Feladat: B.3978 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bogár Péter ,  Csaba Ákos ,  Dinh Van Anh ,  Honner Balázs ,  Horváth Vanda ,  Kiss Réka ,  Korom-Vellás Judit ,  Sümegi Károly ,  Szalóki Dávid ,  Tossenberger Anna ,  Varga László 
Füzet: 2007/december, 538 - 541. oldal  PDF file
Témakör(ök): Geometriai egyenlőtlenségek, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Szinusztétel alkalmazása, Vektorok skaláris szorzata, Középponti és kerületi szögek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2007/február: B.3978

Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges háromszögben érvényes az alábbi összefüggés:
2R(sa+sb+sc)a2+b2+c2.
(Itt a, b, c az oldalak, sa, sb, sc a súlyvonalak hossza, R pedig a háromszög köré írt kör sugara.)

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

I. megoldás. A 4Rsab2+c2 egyenlőtlenséget fogjuk igazolni. Mivel a betűknek nincs kitüntetett szerepük, az is igaz, hogy 4Rsba2+c2 és 4Rsca2+b2. A három egyenlőtlenséget összeadva, 2-vel való osztás után nyerjük a bizonyítandó egyenlőtlenséget.
Mivel (2sa)2=2b2+2c2-a2, a 4Rsab2+c2 egyenlőtlenség ekvivalens a

4R2(2b2+2c2-a2)(b2+c2)2
egyenlőtlenséggel, amit (2R)4-nel osztva a szinusz tétel alapján
2sin2β+2sin2γ-sin2α(sin2β+sin2γ)2
alakra hozhatunk. (A szinusz tétel alábbi alakját használtuk:
asinα=bsinβ=csinγ=2R.)

A sinα=sin(β+γ)=sinβcosγ+cosβsinγ és cos2x=1-sin2x összefüggések alapján a bal oldali kifejezés
2sin2β+2sin2γ-sin2βcos2γ-cos2βsin2γ-2sinβsinγcosβcosγ==sin2β+sin2γ+2sin2βsin2γ-2sinβsinγcosβcosγ==(sin2β+sin2γ)2+(sin2β-sin4β)+(sin2γ-sin4γ)-2sinβsinγcosβcosγ==(sin2β+sin2γ)2+sin2βcos2β+sin2γcos2γ-2sinβsinγcosβcosγ==(sin2β+sin2γ)2+(sinβcosβ-sinγcosγ)2.
Ez valóban nagyobb vagy egyenlő a jobb oldalon álló kifejezésnél, és egyenlőség pontosan sinβcosβ=sinγcosγ esetén áll fenn, vagyis ha sin2β=sin2γ.
Igaz tehát a feladatban megfogalmazott egyenlőtlenség. Egyenlőség pontosan sin2α=sin2β=sin2γ esetén áll fenn. Ez csak úgy lehet, ha α=β=γ, vagyis ha a háromszög szabályos.
 
A most következő megoldásokban a háromszög köré írható körének középpontját K-val jelöljük, a BC oldal felezőpontja pedig legyen F.
 
II. megoldás. Az előző megoldáshoz hasonlóan a 4Rsab2+c2 egyenlőtlenséget igazoljuk. Az AF súlyvonal meghosszabbításának a köré írt körrel vett metszéspontja legyen A'. A kerületi szögek tétele szerint ABF=CA'F (mindkét szög az AC ívhez tartozó kerületi szög) és BAF=A'CF (mindkét szög az A'B ívhez tartozó kerületi szög). Így az ABF és a CA'F háromszögek hasonlók, hiszen szögeik egyenlő nagyságúak. A hasonlóság miatt A'CBA=FCFA, amiből A'C=ac2sa. Hasonlóan, az ACF és a BA'F háromszögek hasonlóságából kapjuk, hogy A'B=ab2sa.
 
 

Írjuk fel Ptolemaiosz tételét a BACA' húrnégyszögre:
AA'a=A'Cc+A'Bb.
Mivel AA' a köré írt kör húrja, így legfeljebb 2R hosszúságú. Ezt az észrevételt és korábbi eredményeinket felhasználva a következőt kapjuk:
2RAA'=A'Cc+A'Bba=ac2sac+ba2saba=c2+b22sa,
ezért a 4Rsab2+c2 egyenlőtlenség valóban érvényes.
Egyenlőség pontosan akkor van, ha az ABC háromszög mindegyik súlyvonala 2R hosszúságú húrt metsz ki a köré írt körből, vagyis ha mind áthaladnak a köré írt kör középpontján. Ez akkor teljesül, ha a súlypont és a köré írt kör középpontja egybeesik, vagyis ha a háromszög szabályos.
 
III. megoldás. Mivel K illeszkedik a BC oldal felezőmerőlegesére, a BF és FK vektorok merőlegesek egymásra: BFK derékszögű háromszög, vagy pedig F=K. Pitagorasz tétele szerint:
KF=KB2-BF2=R2-(a2)2,
ez az F=K esetben is igaz.
Az AKF (esetleg elfajuló) háromszögben a háromszög-egyenlőtlenség szerint |AF-AK|KF, azaz
|sa-R|R2-(a2)2.
A kapott egyenlőtlenséget négyzetre emelve, majd rendezve:
(sa-R)2R2-(a2)2,sa2+a242Rsa.
Ugyanígy kapjuk az sb2+b242Rsb és sc2+c242Rsc egyenlőtlenségeket. A három egyenlőtlenséget összeadva az
sa2+sb2+sc2+a2+b2+c242R(sa+sb+sc)
egyenlőtlenséget kapjuk. Ismert, hogy egy háromszög súlyvonalainak négyzetösszege egyenlő az oldalak négyzetösszegének 34-szeresével. Így
2R(sa+sb+sc)sa2+sb2+sc2+a2+b2+c24==34(a2+b2+c2)+14(a2+b2+c2)=a2+b2+c2,
ami épp a bizonyítandó állítás.
Az előző megoldásban látottakhoz hasonlóan gondolható meg, hogy pontosan akkor van egyenlőség, ha a háromszög szabályos.
 
IV. megoldás. K-ból az A, B, C csúcsokba mutató vektorok legyenek rendre x, y, z. Mivel K a köré írt kör középpontja, az x, y, z hossza R.
A háromszög BC oldalának felezőpontjából az A csúcsba mutató vektor x-y+z2, ennek hossza pedig sa. Két vektor skaláris szorzata kisebb, vagy egyenlő, mint a vektorok hosszának szorzata, ezt az észrevételt az x és az x-y+z2 vektorokra alkalmazva a következőket kapjuk:
x(x-y+z2)Rsa,2x2-xy-xz2Rsa.
Teljesen hasonlóan igazolhatók a
2y2-yz-yx2Rsbés2z2-zx-zy2Rsc
egyenlőtlenségek. A három egyenlőtlenséget összeadva, majd a kapott egyenlőtlenség bal oldalát átalakítva éppen az igazolandó állítást kapjuk:
2x2+2y2+2z2-2xy-2yz-2zx2R(sa+sb+sc),(x-y)2+(y-z)2+(z-x)22R(sa+sb+sc),a2+b2+c22R(sa+sb+sc),
hiszen az x-y, y-z, z-x vektorok hossza rendre c, ab.
Könnyen meggondolható, hogy egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha a háromszög szabályos.