Feladat: F.3031 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Becker Johanna ,  Braun Gábor ,  Burcsi Péter ,  Elek Péter ,  Erdélyi László ,  Farkas Illés ,  Farkas Péter ,  Galácz Ábel ,  Gémes Tamás ,  Gerő Tamás Miklós ,  Gröller Ákos ,  Hegedűs Viktor ,  Kerekes Tamás ,  Király Csaba ,  Kovács Baldvin ,  Lolbert Tamás ,  Majlender Péter ,  Nagy Katalin ,  Németh Balázs ,  Németh Zoltán ,  Orbán András ,  Pap Gyula ,  Perényi Márton ,  Puskás Zsolt ,  Sági Krisztián ,  Sándor András ,  Sánta Zsuzsa ,  Somogyi Balázs ,  Szabó Dénes ,  Szailer Tamás ,  Szász Nóra ,  Szobonya László ,  Szőke Ervin ,  Torma Péter ,  Tóth Gábor Zsolt ,  Valkó Benedek ,  Véber Miklós 
Füzet: 1995/március, 154 - 156. oldal  PDF file
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Magasságvonal, Magasságpont, Hatványközepek közötti egyenlőtlenség, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1994/október: F.3031

Legyenek az ABC magasság-szakaszai ma, mb, mc, a háromszög magasságpontja M. Bizonyítsuk be, hogy
ma2+mb2+mc232(maAM+mbBM+mcCM).

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

Először hegyesszögű háromszögre igazoljuk a feladat állítását. Az 1. ábra jelöléseit használva, az AMT3 és az ABT1 háromszögek hasonlósága alapján AM:x=c:ma, amiből

maAM=cx.(1)
Két ugyanilyen hasonlóságból BM:y=a:mb és CM:z=b:mc. Ezekből az összefüggésekből
mbBM=ayésmcCM=bz.(2)
Az ACT3 és BCT3 derékszögű háromszögekből: b2-x2=a2-(c-x)2, amiből
x=b2+c2-a22c. Hasonlóan kapjuk, hogy y=a2+c2-b22a és z=a2+b2-c22b. Az (1) és (2) alatti összefüggéseket összeadva, és x, y, z kifejezéseit fölhasználva:
maAM+mbBM+mcCM=
 
=cb2+c2-a22c+aa2+c2-b22a+ba2+b2-c22b=a2+b2+c22.
Ezután azt kell bizonyítanunk, hogy
ma2+mb2+mc234(a2+b2+c2).(3)
A (3) egyenlőtlenség következik az F. 2972. feladat állításából, ami így szól: ma2+mb2+mc2s2, ahol s=a+b+c2. Megoldásai megtalálhatók lapunk 1994/4. számában. Mindössze annyit kell megmutatnunk, hogy
(a+b+c2)234(a2+b2+c2).
Ez pedig nyilvánvaló, mert ekvivalens az
a+b+c3a2+b2+c23(4)
egyenlőtlenséggel.
Ha a háromszög tompaszögű, akkor könnyen megtalálható hasonló háromszögpárok alapján (lásd 2. ábra)
AM:x=b:ma,BM:y=c:mb,CM:z=a:mc,(5)
ahol x=AT3 és y=BT2 más szerepű szakaszok, mint az első részben. Az mb2 kétféle kiszámítása révén c2-x2=a2-(b+x)2, amiből x=a2-b2-c22b. Hasonlóan kapjuk, hogy y=a2+c2-b22c és z=a2+b2-c22a. (5) alapján, x y és z kifejezéseivel
maAM+mbBM+mcCM=bx+cy+az==a2-b2-c22+a2+c2-b22+a2+b2-c22==3a2-b2-c22=a2+(a2-c2)+(a2-b2)2>a2+b2+c22,
ahol felhasználtuk, hogy az a oldallal szemben van a tompaszög, és ezért a2>b2+c2. Így most is a (3) egyenlőtlenséget kell igazolnunk.
Ha a háromszög derékszögű (3. ábra), akkor
ma2+mb2+mc2=ma2+AB2+AC2,
tehát azt kell bebizonyítanunk, hogy
ma2+AB2+AC232(AB2+AC2),
azaz
ma212(AB2+AC2)=12BC2,
ami nyilvánvaló, sőt ma214BC2<12BC2.
Világos, hogy egyenlőség csak hegyesszögű háromszög esetén lehetséges. Az F. 2972. feladat I. megoldásából és (4)-ből látjuk, hogy az egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a=b=c.
 Gerő Tamás Miklós (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., III. o.t.) dolgozata alapján

 
Megjegyzések. 1. Érdemes megemlíteni, hogy a feladat kitűzője az F. 2972. megoldása közben talált rá erre az összefüggésre.
2. A feladat állításánál valamivel többet bizonyítottunk, éspedig:
ma2+mb2+mc2(a+b+c2)234(a2+b2+c2)32(maAM+mbBM+mcCM).

3. Több megoldónk olyan összefüggéseket használt, amelyek bármilyen háromszög esetén érvényesek, és így nem kellett eseteket megkülönböztetniök.