Feladat:	B.4427	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):	Gróf Gábor
Füzet:	2013/február, 93 - 94. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Trigonometrikus egyenlőtlenségek, Számtani-mértani egyenlőtlenségek
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2012/február: B.4427

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. Mivel $\alpha$, $\beta$ és $\gamma$ egy háromszög szögei, szinuszaik $1$-nél kisebb pozitív számok. Ezekre a pozitív számokra alkalmazva a számtani és a mértani közepek közti egyenlőtlenséget kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\text{sin}\alpha +\text{sin}\beta +\text{sin}\gamma }{3}\ge \sqrt[3]{\text{sin}\alpha \text{sin}\beta \text{sin}\gamma }\mathrm{.}}\end{array}$ Négyzetre emelve és átrendezve $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(\text{sin}\alpha +\text{sin}\beta +\text{sin}\gamma \right)}^2>9\sqrt[3]{{\left(\text{sin}\alpha \text{sin}\beta \text{sin}\gamma \right)}^2}}\end{array}$ adódik. Állításunk bizonyításához ezért elég megmutatnunk, hogy ha $\begin{array}{c}{\displaystyle s=\text{sin}\alpha \text{sin}\beta \text{sin}\gamma \mathrm{,}\text{akkor}\sqrt[3]{s^2}>s\mathrm{.}}\end{array}$ A szögek szinuszai mind $1$-nél kisebbek, ezért szorzatuk is az, vagyis $s<1$, amiből következik, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle s^2\left(1-s\right)>\mathrm{0,}\text{azaz}{s}^2>s^3\mathrm{,}}\end{array}$ ebből pedig köbgyököt vonva éppen a bizonyítandó állítást kapjuk.     Megjegyzés. A feladatban szereplő egyenlőtlenség nem éles. Megmutatjuk, hogy az erősebb $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(\text{sin}\alpha +\text{sin}\beta +\text{sin}\gamma \right)}^2\ge 6\sqrt[]{3}\text{sin}\alpha \text{sin}\beta \text{sin}\gamma }\end{array}$ egyenlőtlenség is teljesül, és ez tovább nem javítható, mert szabályos háromszög esetén egyenlőség áll fenn. A következő, vázlatos bizonyításban szereplő tételek mindegyikének részletes kidolgozása megtalálható pl. Kiss György: Amit jó tudni a háromszögekről című cikkében, lapunk 2002. márciusi számának 130‐139. oldalain1. Jelöljük a háromszög oldalait a szokásos módon $a$, $b$, $c$-vel, félkerületét $s$-sel, területét $T$-vel, köré írható körének sugarát pedig $R$-rel. Ekkor az általánosított szinusztétel szerint a bizonyítandó állítás $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(\frac{a}{2R}+\frac{b}{2R}+\frac{c}{2R}\right){}^2\ge 6\sqrt[]{3}\cdot \frac{a}{2R}\cdot \frac{b}{2R}\cdot \frac{c}{2R}\mathrm{.}}\end{array}$ Rendezve, és felhasználva az $abc=4RT$ összefüggést azt kell belátnunk, hogy ${\left(2s\right)}^2\ge$ ≥123T, ami ekvivalens az $s^4\ge 27T^2$ egyenlőtlenséggel. Ez utóbbi viszont adódik Héron képletéből és a számtani és mértani közepek közti egyenlőtlenségből: $\begin{array}{c}{\displaystyle 27T^2=27s\left(s-a\right)\left(s-b\right)\left(s-c\right)\le 27s\left(\frac{\left(s-a\right)+\left(s-b\right)+\left(s-c\right)}{3}\right){}^3=27s\cdot {\left(\frac{s}{3}\right)}^3=s^4\mathrm{.}}\end{array}$ 1A http://www.komal.hu/cikkek/kissgy/haromszogekrol/amitjotudni.h.shtml címen a cikk honlapunkon is megtalálható.