Feladat: F.2754 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Balogh 171 J. ,  Harcos G. ,  Kiss 128 I. ,  Kőrösi A. ,  Kovács Ágnes ,  Nagy G. P. ,  Nagypál Éva ,  Podoski Károly. ,  Szekeres B. ,  Szendrői B. ,  Tokodi T. ,  Vidács Attila ,  Virág B. ,  Zircher P. 
Füzet: 1990/március, 108 - 109. oldal  PDF file
Témakör(ök): Irracionális egyenlőtlenségek, Geometriai egyenlőtlenségek, Koszinusztétel alkalmazása, Vektorok vektoriális szorzata, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1989/szeptember: F.2754

Bizonyítsuk be, hogy ha a,b,c valós számok, akkor
a2+b2-ab+b2+c2-bca2+c2+ac.

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

I. megoldás. Ha a, b, c valós számok, akkor mindhárom gyökjel alatt nemnegatív szám áll, mert az első kifejezés (a-b)2 és (a+b)2, a második (b-c)2 és (b+c)2, a harmadik pedig (a-c)2 és (a+c)2 közé esik. Így a feladat állítása minden a, b, c valós számhármasra értelmes. Az is világos, hogy mindkét oldal nemnegatív, így négyzetre emelhetünk, ez az egyenlőtlenség érvényén nem változtat. A négyzetreemelés és a rendezés elvégzése után a

2a2b2+a2c2+b4+b2c2-ab3-abc2-a2bc-b3c+b2acab+ac+bc-2b2
egyenlőtlenséghez jutunk. A bal oldal mindig nemnegatív. Ha a jobb oldal negatív, akkor kész vagyunk: az egyenlőtlenség igaz. Ha pedig mindkét oldal nemnegatív, akkor négyzetre emelhetünk. Ezt elvégezve, és a kapott egyenlőtlenséget rendezve a valóban igaz
3(ab+bc-ac)20
egyenlőtlenséghez jutunk. Ezzel egyenlőtlenségünket minden esetre beláttuk. Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha ac=ab+bc, és ab+ac+bc-2b20.
 

Kovács Ágnes (Jászberény, Lehel Vezér Gimn., IV. o. t.)
 

II. megoldás. Az egyenlőtlenséget geometriai úton bizonyítjuk. Azt fogjuk belátni, hogy ha a, b, c valós számok, akkor
|a|2+|b|2-|a||b|+|b|2+|c|2-|b||c||a|2+|c|2+|a||c|.(1)
Itt a bal oldal kisebb, a jobb oldal nagyobb a bizonyítandó egyenlőtlenség megfelelő oldalánál, tehát a fenti egyenlőtlenségből már következik a feladat állítása.
Az (1) belátásához tekintsünk a síkon négy pontot, O, A, B, C-t, úgy hogy OA=|a|, OB=|b|, OC=|c|, továbbá AOB=BOC=60, AOC=120 legyen (1. ábra).
 
 

1. ábra
 

A koszinusz tétel szerint
AB¯=OA2+OB2-2OAOBcos60=a2+b2-|a||b|,
ugyanígy
BV¯=b2+c2-|b||c|ésAC¯=OA2+OC2-2OAOCcos120==a2+c2+|a||c|.


Az (1) egyenlőtlenség tehát éppen az AB+BCAC háromszögegyenlőtlenség, s így nyilvánvalóan igaz.
Vidács Attila (Bp., Táncsics M. Gimn., III. o. t.)
 

Megjegyzés. Nyilvánvaló, hogy (1)-ben egyenlőség pontosan akkor áll, ha A, B, C egy egyenesbe esik (2. ábra).
 
 

2. ábra
 

Ekkor az OAC háromszög kétszeres területe, |a||c|sin120 egyenlő az OAB és OBC háromszögek kétszeres területének összegével, |b|(|a|+|c|)sin60-kal. Innen |b|(|a|+|c|)=|a||c|. Ezenkívül szükséges, hogy (1) megegyezzék a feladatbeli egyenlőtlenséggel, tehát |a||b|=ab, |a||c|=ac, |b||c|=bc teljesüljön, azaz a, b és c előjele azonos legyen.