Kezdőlap


Feladat:	Gy.2940	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Burcsi Péter , Kucsera Judit , Megyeri Csaba , Nagy Ilona
Füzet:	1995/április, 209 - 210. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Algebrai átalakítások, Geometriai egyenlőtlenségek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1994/október: Gy.2940

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

Tudjuk, hogy egy háromszögben nagyobb oldallal szemben nagyobb szög van, ezért $α - β$ és $a - b$ ugyanolyan előjelű, tehát $(α - β) (a - b) \geq 0$ . Ugyanígy kapjuk, hogy $(β - γ) (b - c) \geq 0$ és $(γ - α) (c - a) \geq 0$ . A három egyenlőtlenséget összeadva és rendezve:

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

Felhasználva, hogy

α + β + γ = π

, kapjuk, hogy

\begin{matrix} (3 α - π) a + (3 β - π) b + (3 γ - π) c \geq 0. \end{matrix}

Ebből átrendezéssel és

3 (a + b + c)

-vel való osztással kapjuk a bizonyítandó egyenlőtlenség egyik felét:

\begin{matrix} \frac{π}{3} \leq \frac{a α + b β + c γ}{a + b + c} . \end{matrix}

A másik egyenlőtlenség bizonyításához azt használjuk fel, hogy a háromszög két oldalának összege nagyobb a harmadik oldalnál. Ezért

\begin{matrix} α (b + c - a) + β (a + c - b) + γ (a + b - c) > 0. \end{matrix}

Rendezve és ismét használva, hogy

α + β + γ = π

\begin{matrix} a (π - 2 α) + b (π - 2 β) + c (π - 2 γ) > 0. \end{matrix}

Ebből adódik a bizonyítandó egyenlőtlenség másik fele:

\begin{matrix} \frac{a α + b β + c γ}{a + b + c} < \frac{π}{2} . \end{matrix}

Kucsera Judit (Komárom, Szlovákia, Selye J. Gimn., III. o.t.)