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  |  MathML
Témakör(ök):	Algebrai átalakítások, Középpontos tükrözés, Derékszögű háromszögek geometriája, Súlyvonal, Súlypont, Paralelogrammák, Síkidomok súlypontja, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1971/december: F.1799

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{s_a^2}{bc}+\frac{s_a^2}{ca}+\frac{s_a^2}{ab}\ge \frac{9}{4}\mathrm{.}}\end{array}$ (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 $2s_a$. A Pitagorasz-tétel ismételt alkalmazásával könnyen adódik, hogy paralelogramma átlóinak négyzetösszege egyenlő az oldalainak négyzetösszegével, tehát esetünkben $\begin{array}{c}{\displaystyle a^2+4s_a^2=2\left(b^2+c^2\right)\mathrm{,}{s}_a^2=\left(2b^2+2c^2-a^2\right)/4.}\end{array}$ Ezt és $s_b^2$, $s_c^2$ hasonló kifejezését (1)-be helyettesítve, $4abc$-vel szorozva, rendezve, az adódó $\begin{array}{c}{\displaystyle a\left(2b^2+2c^2-a^2\right)+b\left(2c^2+2a^2-b^2\right)+c\left(2a^2+2b^2-c^2\right)-9abc\ge 0}\end{array}$ egyenlőtlenség ekvivalens az állítással. A bal oldalt tovább alakítva $\begin{array}{c}{\displaystyle 2a{\left(b-c\right)}^2+2b{\left(c-a\right)}^2+2c{\left(a-b\right)}^2-\left(a^3+b^3+c^3-3abc\right)\ge 0\mathrm{,}}\end{array}$ illetve mivel a kivonandó négytagú így írható: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\left\{{\left(a-b\right)}^2+{\left(b-c\right)}^2+{\left(c-a\right)}^2\right\}\mathrm{,}}\end{array}$ azért elég ezt bizonyítanunk: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle {\left(b-c\right)}^2\left(2a-\frac{a+b+c}{2}\right)+{\left(c-a\right)}^2\left(2b-\frac{a+b+c}{2}\right)+}\hfill & \text{(<mn>2</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle +{\left(a-b\right)}^2\left(2c-\frac{a+b+c}{2}\right)\ge 0\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ A kifejezés szimmetriája alapján választhatjuk úgy a háromszög oldalainak betűzését, hogy $a\ge b\ge c\left(>0\right)$. Ekkor (2) bal oldalának első két szorzata nem negatív, hiszen ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 2a-\frac{a+b+c}{2}=\frac{1}{2}\left(a+\left(a-b\right)+\left(a-c\right)\right)>\mathrm{0,}}\hfill & \text{(<mn>3</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle 2b-\frac{a+b+c}{2}=\frac{1}{2}\left(2b+b-a-c\right)\ge \frac{1}{2}\left(2c+b-a-c\right)=\frac{1}{2}\left(b+c-a\right)>0.}\hfill \end{array}}$ A (2) harmadik szorzata, $P_3$ lehet negatív is; megmutatjuk azonban, hogy a $P_2$ második szorzat és $P_3$ összege nem negatív. Valóban, (3) alapján $P_2$-ben ${\left(c-a\right)}^2$ helyére ${\left(b-a\right)}^2$-t írva nem növelünk: $\begin{array}{c}{\displaystyle P_2+P_3\ge {\left(b-a\right)}^2\left(2b-\frac{a+b+c}{2}\right)+{\left(a-b\right)}^2\left(2c-\frac{a+b+c}{2}\right)={\left(a-b\right)}^2\left(b+c-a\right)\mathrm{,}}\end{array}$ 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, $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ pozitív számok, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle \alpha \cdot {PA}^2+\beta \cdot {PB}^2+\gamma \cdot {PC}^2\ge \frac{\alpha \beta c^2+\beta \gamma a^2+\gamma \alpha b^2}{\alpha +\beta +\gamma }\mathrm{.}}\end{array}$ Legyenek most a súlyok $\begin{array}{c}{\displaystyle \alpha =\frac{1}{bc}\mathrm{,}\beta =\frac{1}{ca}\mathrm{,}\gamma =\frac{1}{ab}\mathrm{,}}\end{array}$ másrészt speciálisan $P$-ként az $ABC$ háromszög súlypontját véve $\begin{array}{c}{\displaystyle PA=\frac{2}{3}{s}_a\mathrm{,}PB=\frac{2}{3}{s}_b\mathrm{,}PC=\frac{2}{3}{s}_c}\end{array}$ és ezeket beírva a feladat állítását kapjuk. 1Lásd ezen számban, a 122. oldalon, (5)-ben, ahol $\alpha$, $\beta$ és $\gamma$ speciális értékeit még nem vettük figyelembe.