Feladat: F.1826 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Gáncs István 
Füzet: 1974/május, 194 - 195. oldal  PDF file
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Háromszögek nevezetes tételei, Szögfelező egyenes, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1972/április: F.1826

Bizonyitsuk be, hogy tetszőleges háromszögben fennáll az alábbi egyenlőség, ahol a, b, c a háromszög oldalainak a hosszát, α, β, γ rendre a velük szemben levő szögek nagyságát; fα, fβ, fγ, a megfelelő belső szögfelezők hosszát jelöli.
1a+1b+1c=cosα2fα+cosβ2fβ+cosγ2fγ.

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

1a+1b+1c=cosα2fα+cosβ2fβ+cosγ2fγ.(1)

Az állítás jobb oldalán álló hányadosok egyszerűen kifejezhetők rendre a háromszög két-két oldalával. Húzzunk párhuzamost az ABC háromszög A-ból induló AD=fα belső szögfelezőjével B-n át és jelöljük a CA egyenessel való metszéspontját E-vel.
 

 

A keletkezett szögpárokból
ABE=BAD=CAD=AEB,
tehát az ABE háromszögben AE=AB=c, BE=2ABcos(α/2), másrészt a CEB és CAD háromszögek hasonlósága alapján
BEDA=CECA,2c  cos  (α/2)fα=b+cb,
tehát (1) jobb oldalának első tagja
cos(α/2)fα=b+c2bc=12(1c+1b).
Ebből a betűk ciklikus cseréjével kapjuk a jobb oldal további két tagját, és az állítás helyessége máris nyilvánvaló.
Gáncs István (Győr, Révai M. Gimn.)

 
Megjegyzés. Tulajdonképpen a szögfelező hosszát fejeztük ki a háromszög legközvetlenebb meghatározó adataival:
fα=2bcb+ccosα2.
Ehhez a más megoldások a fentinél valamivel több trigonometriai vagy területszámítási összefüggést használtak föl.