Kezdőlap


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 \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek nevezetes tételei, Háromszög nevezetes vonalai, Geometriai egyenlőtlenségek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1997/december: F.3205

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 $2 T = a m_{a} = b m_{b} = c m_{c}$ , azaz $m_{a} = \frac{2 T}{a}$ , $m_{b} = \frac{2 T}{b}$ és $m_{c} = \frac{2 T}{c}$ . Ezeket a bizonyítandó egyenlőtlenségbe helyettesítve kapjuk, hogy

\begin{matrix} \frac{a^{4}}{4 T^{2}} + \frac{b^{4}}{4 T^{2}} + \frac{c^{4}}{4 T^{2}} \geq 4, azaz a^{4} + b^{4} + c^{4} \geq 16 T^{2} . \end{matrix}

A Héron-képlet szerint

16 T^{2} = (a + b + c) (- a + b + c) (a - b + c) (a + b - c)

, vagyis a bizonyítandó egyenlőség:

\begin{matrix} a^{4} + b^{4} + c^{4} \geq (a + b + c) (- a + b + c) (a - b + c) (a + b - c) . \end{matrix}

A jobb oldalon elvégezve a szorzásokat, majd rendezve az egyenlőtlenséget:

\begin{matrix} \begin{matrix} a^{4} + b^{4} + c^{4} & \geq [{(b + c)}^{2} - a^{2}] [a^{2} - {(b - c)}^{2}], \\ a^{4} + b^{4} + c^{4} & \geq - a^{4} - b^{4} - c^{4} + 2 a^{2} b^{2} + 2 b^{2} c^{2} + 2 c^{2} a^{2}, \end{matrix} \end{matrix}

\begin{matrix} \begin{matrix} 2 a^{4} + 2 b^{4} + 2 c^{2} - 2 a^{2} b^{2} - 2 b^{2} c^{2} - 2 c^{2} a^{2} & \geq 0, \\ {(a^{2} - b^{2})}^{2} + {(b^{2} - c^{2})}^{2} + {(c^{2} - a^{2})}^{2} & \geq 0. \end{matrix} \end{matrix}

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