Feladat:	B.4667	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Gál Hanna
Füzet:	2016/január, 20 - 21. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Egyenlőtlenségek, Síkgeometriai bizonyítások, Háromszög nevezetes körei
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2014/november: B.4667

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Mivel a háromszög kerülete egységnyi, ezért elegendő azt megmutatnunk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle a^2+b^2+c^2+4abc<\frac{{\left(a+b+c\right)}^2}{2}}\end{array}$ teljesül. Ezzel ekvivalens egyenlőtlenséget kapunk a négyzetreemelés elvégzésével és rendezéssel: $\begin{array}{c}{\displaystyle 8abc<2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2\mathrm{.}}\end{array}$ Ismét felhasználva az $a+b+c=1$ egyenlőséget, elegendő megmutatnunk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle 8abc\cdot 1<\left(2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2\right)\left(a+b+c\right)\mathrm{,}}\end{array}$ azaz ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 0}& {\displaystyle <-a^3-b^3-c^3+a^{2}b+a{b}^2+b^{2}c+b{c}^2+c^{2}a+a{c}^2-2abc\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 0}& {\displaystyle <\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Ez viszont a háromszög-egyenlőtlenség miatt igaz. Így az eredeti egyenlőtlenség is teljesül, mert ekvivalens átalakításokat hajtottunk végre.   II. megoldás. Jelölje a háromszög területét $T$, beírt-, illetve körülírt körének sugarát $r$ és $R$, kerületét pedig $2s$. Ekkor az ismert összefüggések szerint1 $\begin{array}{c}{\displaystyle r=\frac{T}{s}\text{és}R=\frac{abc}{4T}\mathrm{.}}\end{array}$ (1) Először megmutatjuk, hogy a háromszög oldalainak ún. elemi szimmetrikus polinomjai egyszerűen kifejezhetők $r$, $R$ és $s$ segítségével, mégpedig a következő módon: ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle {\sigma }_1\left(a\mathrm{,}b\mathrm{,}c\right)}& {\displaystyle =a+b+c=2s\mathrm{,}}\hfill & \text{(<mn>2</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle {\sigma }_2\left(a\mathrm{,}b\mathrm{,}c\right)}& {\displaystyle =ab+bc+ca=s^2+r^2+4rR\mathrm{,}}\hfill & \text{(<mn>3</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle {\sigma }_3\left(a\mathrm{,}b\mathrm{,}c\right)}& {\displaystyle =abc=4rRs\mathrm{.}}\hfill & \text{(<mn>4</mn>)}\end{array}}$ A három összefüggés közül (2) nem más, mint $s$ definíciója, (4) pedig azonnal adódik az (1)-beli két képlet összeszorzásából. A (3) egyenlőséget szintén az (1) képleteket felhasználva látjuk be. Ezek alapján azt kell bizonyítanunk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle ab+bc+ca=\frac{{\left(a+b+c\right)}^2}{4}+\frac{T^2}{s^2}+\frac{abc}{s}\mathrm{.}}\end{array}$ Ezt rendezve és a területet Héron-képletéből kifejezve: $\begin{array}{c}{\displaystyle 2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2=\frac{\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)}{a+b+c}+\frac{8abc}{a+b+c}\mathrm{.}}\end{array}$ Vagyis azt kell megmutatnunk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2\right)\left(a+b+c\right)-8abc=\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Ezt viszont már kiszámoltuk az I. megoldás során. Az elemi szimmetrikus polinomok segítségével bármely szimmetrikus polinom (azaz olyan polinom, melynek változóit tetszőleges módon felcserélve ugyanazt a polinomot kapjuk) kifejezhető. (Ezt nevezik a szimmetrikus polinomok alaptételének.) Esetünkben $\begin{array}{c}{\displaystyle a^2+b^2+c^2+4abc={\left({\sigma }_1\left(a\mathrm{,}b\mathrm{,}c\right)\right)}^2-2{\sigma }_2\left(a\mathrm{,}b\mathrm{,}c\right)+4{\sigma }_3\left(a\mathrm{,}b\mathrm{,}c\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Feladatunk állításának igazolásához tehát azt kell megmutatnunk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(2s\right)}^2-2\left(s^2+r^2+4rR\right)+4\cdot 4rRs<\frac{1}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Felhasználva, hogy $2s=1$ és a bal oldalon felbontva a zárójeleket, kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle 1-\frac{1}{2}-2r^2<\frac{1}{2}\mathrm{,}}\end{array}$ ami $r^2>0$ miatt nyilván teljesül. Tehát a feladat állításában szereplő egyenlőtlenség minden háromszögre fennáll. Megoldásunkból az is látszik, hogy az egyenlőtlenség jobb oldalán az $\frac{1}{2}$ helyett nem írhatunk kisebb számot, mert $r^2$ tetszőlegesen kicsi lehet. 1Ezek bizonyítása megtalálható pl. Kiss Gy.: Amit jó tudni a háromszögekről, KöMaL, 52 (2002), 130‐139; http://www.komal.hu/cikkek/kissgy/haromszogekrol/amitjotudni.h.shtml.