Kezdőlap


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

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 $(α - β) (a^{2} - b^{2}) \geq 0$ , $(β - γ) (b^{2} - c^{2}) \geq 0$ és $(γ - α) (c^{2} - a^{2}) \geq 0$ . Ezt a három egyenlőtlenséget összeadva, majd rendezve kapjuk, hogy

\begin{matrix} 0 \leq (α - β) (a^{2} - b^{2}) + (β - γ) (b^{2} - c^{2}) + (γ - α) (c^{2} - a^{2}), \\ (α + β) c^{2} + (γ + α) b^{2} + (β + γ) a^{2} \leq 2 α a^{2} + 2 β b^{2} + 2 γ c^{2} . \end{matrix}

Mindkét oldalhoz

(α a^{2} + β b^{2} + γ c^{2})

-et adva, és felhasználva, hogy

α + β + γ = π

, kapjuk, hogy

\begin{matrix} π (a^{2} + b^{2} + c^{2}) \leq 3 (α a^{2} + β b^{2} + γ c^{2}) . \end{matrix}

Ebből adódik a bizonyítandó

\begin{matrix} \frac{π}{3} \leq \frac{α a^{2} + β b^{2} + γ c^{2}}{a^{2} + b^{2} + c^{2}} \end{matrix}

alsó becslés.
A felső becslés bizonyításához azt használjuk fel, hogy hegyesszögű háromszög bármely két oldalának négyzetösszege nagyobb, mint a harmadik oldal négyzete. Ezért

α (b^{2} + c^{2} - a^{2}) > 0

β (a^{2} + c^{2} - b^{2}) > 0

és

γ (a^{2} + b^{2} - c^{2}) > 0

. Ezt a három egyenlőtlenséget összeadva, majd rendezve kapjuk, hogy

\begin{matrix} α a^{2} + β b^{2} + γ c^{2} < (α + β) c^{2} + (γ + α) b^{2} + (β + γ) a^{2} . \end{matrix}

Adjunk mindkét oldalhoz

(α a^{2} + β b^{2} + γ c^{2})

-et és használjuk, hogy

α + β + γ = π

\begin{matrix} 2 (α a^{2} + β b^{2} + γ c^{2}) < π (a^{2} + b^{2} + c^{2}) . \end{matrix}

Ismét keresztbeosztással adódik a bizonyítandó

\begin{matrix} \frac{α a^{2} + β b^{2} + γ c^{2}}{a^{2} + b^{2} + c^{2}} < \frac{π}{2} \end{matrix}

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 < \frac{π}{2}

β < \frac{π}{2}

és

γ < \frac{π}{2}

. Tehát

\begin{matrix} α a^{2} + β b^{2} + γ c^{2} < \frac{π}{2} (a^{2} + b^{2} + c^{2}), \end{matrix}

amiből osztással azonnal adódik a felső becslés.
Mivel a vizsgált kifejezésben szimmetrikus a szögek szerepe, ezért feltehetjük, hogy

α \geq β \geq γ

. Ekkor

a \geq b \geq c

is fennáll, mert nagyobb szöggel szemben nagyobb oldal van. A rendezett sorozatokból készített szorzatok összegére vonatkozó tétel szerint ekkor

\begin{matrix} β a^{2} + γ b^{2} + α c^{2} & \leq α a^{2} + β b^{2} + γ c^{2}, \\ γ a^{2} + α b^{2} + β c^{2} & \leq α a^{2} + β b^{2} + γ c^{2} . \end{matrix}

E két egyenlőtlenséget összeadva és a kapott egyenlőtlenség mindkét oldalához

(α a^{2} + β b^{2} + γ c^{2})

-et adva kapjuk, hogy

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

Ebből felhasználva, hogy

α + β + γ = π

, adódik a bizonyítandó

\begin{matrix} \frac{π}{3} \leq \frac{α a^{2} + β b^{2} + γ c^{2}}{a^{2} + b^{2} + c^{2}} \end{matrix}

alsó becslés. Az is látszik, hogy egyenlőség csak szabályos háromszög esetén áll fenn.