Feladat: Gy.2636 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Álmos Attila ,  Besenyi Orsolya ,  Besenyi Zsuzsanna ,  Csekő Zoltán ,  Csorba Péter ,  Elek Márta ,  Farkas Zénó ,  Győry Máté ,  Honti Balázs ,  Horváth Gábor ,  Hradek Viktória ,  Huncsik Péter ,  Imreh Csanád ,  K. L. ,  Kálmán Tamás ,  Katz Sándor ,  Kerekes Balázs ,  Klészátl Melinda ,  Komócsi Sándor ,  Komócsin Laura ,  Kovács Emília ,  Lente Gábor ,  Mándoki Gábor ,  Matolcsi Máté ,  Megyesi Zoltán ,  Molnár-Sáska Gábor ,  Nagy Gábor ,  Nagy Judit ,  Pintér Zsuzsa ,  Ratkó Éva ,  Reiff Ádám ,  Risbjerg Anna ,  Stőhr Lóránt ,  Szatmári Alexandra ,  Szűcs Tamás ,  Tichy Eszter ,  Ungár György ,  Vangel Attila ,  Varga Béla ,  Varjú Katalin ,  Zámborszky Ferenc 
Füzet: 1991/január, 22 - 23. oldal  PDF file
Témakör(ök): Geometriai egyenlőtlenségek, Derékszögű háromszögek geometriája, Súlyvonal, Magasságvonal, Terület, felszín, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Heron-képlet, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1990/május: Gy.2636

Egy háromszög oldalai a, b, c, magasságai ma, mb, mc.
Mutassuk meg, hogy:
mamb+mbmc+mcma34(a2+b2+c2).

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

I. megoldás. Jelöljük a háromszög súlyvonalait sa,sb,sc-vel. Tudjuk, hogy a súlyvonal nem kisebb, mint a megfelelő magasságvonal, ezért:

mamb+mbmc+mcmasasb+sbsc+scsa.(1)

A számtani és a mértani közép közti egyenlőtlenség szerint tetszőleges x,y (pozitív) számok esetén xyx2+y22, így
sasb+sbsc+scsasa2+sb22+sb2+sc22+sc2+sa22=sa2+sb2+sc2.(2)

A súlyvonalak négyzetét viszont kifejezhetjük a háromszög oldalaival (ennek az ismert képletnek a bizonyítása megtalálható pl. a Geometriai feladatok gyűjteménye I., 1673/a és 1671. feladataiban):
sa2+sb2+sc2=14[(2b2+2c2-a2)+(2a2+2c2-b2)+(2a2+2b2-c2)]=34(a2+b2+c2).(3)

Az (1), (2) és (3) képletek együtt éppen a bizonyítandó egyenlőtlenséget adják. Az is látszik, hogy egyenlőség pontosan akkor van, ha a háromszög szabályos.
 

Nagy Judit (Miskolc, Földes F. Gimn., II. o. t.) dolgozata alapján

 

II. megoldás. Jelöljük a háromszög területét T-vel. Az ismert területképlet alapján ma=2Ta,mb=2Tb,mc=2Tc, vagyis a bizonyítandó egyenlőtlenség a következő alakot ölti:
4T2ab+4T2bc+4T2ca34(a2+b2+c2).

Rendezve, és felhasználva Heron képletét, mely szerint
T2=116(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(b+c-a)
(ennek bizonyítása megtalálható pl. a Geometriai feladatok gyűjteménye I. 1472 feladatában), a kérdéses egyenlőtlenség így alakul:
(a+b+c)2(a+b-c)(a-b+c)(b+c-a)3abc(a2+b2+c2).(4)

Ezt ‐ a bizonyítandóval ekvivalens ‐ egyenlőtlenséget két részre bontva igazoljuk. Tudjuk, hogy:
(a+b-c)(a+c-b)=a2-(b-c)2a2=a,
(a+b-c)(b+c-a)=b2-(a-c)2b2=b,
(a+c-b)(b+c-a)=c2-(b-a)2c2=c.

Ezeket összeszorozva kapjuk, hogy:
(a+b-c)(a-b+c)(b+c-a)abc.(5)

Másrészt fennáll, hogy
(a+b+c)23(a2+b2+c2),(6)
hiszen ezt rendezve a nyilvánvaló
02(a2+b2+c2)-2ab-2bc-2ca=(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2
egyenlőtlenséghez jutunk. (5)-öt és (6)-ot összeszorozva éppen (4)-et kapjuk.
 

 Farkas Zénó (Győr, Révai M. Gimn., I. o. t.)