Kezdőlap


Feladat:	1972. évi Kürschák matematikaverseny 1. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Győri Ervin , Tuza Zsolt
Füzet:	1973/február, 49 - 50. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek nevezetes tételei, Háromszög-egyenlőtlenség alkalmazásai, Geometriai egyenlőtlenségek, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1973/január: 1972. évi Kürschák matematikaverseny 1. feladata

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

I. megoldás. A bal oldal harmadik és negyedik tagja így alakítható át:

\begin{matrix} c {(a - b)}^{2} + 4 a b c = c {(a + b)}^{2} . \end{matrix}

Vonjuk le ezután a bal oldal egyes tagjaiból a jobb oldal megfelelő tagját, így a különbség szorzattá alakítható:

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

Itt mind a három tényező pozitív, mivel egy háromszög két oldalának az összege nagyobb a harmadiknál. Ezzel a feladat állítását igazoltuk.

Megjegyzések. 1. A feladat állítása így is fogalmazható: az egyenlőtlenség teljesülése szükséges feltétele annak, hogy

a

b

c

hosszúságú szakaszokból háromszöget lehessen szerkeszteni.
Könnyen látható, hogy pozitív

a

b

c

számokra szorítkozva a feltétel elégséges is. Valóban, ha az egyenlőtlenség teljesül, akkor az átalakítással nyert szorzat pozitív, tehát vagy mind a három tényező pozitív, vagy kettő negatív, egy pozitív. Az első esetben létezik

a

b

c

oldalú háromszög. Ha viszont pl. az első két tényező negatív volna, akkor az összegük,

2 a

is, holott

a

pozitív. Ez tehát nem lehetséges.
2. Ha a háromszög egy szakaszt lefedő két szakasszá fajul el, akkor a két oldal egyenlővé válik.

II. megoldás. A két oldal különbsége tagokra bontás után így alakítható át:

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

(1)

Ez, a háromszög

a

b

c

-vel szemközti szögeit, mint szokás,

α

β

γ

-val jelölve, a cosinustétel alapján így alakítható tovább:

\begin{matrix} 2 a b c (cos α + cos β + cos γ - 1) . \end{matrix}

Itt, felhasználva, hogy

α + β + γ = 180^{\circ}

, továbbá a könnyen igazolható

\begin{matrix} cos φ + cos ψ = 2 cos \frac{φ + ψ}{2} cos \frac{φ - ψ}{2}, \\ cos φ - cos ψ = 2 sin \frac{ψ - φ}{2} sin \frac{ψ + φ}{2}, \\ cos φ = 1 - 2 sin^{2} \frac{φ}{2} \end{matrix}

összefüggéseket^{$^{*}$}

\begin{matrix} cos α + cos β + cos γ = 2 cos \frac{α + β}{2} cos \frac{α - β}{2} + 1 - 2 sin^{2} \frac{γ}{2} = \\ = 2 cos (90^{\circ} - \frac{γ}{2}) cos \frac{α - β}{2} - 2 sin^{2} \frac{γ}{2} + 1 = \\ = 2 sin \frac{γ}{2} (cos \frac{α - β}{2} - sin (90^{\circ} - \frac{α + β}{2})) + 1 = \\ = 1 + 2 sin \frac{γ}{2} (cos \frac{α - β}{2} - cos \frac{α + β}{2}) = \\ = 1 + 4 sin \frac{γ}{2} sin \frac{β}{2} sin \frac{α}{2} . \end{matrix}

Ez a kifejezés nagyobb, mint

1

, mert

α / 2

β / 2

γ / 2

hegyes szögek, s így sinusaik pozitívok. Ezzel a feladat állítását igazoltuk.

Megjegyzés. Ha

(1)

-ben

- 2 a b c

helyett

- 3 a b c

-t írunk, a kifejezés már nem lesz pozitív. Ez volt az 1964. évi VI. Nemzetközi Matematikai Diákolimpia

2

. feladata.^{$^{*}$} Az állítás tetszés szerinti pozitív

a

b

c

számokra helyes marad, sőt míndkét oldalhoz

2 (a^{3} + b^{3} + c^{3})

-t adva a szimmetrikusabb

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

alak általánosítható a következő módon: Ha

a_{1}, a_{2} ..., a_{n}

nem-negatív számok, akkor

\begin{matrix} (a_{1}^{n - 1} + a_{2}^{n - 1} + ... + a_{n}^{n - 1}) (a_{1} + a_{2} + ... + a_{n}) \leq \\ \leq (n - 1) (a_{1}^{n} + a_{2}^{n} + ... + a_{n}^{n}) + n a_{1} a_{2} ... a_{n} . \end{matrix}

Ez viszont az 1968. évi Schweitzer Miklós matematikai emlékverseny (egyetemi hallgatók versenye)

2

. feladata volt.^{$^{*}$}

^{$^{*}$}Lásd pl.: Hack Frigyes: Függvénytáblázatok ‐ Matematikai összefüggések, Tankönyvkiadó, Budapest, 1967. 75. old.

^{$^{*}$}Lásd a feladat megoldását K.M.L. 31 (1965), 24‐25. old.

^{$^{*}$}Lásd Matematikai Lapok 20 (1969), 150‐154. old.