Feladat: F.3205 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Döme Gábor ,  Gáli Gergely ,  Hegedűs Péter ,  Léka Zoltán ,  Máthé András ,  Mecz Balázs ,  Pataki Péter ,  Szilágyi Judit 
Füzet: 1998/október, 412 - 413. oldal  PDF file
Témakör(ök): Háromszögek nevezetes tételei, Háromszög nevezetes vonalai, Geometriai egyenlőtlenségek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1997/december: F.3205

Igazoljuk, hogy egy tetszőleges háromszögben:
(ama)2+(bmb)2+(cmc)24,(3)
ahol a, b, c a háromszög oldalainak, ma, mb, mc a megfelelő magasságainak hosszát jelöli.

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

Jelöljük a háromszög területét T-vel. Tudjuk, hogy 2T=ama=bmb=cmc, azaz ma=2Ta, mb=2Tb és mc=2Tc. Ezeket a bizonyítandó egyenlőtlenségbe helyettesítve kapjuk, hogy

a44T2+b44T2+c44T24,azaza4+b4+c416T2.
A Héron-képlet szerint 16T2=(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c), vagyis a bizonyítandó egyenlőség:
a4+b4+c4(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c).
A jobb oldalon elvégezve a szorzásokat, majd rendezve az egyenlőtlenséget:
a4+b4+c4[(b+c)2-a2][a2-(b-c)2],a4+b4+c4-a4-b4-c4+2a2b2+2b2c2+2c2a2,
2a4+2b4+2c2-2a2b2-2b2c2-2c2a20,(a2-b2)2+(b2-c2)2+(c2-a2)20.
Az utolsó egyenlőtlenség nyilvánvalóan teljesül, s mivel ekvivalens átalakításokat végeztünk, a bizonyítandó egyenlőség is igaz. Az is látszik, hogy egyenlőség pontosan akkor van, ha a=b=c, azaz ha a háromszög szabályos.
 Deme Gábor (Nagykanizsa, Battyhány L. Gimn., 10. o.t.) dolgozata alapján