Feladat: B.4217 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Dorkó Barbara ,  Köpenczy Gergő 
Füzet: 2010/május, 283 - 284. oldal  PDF file
Témakör(ök): Feladat, Háromszögek geometriája, Függvényvizsgálat, Geometriai egyenlőtlenségek
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2009/november: B.4217

Jelölje egy hegyesszögű háromszög oldalait és (ívmértékben mért) szögeit a szokásos módon a, b, c, illetve α, βγ. Mutassuk meg, hogy
π3αa2+βb2+γc2a2+b2+c2<π2.

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

I. megoldás. Tudjuk, hogy bármely háromszögben nagyobb oldallal szemben nagyobb szög van, ezért a szögek különbségei ugyanolyan előjelűek, mint a velük szemközti oldalak négyzeteinek különbségei. Tehát (α-β)(a2-b2)0, (β-γ)(b2-c2)0 és (γ-α)(c2-a2)0. Ezt a három egyenlőtlenséget összeadva, majd rendezve kapjuk, hogy

0(α-β)(a2-b2)+(β-γ)(b2-c2)+(γ-α)(c2-a2),(α+β)c2+(γ+α)b2+(β+γ)a22αa2+2βb2+2γc2.


Mindkét oldalhoz (αa2+βb2+γc2)-et adva, és felhasználva, hogy α+β+γ=π, kapjuk, hogy
π(a2+b2+c2)3(αa2+βb2+γc2).
Ebből adódik a bizonyítandó
π3αa2+βb2+γc2a2+b2+c2
alsó becslés.
A felső becslés bizonyításához azt használjuk fel, hogy hegyesszögű háromszög bármely két oldalának négyzetösszege nagyobb, mint a harmadik oldal négyzete. Ezért α(b2+c2-a2)>0, β(a2+c2-b2)>0 és γ(a2+b2-c2)>0. Ezt a három egyenlőtlenséget összeadva, majd rendezve kapjuk, hogy
αa2+βb2+γc2<(α+β)c2+(γ+α)b2+(β+γ)a2.
Adjunk mindkét oldalhoz (αa2+βb2+γc2)-et és használjuk, hogy α+β+γ=π:
2(αa2+βb2+γc2)<π(a2+b2+c2).
Ismét keresztbeosztással adódik a bizonyítandó
αa2+βb2+γc2a2+b2+c2<π2
felső becslés.
Az is következik a bizonyításból, hogy az alsó becslésnél pontosan akkor van egyenlőség, ha a háromszög szabályos, a felső becslésnél pedig semmilyen háromszög esetén nincs egyenlőség.
 
II. megoldás. Mivel a háromszög hegyesszögű, ezért α<π2, β<π2 és γ<π2. Tehát
αa2+βb2+γc2<π2(a2+b2+c2),
amiből osztással azonnal adódik a felső becslés.
Mivel a vizsgált kifejezésben szimmetrikus a szögek szerepe, ezért feltehetjük, hogy αβγ. Ekkor abc is fennáll, mert nagyobb szöggel szemben nagyobb oldal van. A rendezett sorozatokból készített szorzatok összegére vonatkozó tétel szerint ekkor
βa2+γb2+αc2αa2+βb2+γc2,γa2+αb2+βc2αa2+βb2+γc2.
E két egyenlőtlenséget összeadva és a kapott egyenlőtlenség mindkét oldalához (αa2+βb2+γc2)-et adva kapjuk, hogy
(α+β+γ)(a2+b2+c2)3(αa2+βb2+γc2).
Ebből felhasználva, hogy α+β+γ=π, adódik a bizonyítandó
π3αa2+βb2+γc2a2+b2+c2
alsó becslés. Az is látszik, hogy egyenlőség csak szabályos háromszög esetén áll fenn.