Feladat: F.1799 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bara T. ,  Bugyi Márta ,  Darida Margit ,  Dávid Z. ,  Deák P. ,  Dudás Rozália ,  Édes J. ,  Faragó Katalin ,  Fehér J. ,  Gáspár Csaba ,  Gáspár Gyula ,  Gergely I. ,  Glöckner Gy. ,  Hegedűs Ildikó ,  Józsa I. ,  Kalmár J. ,  Kémeri Viktória ,  Klár Z. ,  Korda Zsuzsa ,  Monori A. ,  Oláh Vera ,  Pálffy L. ,  Pintér F. ,  Prácser P. ,  Stachó B. ,  Szabó Lívia ,  Szalai-Dobos I. ,  Szegi Zsuzsanna ,  Tari J. ,  Törő Ágnes ,  Urbán I. ,  Varga Gy. ,  Varga Mária ,  Vaspál V. ,  Vass Éva 
Füzet: 1973/november, 118 - 119. oldal  PDF file
Témakör(ök): Algebrai átalakítások, Középpontos tükrözés, Derékszögű háromszögek geometriája, Súlyvonal, Súlypont, Paralelogrammák, Síkidomok súlypontja, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1971/december: F.1799

Jelöljük a háromszög a, b, c oldalaihoz tartozó súlyvonalakat rendre sa, sb, sc-vel. Igazoljuk, hogy
sa2bc+sa2ca+sa2ab94.

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

sa2bc+sa2ca+sa2ab94.(1)

I. megoldás. A súlyvonalak kifejezhetők az oldalakkal. Tükrözve a háromszöget az a oldal felezőpontjára, a kapott paralelogramma oldalai b és c, átlói a és 2sa. A Pitagorasz-tétel ismételt alkalmazásával könnyen adódik, hogy paralelogramma átlóinak négyzetösszege egyenlő az oldalainak négyzetösszegével, tehát esetünkben
a2+4sa2=2(b2+c2),sa2=(2b2+2c2-a2)/4.
Ezt és sb2, sc2 hasonló kifejezését (1)-be helyettesítve, 4abc-vel szorozva, rendezve, az adódó
a(2b2+2c2-a2)+b(2c2+2a2-b2)+c(2a2+2b2-c2)-9abc0
egyenlőtlenség ekvivalens az állítással.
A bal oldalt tovább alakítva
2a(b-c)2+2b(c-a)2+2c(a-b)2-(a3+b3+c3-3abc)0,
illetve mivel a kivonandó négytagú így írható:
12(a+b+c){(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2},
azért elég ezt bizonyítanunk:
(b-c)2(2a-a+b+c2)+(c-a)2(2b-a+b+c2)+(2)+(a-b)2(2c-a+b+c2)0.



A kifejezés szimmetriája alapján választhatjuk úgy a háromszög oldalainak betűzését, hogy abc(>0). Ekkor (2) bal oldalának első két szorzata nem negatív, hiszen
2a-a+b+c2=12(a+(a-b)+(a-c))>0,(3)2b-a+b+c2=12(2b+b-a-c)12(2c+b-a-c)=12(b+c-a)>0.



A (2) harmadik szorzata, P3 lehet negatív is; megmutatjuk azonban, hogy a P2 második szorzat és P3 összege nem negatív. Valóban, (3) alapján P2-ben (c-a)2 helyére (b-a)2-t írva nem növelünk:
P2+P3(b-a)2(2b-a+b+c2)+(a-b)2(2c-a+b+c2)=(a-b)2(b+c-a),
ebből állításunk nyilvánvaló és ezzel az előrebocsátottak szerint (1)-et bebizonyítottuk.
 

II. megoldás. Az 1856. feladat megoldásából közbülső eredményként kiolvashatjuk,1 hogyha A, B, C egy háromszög csúcsai, ennek oldalai AB=c, BC=a és CA=b, P a tér tetszőleges pontja, α, β, γ pozitív számok, akkor
αPA2+βPB2+γPC2αβc2+βγa2+γαb2α+β+γ.

Legyenek most a súlyok
α=1bc,β=1ca,γ=1ab,
másrészt speciálisan P-ként az ABC háromszög súlypontját véve
PA=23sa,PB=23sb,PC=23sc
és ezeket beírva a feladat állítását kapjuk.
1Lásd ezen számban, a 122. oldalon, (5)-ben, ahol α, β és γ speciális értékeit még nem vettük figyelembe.