Feladat: F.2491 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Albert T. ,  Bán Rita ,  Bortel L. ,  Császár Cs. ,  Fancsik T. ,  Fülöp T. ,  Grallert Ágnes ,  Hajdú S. ,  Hetyei Judit ,  Jagicza P. ,  Karácsony P. ,  Kohári Zs. ,  Kós G. ,  Kovács 123 L. ,  Ligeti Z. ,  Limbek Csaba ,  Lipták 182 L. ,  Lövei P. ,  Németh-Buhin Á. ,  Ohnmacht R. ,  Paál Beatrix ,  Pálmai L. ,  Pfeil Tamás ,  Ratkó Julianna ,  Regős G. ,  Ribényi Á. ,  Szabó Sz. ,  Szigeti Z. ,  Tamás F. ,  Tornyi L. ,  Varga 135 L. 
Füzet: 1985/április, 154 - 155. oldal  PDF file
Témakör(ök): Trigonometriai azonosságok, Körülírt kör, Cauchy-Schwarz-Bunyakovszkij-féle egyenlőtlenség, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1984/október: F.2491

Bizonyítandó, hogy hegyesszögű háromszög belső pontjának az oldalaktól mért x, y, z távolságaira teljesül a következő egyenlőtlenség:
x+y+z3r2,(1)
ahol r a háromszög körülírt körének sugara.

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

Legyen az adott pont P, és a háromszög szokásos jelölései mellett x, y, z rendre a BC=a, CA=b, AB=c oldaltól mért távolság. A bizonyítandóval ekvivalens egyenlőtlenséget kapunk négyzetre emelés útján. Ebben a bal oldal tagjait kéttényezős szorzatokká alakítjuk:

x=ax1as í. t.,
ekkor alkalmazhatjuk rá (n=3 megválasztással) az ún. Cauchy‐Bunjakovszkij-féle egyenlőtlenséget:*
(ax1a+by1b+cz1c)2(ax+by+cz)(1a+1b+1c).(2)
Ha (2) jobb oldalát írjuk (1) négyzetének bal oldala helyére, új kérdésünk ez lesz: igaz-e még a következő is:
(ax+by+cz)(1a+1b+1c)9r2.(3)
Az első zárójel az ABC háromszög területének a 2-szerese, független P megválasztásától ‐ és ez még akkor is igaz, ha P valamelyik oldalszakasz belső pontja ‐ , tehát ismert összefüggés alapján egyenlő abc/2r-rel. Ezt beírva és átszorozva, a következőt akarjuk bizonyítani:
abc(1a+1b+1c)=bc+ca+ab9r2,
ez pedig az a=2rsinα s í. t. összefüggések alapján a következővel ekvivalens:
sinαsinβ+sinβsinγ+sinγsinα94.

Alkalmazzuk e szorzatokra a következő azonosságot, amely az addíció tételekből következik:
2sinusinv=cos(u-v)-cos(u+v)=cos(u-v)+cos(180-u-v),cos(α-β)+cos(β-γ)+cos(γ-α)+cosα+cosβ+cosγ9/2.(4)

Az első három tag mindegyike helyére 1-et írva a bal oldal nem csökken. Ha tehát igazoljuk, hogy
cosα+cosβ+cosγ32,(5)
evvel (1)-et is igazoltuk. Már most (5) bal oldala ismert azonosságok alkalmazásával
(1-2sin2α2)+2cosβ+γ2cosβ-γ232-12(1+4sin2α2-4sinα2)==32-12(1-2sinα2)232.


Az utolsó becslésben akkor áll egyenlőség, ha α=60, de ez β-ra és γ-ra is értendő, hiszen ekkor lesz cosβ-γ2=1. Különben is (5)-ben egyező szerepe volt a három szögnek. Ekkor a=b=c, és (4)-ben, (3)-ban is egyenlőség érvényes.
Mindezek szerint az (1) állítás helyes. Ha a háromszög szabályos és ax:a=by:b=cz:c, vagyis x=y=z, tehát P a háromszög középpontja, akkor (1) két oldala egyenlő. Más esetben nem állhat egyenlőség.
 

Megjegyzések. 1. A három x, y, z távolságról és a háromszögről tulajdonképpen csak azt használtuk fel, hogy ax+by+cz=2t. Ez a derékszögű és a tompaszögű háromszögek belső P pontjaira is érvényes, az x, y, z távolságokat természetesen az oldalak egyeneseitől értve. Nem arról van tehát szó, hogy (1) csak hegyesszögű háromszögekre volna érvényes. Gondolva arra, hogy tompaszögű háromszög körülírt körének sugara sokszorosa is lehet még a legnagyobb oldalnak is, ezzel a nyomatékkal is mondhatnánk: 1) még hegyesszögű háromszögekben is érvényes, pedig ott ,,nehezebb''.
 

2. Pfeil Tamás (Dunaújváros, Münnich F. Gimn., IV. o. t.) megmutatta, hogy a x+y+z kifejezés arra a P* pontra nézve maximális, ahol azok az AA*, BB*, CC* Ceva-szakaszok futnak össze, amelyekre nézve A* az AA1 szögfelező A1 végpontjának tükörképe a BC oldal felezőpontjára nézve és B*, C* az ugyanígy keletkező pontok. A bizonyításban felhasználta azt a cikket is, amely lapunk 1984. októberi számában jelent meg, akárcsak ez a feladat.
*Az egyenlőtlenség általában így szól
(i=1nuivi)2(i=1nui2)(i-1nvi2)(n2).

Valóban, a jobb és a bal oldal különbsége n=3 esetén így alakítható:
(u1v2-u2v1)2+(u1v3-u3v1)2+(u2v3-u3v2)20,
innen látható, hogy egyenlőség akkor és csakis akkor teljesül, ha van olyan λ(0) szám, hogy minden i-re vi=λui. (Lásd p1. Szakköri feladatgyűjtemény 435. feladat.)