Feladat: 1991. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 11. feladata Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Matolcsi Máté 
Füzet: 1991/november, 337 - 338. oldal  PDF file
Témakör(ök): Beírt kör, Szögfelező egyenes, Háromszögek hasonlósága, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Nevezetes azonosságok, Nemzetközi Matematikai Diákolimpia
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1991/szeptember: 1991. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 11. feladata

Jelöljük az ABC háromszög beírt körének középpontját I-vel, a CAB, ABC, BCA szögek szögfelezőinek metszéspontját a szemközti oldalakkal pedig rendre A', B', C'-vel. Bizonyítsuk be, hogy
14<AIBICIAA'BB'CC'827.

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

Legyenek az ABC háromszög oldalai a szokásos jelöléssel a,b, és c.

 
 

Segédtétel: Ismert, hogy
AIAA'=b+ca+b+c,BIBB'=a+ca+b+césCICC'=a+ba+b+c.
(Ennek bizonyítása két szögfelező tétel segítségével: BA'=acb+c , így
AIIA'=ABBA'=cacb+c=b+ca,
ahonnan valóban
AIAA'=b+ca+b+c).

A számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenséget használva, és az AIAA'+BIBB'+CICC'=2 összefüggést felismerve kapjuk, hogy
AIAA'BIBB'CICC'(AIAA'+BIBB'+CICC'3)3=827,
és egyenlőség csak szabályos háromszögnél áll fenn. Másfelől az a,b ésc számokra teljesül a háromszög-egyenlőtlenség, így (a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)+4abc>0.
Ezt beszorozva és rendezve:
a2b+a2c+b2a+b2c+c2a+c2b+2abc>a3+b3+c3.
Mindkét oldalhoz hozzáadva 3(a2b+a2c+b2a+b2c+c2a+c2b)+6abc-t, majd szorzattá alakítva kapjuk, hogy
4(a+b)(b+c)(a+c)>(a+b+c)3,
azaz
AIBICIAA'BB'CC'=(a+b)(b+c)(a+c)(a+b+c)3>14.

Ezzel a bizonyítandó két egyenlőtlenséget beláttuk.