Feladat: F.2617 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bánkövi Johanna ,  Benczúr András [1984-1988] ,  Csaba T. ,  Dienes J. ,  Hajnal Z. ,  Kántor A. ,  Károlyi Gy. ,  Keleti T. ,  Kovács 123 L. ,  Madas P. ,  Szalay Gy. ,  Tavaszi G. ,  Zsigmod L. 
Füzet: 1987/november, 364 - 367. oldal  PDF file
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Geometriai egyenlőtlenségek, Súlyvonal, Szögfelező egyenes, Beírt kör, Hozzáírt körök, Koszinusztétel alkalmazása, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1987/január: F.2617

Bizonyítsuk be, hogy minden háromszögben
fafbfcstsasbsc,
ahol a szokásos jelölések mellett fa, fb, fc a szögfelezők, sa, sb, sc a súlyvonalak háromszögbe eső szakaszai, s a félkerület, t pedig a háromszög területe.

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

I. megoldás. Megmutatjuk, hogy minden háromszögben

fcs(s-c)sc,(1)
és (1)-ben pontosan akkor teljesül egyenlőség, ha a C csúcsból induló oldalak egyenlők, azaz a=b. Ebből a bizonyítandó állítás már következik, ha a három szögfelezőre és súlyvonalra felírjuk (1)-et, és az egyenlőtlenségeket összeszorozzuk.
Ekkor ugyanis
fafbfcs3(s-a)(s-b)(s-c)sasbsc
adódik, és Hérón tétele szerint a négyzetgyök alatt éppen (st)2 áll. Az is látható, hogy a bizonyítandó állításban pontosan akkor van egyenlőség, ha a háromszög bármely két oldala egyenlő, azaz a háromszög szabályos.
Az (1)-ben szereplő s(s-c) mennyiséget nehéz közvetlenül becsülni. Belátjuk viszont, hogy
s(s-c)=abcosγ2.(2)

 
 
1. ábra
 

Az 1. ábráról leolvasható, hogy cosγ2=sCOc=s-cCO, ahol Oc az AB oldalt kívülről érintő hozzáírt kör középpontja. Az egyenlőségeket összeszorozva
cos2γ2=s(s-c)COCOc(3)
adódik.
A megfelelő szögek egyenlőségéből kapjuk, hogy a CBO és a COcA háromszögek hasonlók. Ebből COa=bCOc, azaz COCOc=ab következik, amit (3)-mal egybevetve kapjuk, hogy
s(s-c)=abcos2γ2,
ami cosγ2>0 miatt (2)-vel ekvivalens.
 
A bizonyítandó (1) egyenlőtlenséget ezután az
fcabcosγ2sc(4)
formában látjuk be. Ha a=b, akkor (4)-ben egyenlőség áll. Ha a két oldal nem egyenlő, akkor legyen a a nagyobbik.
 
 
2. ábra
 

Bocsássunk merőlegest a C-n átmenő külső szögfelezőre A-ból és B-ből, és legyenek a talppontok A1, illetve B1 (2. ábra). Ekkor az AA1B1B derékszögű trapéz alapjai párhuzamosak fc-vel, hosszuk így acosγ2, illetve bγ2.
 

Jelölje E és F a C-ből induló szögfelező, illetve a súlyvonal talppontját az AB oldalon. Ekkor AEEB=ba<AFFB=1, így az AB oldalt ba arányban osztó P pont az EF szakasz belső pontja.
Húzzunk most párhuzamost a trapéz alapjaival a P-n és az F-en keresztül, és messék ezek a trapéz másik szárát P1-ben, illetve F1-ben. Ekkor nyilván fc=CE<P1P<F1F<FC=sc. Ha megmutatjuk, hogy PP1 éppen a trapéz alapjainak mértani közepe, azaz abcosγ2, akkor készen vagyunk. Ez viszont következik abból a jól ismert tényből, hogy egy trapézban, melynek alapjai u és v, a szárakat λ:μ arányban osztó szakasz hossza (3. ábra)
λ+μvλ+μ.(5)

 
 
3. ábra
 

Jelenleg ugyanis λ:μ=ba:1, és ezért
PP1=baacosγ2+bcosγ2ba+1=abcosγ2
valóban.
 
Megjegyzés. Ismert egyenlőtlenségekre hivatkozva gyorsabban is célhoz érhetünk, ha felhasználjuk az fc=2aba+bcosγ2 összefüggést. Eszerint az AA1B1B trapézban fc az alapok harmonikus közepe. Ugyanitt FF1 középvonal, és így az alapok számtani közepével egyenlő, ami a CFF1 derékszögű háromszög befogójaként rövidebb az FC átfogónál, ami  nem más, mint sc. A bizonyítandó állítás most már a harmonikus, mértani és számtani közepekre vonatkozó egyenlőtlenségekből adódik.
 

II. megoldás. Ismert összefüggések következetes alkalmazásával is eljuthatunk (1) bizonyításáig.
0<cosγ2=1+cosγ2=12(2ab2ab+a2+b2-c22ab),
ahol a négyzetgyök alatt cosγ-t a koszinusztétel szerint írtuk fel. Tovább alakítva
cosγ2=14(a+b)2-c2ab=a+b+c2a+b-c21ab=s(s-c)ab,
azaz megkaptuk az első megoldás (2) egyenlőségét.
Az ismert fc=2aba+bcosγ2 összefüggésbe helyettesítve kapjuk, hogy fc=aba+b2s(s-c). A számtani és mértani közép közti egyenlőtlenség szerint az első tényező legfeljebb 1, így fc valóban nem lehet nagyobb, mint s(s-c).
A C-ből induló súlyvonalra ugyancsak a koszinusztételből
sc2=b2+c24-2bc2cosα,és mivelcosα=b2+c2-a22bc,
ezért
sc2=b2+c24-2bc2b2+c2-a22bc=b2+a22-c24.

Végül a számtani és a négyzetes közép között fennálló egyenlőtlenséget felhasználva
sc2(a+b)24-c24=a+b+c2a+b-c2=s(s-c).

Ezzel az (1)-ben szereplő második egyenlőtlenséget is igazoltuk, és az is látszik, hogy (1)-ben pontosan akkor állnak egyenlőségek, ha a=b.