Feladat: F.2302 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Benke I. ,  Bognár P. ,  Breiner L. ,  Böröczky K. ,  Csere K. ,  Csillik Mária ,  Csörgő T. ,  Danyi P. ,  Drávucz Katalin ,  Feledi Gy. ,  Fritz P. ,  Görög I. ,  Hatt J. ,  Heckenast L. ,  Hetyei G. ,  Hideg Sz. ,  Holbok I. ,  Ittzés A. ,  Kálmán A. ,  Kapos L. ,  Károlyi Gy. ,  Károlyi Gyula ,  Kerényi I. ,  Kerner Anna ,  Magyar Á. ,  Megyeri L. ,  Megyesi G. ,  Mihálykó Cs. ,  Mohay T. ,  Nagy R. ,  Németh L. ,  Pöltl J. T. ,  Rónai Z. ,  Szállási Z. ,  Száraz S. ,  Takács J. ,  Terenyi Z. ,  Tukora I. ,  Törécsik J. 
Füzet: 1981/november, 128 - 130. oldal  PDF file
Témakör(ök): Trigonometrikus egyenlőtlenségek, Feladat, Vektorok
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1981/március: F.2302

Igazoljuk, hogy az alábbi egyenlőtlenség teljesül minden x, y, z valós számra, ahol A, B és C egy háromszög szögei:
(x+y+z2)2xysin2A+yzsin2B+zxsin2C.

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

Igazoljuk, hogy az alábbi egyenlőtlenség teljesül minden x, y, z valós számra, ahol A, B és C egy háromszög szögei:

(x+y+z2)2xysin2A+yzsin2B+zxsin2C.(1)

I. megoldás. A négyzetre emelés elvégzése, és az
1-2sin2ω=cos2ω
összefüggés felhasználása után (1)-ből a vele ekvivalens
x2+y2+z2+2xycos2A+2yzcos2B+2zxcos2C0(2)
egyenlőtlenséget kapjuk. Mivel A, B, C egy háromszög szögei, 2A+2B+2C=360. Legyen e a síkon tetszőleges irányú, egységnyi nagyságú vektor, e-t 2A szöggel elforgatva kapjuk f-et, ebből 2B szöggel való forgatással kapjuk g-t. Mivel 2A+2B+2C=360, g-t újabb, 2C szöggel való forgatás visszaviszi e-be. Megmutatjuk, hogy (2) bal oldalán az
s=xe+yf+zg
vektor abszolút értékének a négyzete áll, ezzel természetesen (2)-t, és vele együtt (1)-et is bebizonyítjuk.

Válasszuk a koordináta-rendszer origójának a vektorok közös kezdőpontját, és az x tengely pozitív irányának e irányát. Ekkor s abszcisszája
s1=x+ycos2A+zcos2C,
ordinátája pedig
s2=ysin2A-zsin2C.
E kettő négyzetösszege
|s|2=s12+s22=x2+y2+z2+2x(ycos2A+zcos2C)++2yz(cos2Acos2C-sin2Asin2C),


ami valóban azonos a (2) bal oldalán álló kifejezéssel, hiszen cos2Acos2C-sin2Asin2C=cos(2A+2C)=cos2B.
 

 Károlyi Gyula (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn., III. o. t.)
 

II. megoldás. A bizonyítandó egyenlőtlenséget (2) alapján a következő formába írhatjuk:
x2+2x(ycos2A+zcos2C)+(y2+z2+2yzcos2B)0.
Ismeretes, hogy az x2+2bx+c másodfokú polinom értéke pontosan akkor nem negatív x minden értékére, ha diszkriminánsa nem pozitív, azaz ha 4b2-4c0. Esetünkben ez a helyzet, ugyanis cos2B=cos2Acos2C-sin2Asin2C alapján
(ycos2A+zcos2C)2-(y2+z2+2yzcos2B)==-y2sin22A-2yz(cos2B-cos2Acos2C)-z2sin22C==-(ysin2A-zsin2C)2,


ahogyan állítottuk.
 

Megjegyzés. Az I. megoldásban kapott összefüggés a koszinusz-tétel általánosítása. Hasonlóan látható be, hogy ha v1, v2, ..., vk a sík tetszőleges vektorai, akkor
|i=1kvi|2=i=1k|vi|2+2i=1k-1j=i+1k|vi||vj|cosωij,(3)
ahol ωij a vi, vj vektorok közti szög. Akik tudják, hogy a |vi||vj|cosωij mennyiséget a vi, vj vektorok skaláris szorzatának hívják, és azt is tudják, hogy ez a szorzás is kommutatív, és az összeadásra nézve disztributív, ennek alapján is beláthatják a (3) összefüggést. Sokan a skaláris szorzás tulajdonságai alapján igazolták a feladat állítását, ez a megoldás azonban csak formálisan tér el a fenti I. megoldástól. A lényeges ötlet közös a két megoldásban, és ez az, hogy (2) bal oldalán "teljes négyzet'' áll. Mint láttuk, ennek a felismerése nélkül is bizonyítható (2). Általában kérdezhető, hogy mi annak a szükséges és elegendő feltétele, hogy a
c11x2+c22y2+c33z2+2c12xy+2c23yz+2c13xz0(4)
egyenlőtlenség tetszőleges x, y, z valós számra teljesüljön. Nyilván szükséges, hogy az
c110,mc220,mc330,mc11c22c122,mc22c33c232,mc11c33c132(5)
egyenlőtlenségek teljesülnek. Ha rajtuk kívül még
C11C22C33+C12C23C31+C13C21C32-C13C22C31-C12C21C33-C11C23C320(6)
is teljesül, akkor ez már elégséges is. Esetünkben (5) triviálisan teljesül, (6) belátásához azonban elég sok trigonometrikus átalakításra volna szükség. Aki ismeri a determinánsokat, észreveheti, hogy (6) bal oldalán épp a cij elemű determináns értéke áll, és a (4) egyenlőtlenség azt jelenti, hogy a determináns által generált kvadratikus alak pozitív szemidefinit.