \\ = a (b - a) (c - a) + {(b - c)}^{2} (b + c - a) \end{matrix}

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

2 a b c

-vel osztva ezt kell bizonyítanunk:

\begin{matrix} cos α + cos β + cos γ \leq 3 / 2. \end{matrix}

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

2 a b c

-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 / r \leq 1 / 2

, azaz

ϱ \leq r / 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

H_{1}

háromszöget alkotnak. Így

H

beírt körének sugara legfeljebb akkora lehet, mint

H_{1}

-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

ϱ \leq r / 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.