Kezdőlap


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 \| MathML
Témakör(ök):	Trigonometrikus egyenlőtlenségek, Feladat, Vektorok
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1981/március: F.2302

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:

\begin{matrix} {(\frac{x + y + z}{2})}^{2} \geq x y sin^{2} A + y z sin^{2} B + z x sin^{2} C . \end{matrix}

(1)

I. megoldás. A négyzetre emelés elvégzése, és az

\begin{matrix} 1 - 2 sin^{2} ω = cos 2 ω \end{matrix}

összefüggés felhasználása után

(1)

-ből a vele ekvivalens

\begin{matrix} x^{2} + y^{2} + z^{2} + 2 x y cos 2 A + 2 y z cos 2 B + 2 z x cos 2 C \geq 0 \end{matrix}

(2)

egyenlőtlenséget kapjuk. Mivel

A

B

C

egy háromszög szögei,

2 A + 2 B + 2 C = 360^{\circ}

. Legyen

e

a síkon tetszőleges irányú, egységnyi nagyságú vektor,

e

-t

2 A

szöggel elforgatva kapjuk

f

-et, ebből

2 B

szöggel való forgatással kapjuk

g

-t. Mivel

2 A + 2 B + 2 C = 360^{\circ}

g

-t újabb,

2 C

szöggel való forgatás visszaviszi

e

-be. Megmutatjuk, hogy

(2)

bal oldalán az

\begin{matrix} s = x e + y f + z g \end{matrix}

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

\begin{matrix} s_{1} = x + y cos 2 A + z cos 2 C, \end{matrix}

ordinátája pedig

\begin{matrix} s_{2} = y sin 2 A - z sin 2 C . \end{matrix}

E kettő négyzetösszege

\begin{matrix} {| s |}^{2} = s_{1}^{2} + s_{2}^{2} = x^{2} + y^{2} + z^{2} + 2 x (y cos 2 A + z cos 2 C) + \\ + 2 y z (cos 2 A cos 2 C - sin 2 A sin 2 C), \end{matrix}

ami valóban azonos a

(2)

bal oldalán álló kifejezéssel, hiszen

cos 2 A cos 2 C - sin 2 A sin 2 C = cos (2 A + 2 C) = cos 2 B

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

II. megoldás. A bizonyítandó egyenlőtlenséget

(2)

alapján a következő formába írhatjuk:

\begin{matrix} x^{2} + 2 x (y cos 2 A + z cos 2 C) + (y^{2} + z^{2} + 2 y z cos 2 B) \geq 0. \end{matrix}

Ismeretes, hogy az

x^{2} + 2 b x + c

másodfokú polinom értéke pontosan akkor nem negatív

x

minden értékére, ha diszkriminánsa nem pozitív, azaz ha

4 b^{2} - 4 c \leq 0

. Esetünkben ez a helyzet, ugyanis

cos 2 B = cos 2 A cos 2 C - sin 2 A sin 2 C

alapján

\begin{matrix} {(y cos 2 A + z cos 2 C)}^{2} - (y^{2} + z^{2} + 2 y z cos 2 B) = \\ = - y^{2} sin^{2} 2 A - 2 y z (cos 2 B - cos 2 A cos 2 C) - z^{2} sin^{2} 2 C = \\ = - {(y sin 2 A - z sin 2 C)}^{2}, \end{matrix}

ahogyan állítottuk.

Megjegyzés. Az I. megoldásban kapott összefüggés a koszinusz-tétel általánosítása. Hasonlóan látható be, hogy ha

v_{1}

v_{2}

...

v_{k}

a sík tetszőleges vektorai, akkor

\begin{matrix} {| \sum_{i = 1}^{k} v_{i} |}^{2} = \sum_{i = 1}^{k} {| v_{i} |}^{2} + 2 \sum_{i = 1}^{k - 1} \sum_{j = i + 1}^{k} | v_{i} | | v_{j} | cos ω_{i j}, \end{matrix}

(3)

ahol

ω_{i j}

v_{i}

v_{j}

vektorok közti szög. Akik tudják, hogy a

| v_{i} | | v_{j} | cos ω_{i j}

mennyiséget a

v_{i}

v_{j}

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

\begin{matrix} c_{11} x^{2} + c_{22} y^{2} + c_{33} z^{2} + 2 c_{12} x y + 2 c_{23} y z + 2 c_{13} x z \geq 0 \end{matrix}

(4)

egyenlőtlenség tetszőleges

x

y

z

valós számra teljesüljön. Nyilván szükséges, hogy az

\begin{matrix} c_{11} \geq 0, c_{22} \geq 0, c_{33} \geq 0, c_{11} c_{22} \geq c_{12}^{2}, c_{22} c_{33} \geq c_{23}^{2}, c_{11} c_{33} \geq c_{13}^{2} \end{matrix}

(5)

egyenlőtlenségek teljesülnek. Ha rajtuk kívül még

\begin{matrix} C_{11} C_{22} C_{33} + C_{12} C_{23} C_{31} + C_{13} C_{21} C_{32} - C_{13} C_{22} C_{31} - C_{12} C_{21} C_{33} - C_{11} C_{23} C_{32} \geq 0 \end{matrix}

(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

c_{i j}

elemű determináns értéke áll, és a

(4)

egyenlőtlenség azt jelenti, hogy a determináns által generált kvadratikus alak pozitív szemidefinit.