 |
A B. 4667. feladat (2014. november) |
B. 4667. Mutassuk meg, hogy ha \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\) és \(\displaystyle c\) valamely egységnyi kerületű háromszög oldalai, akkor
\(\displaystyle a^2+b^2+c^2+4abc<\frac{1}{2}. \)
(5 pont)
A beküldési határidő 2014. december 10-én LEJÁRT.
Megoldási ötlet: Az oldalak szimmetrikus polinomjait fejezzük ki a kerület, a beírt- és körülírt kör sugarával.
I. megoldás. Mivel a háromszög kerülete egységnyi, ezért elegendő azt megmutatnunk, hogy
\(\displaystyle a^2+b^2+c^2+4abc<\frac{{(a+b+c)}^2}{2} \)
teljesül. Ezzel ekvivalens egyenlőtlenséget kapunk a négyzetreemelés elvégzésével és rendezéssel:
\(\displaystyle 8abc<2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2. \)
Ismét felhasználva az \(\displaystyle a+b+c=1\) egyenlőséget, elegendő megmutatnunk, hogy
\(\displaystyle 8abc\cdot 1< \big(2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2\big)(a+b+c), \)
azaz
\(\displaystyle 0 <-a^3-b^3-c^3+a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ac^2-2abc, \)
\(\displaystyle 0 <(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c).\)
Ez viszont a háromszög-egyenlőtlenség miatt igaz. Így az eredeti egyenlőtlenség is teljesül, mert ekvivalens átalakításokat hajtottunk végre.
Gál Hanna (Szegedi Radnóti M. Kís. Gimn., 10. évf.) dolgozata alapján
II. megoldás. Jelölje a háromszög területét \(\displaystyle T\), beírt-, illetve körülírt körének sugarát \(\displaystyle r\) és \(\displaystyle R\), kerületét pedig \(\displaystyle 2s\). Ekkor az ismert összefüggések szerint (ezek 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):
\(\displaystyle \tag{1} r=\frac{T}{s} \qquad \text{és} \qquad R=\frac{abc}{4T}. \)
Először megmutatjuk, hogy a háromszög oldalainak ún. elemi szimmetrikus polinomjai egyszerűen kifejezhetők \(\displaystyle r\), \(\displaystyle R\) és \(\displaystyle s\) segítségével, mégpedig a következő módon:
\(\displaystyle \tag{2} \sigma_1(a,b,c) =a+b+c=2s, \)
\(\displaystyle \tag{3} \sigma_2(a,b,c) =ab+bc+ca=s^2+r^2+4rR,\)
\(\displaystyle \tag{4} \sigma_3(a,b,c) =abc=4rRs.\)
A három összefüggés közül (2) nem más, mint \(\displaystyle s\) 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
\(\displaystyle ab+bc+ca=\frac{{(a+b+c)}^2}{4}+\frac{T^2}{s^2}+\frac{abc}{s}. \)
Ezt rendezve és a területet Héron-képletéből kifejezve:
\(\displaystyle 2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2 =\frac{(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)}{a+b+c}+\frac{8abc}{a+b+c}. \)
Vagyis azt kell megmutatnunk, hogy
\(\displaystyle \big(2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2\big)(a+b+c)-8abc=(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c). \)
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
\(\displaystyle a^2+b^2+c^2+4abc= \big(\sigma_1(a,b,c)\big)^2-2\sigma_2(a,b,c)+4\sigma_3(a,b,c). \)
Feladatunk állításának igazolásához tehát azt kell megmutatnunk, hogy
\(\displaystyle {(2s)}^2-2 \big(s^2+r^2+4rR\big)+4\cdot 4rRs<\frac{1}{2}. \)
Felhasználva, hogy \(\displaystyle 2s=1\) és a bal oldalon felbontva a zárójeleket, kapjuk, hogy
\(\displaystyle 1-\frac{1}{2}-2r^2<\frac{1}{2}, \)
ami \(\displaystyle r^2>0\) miatt nyilván teljesül.
Tehát a feladat állításában szereplő egyenlőtlenség minden háromszögre fennáll. Megoldásunkból az is látszik, hogy az egyenlőtlenség jobb oldalán az \(\displaystyle \frac{1}{2}\) helyett nem írhatunk kisebb számot, mert \(\displaystyle r^2\) tetszőlegesen kicsi lehet.
Statisztika:
90 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: 75 versenyző. 4 pontot kapott: 2 versenyző. 3 pontot kapott: 1 versenyző. 2 pontot kapott: 1 versenyző. 1 pontot kapott: 3 versenyző. 0 pontot kapott: 8 versenyző.
A KöMaL 2014. novemberi matematika feladatai