Kezdőlap


Feladat:	268. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Dávid P.
Füzet:	1951/augusztus, 92 - 93. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Geometriai egyenlőtlenségek, Beírt kör, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1951/március: 268. matematika feladat

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

A bebizonyítandó állítás

\begin{matrix} ϱ \leq \frac{\sqrt[]{a^{2} + b^{2} + c^{2}}}{6} \end{matrix}

A feladat értelmében a beírt kör sugara és a háromszög oldalai között kell kapcsolatot keresnünk. A kérdéses sugár a háromszög területével fejezhető ki egyszerűen (

s

a fél kerület jele)

\begin{matrix} ϱ = \frac{t}{s}, \end{matrix}

a területet pedig Heron képlete fejezi ki az oldalakkal

\begin{matrix} t = \sqrt[]{s (s - a) (s - b) (s - c)} . \end{matrix}

A behelyettesítések után állításunk ilyen alakot ölt

\begin{matrix} \frac{\sqrt[]{s (s - a) (s - b) (b - c)}}{s} \leq \frac{\sqrt[]{a^{2} + b^{2} + c^{2}}}{6} . \end{matrix}

Emeljük mindkét oldalt négyzetre és rendezzük az egyenlőtlenséget:

\begin{matrix} 36 (s - a) (s - b) (s - c) \leq s (a^{2} + b^{2} + c^{2}) . \end{matrix}

(1)

Meg kellene becsülnünk az

(s - a) (s - b) (s - c)

szorzatot. Két számról tudjuk, hogy azok mértani középarányosa kisebb, vagy egyenlő, mint számtani közepük.

(\sqrt[]{p q} \leq \frac{p + q}{2})

. Három pozitív

p

q

r

számra hasonló szerkezetű összefüggés áll fenn: ¹

\begin{matrix} \sqrt[^{3}]{p \cdot q \cdot r} \leq \frac{p + q + r}{3} illetőleg p q r \leq \frac{{(p + q + r)}^{3}}{27} . \end{matrix}

E tétel szerint

\begin{matrix} (s - a) (s - b) (s - c) \leq \frac{{(s - a + s - b + s - c)}^{3}}{27}, \end{matrix}

ahol a jobboldali számláló értéke éppen

s^{3}

. Eszerint (1) helyett elég bebizonyítani, hogy

\begin{matrix} \frac{36 s^{3}}{27} \leq s (a^{2} + b^{2} + c^{2}) . \end{matrix}

s

-sel végigosztva és a törtet egyszerűsítve

\begin{matrix} \frac{4 s^{2}}{3} \leq a^{2} + b^{2} + c^{2}, azaz {(2 s)}^{2} \leq 3 (a^{2} + b^{2} + c^{2}), \end{matrix}

ami

s

értékének visszahelyettesítése és az oldalak felcserélése után így írható:

\begin{matrix} 3 (a^{2} + b^{2} + c^{2}) \geq {(a + b + c)}^{2} . \end{matrix}

A jobboldalt tagokra bontva és rendezve a

\begin{matrix} 2 a^{2} + 2 b^{2} + 2 c^{2} - 2 a b - 2 b c - 2 c a \geq 0 \end{matrix}

egyenlőtlenséghez jutunk, amit végül a következő alakúra hozhatunk

\begin{matrix} {(a - b)}^{2} + {(b - c)}^{2} + {(c - a)}^{2} \geq 0. \end{matrix}

Ennek helyessége nyilvánvaló. Legutolsó állításunk, éppen így minden közbeeső is magában foglalja a megelőző érvényességét, az (1) helyességéből is következik az előző nyilvánvalóan pozitív négyzetgyökökre vonatkozó állítás, tehát tételünket bebizonyítottuk.
Egyenlőség akkor és csakis akkor áll fenn, ha

a = b = c

Más becslés felhasználásával oldotta meg: Dávid P.

\frac{p + q + r}{3} = n

jelöléssel

p = n + u_{1}

q = n + u_{2}

r = n + u_{3}

, ahol

u_{1} + u_{2} + u_{3} = 0

, tehát ha nem mindhárom

u

nulla, akkor van köztük pozitív is, negatív is. Feltehetjük, hogy

u_{1} < 0 < u_{2}

. Ekkor

p q r = (n + u_{1}) (n + u_{2}) (n + u_{3}) = (n^{2} + (u_{1} + u_{2}) n + u_{1} u_{2}) (n + u_{3}) < (n^{2} - u_{3} n) (n + u_{3}) = n (n^{2} - u_{3}^{2}) < n^{3}

. (Elhagytuk a negatív

u_{1} u_{2}

majd

- u_{3}^{2}

tagot.)