 |
A B. 5213. feladat (2021. december) |
B. 5213. Igazoljuk, hogy ha \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\) pozitív valós számok, akkor
\(\displaystyle c\sqrt{a^2+b^2-ab}+a\sqrt{b^2+c^2-bc}\ge b\sqrt{c^2+a^2+ca}\,. \)
Milyen esetben teljesül az egyenlőség?
Javasolta: Schultz János (Szeged)
(5 pont)
A beküldési határidő 2022. január 10-én LEJÁRT.
1. megoldás. Vegyük fel a közös kezdőpontú \(\displaystyle OA, OB, OC\) szakaszokat oly módon, hogy \(\displaystyle AOB\sphericalangle=BOC\sphericalangle=60^\circ\), továbbá a szakaszok hossza rendre \(\displaystyle OA=a, OB=b\) és \(\displaystyle OC=c\), az ábra szerint.
Koszinusztétellel azonnal adódik, hogy
\(\displaystyle AB=\sqrt{a^2+b^2-2ab\cos\,60^\circ}=\sqrt{a^2+b^2-ab},\)
és szintén a koszinusztétellel
\(\displaystyle BC=\sqrt{b^2+c^2-2bc\cos\,60^\circ}=\sqrt{b^2+c^2-bc},\)
\(\displaystyle AC=\sqrt{a^2+c^2-2ab\cos\,120^\circ}=\sqrt{a^2+c^2+ac}.\)
Tetszőleges síknégyszögre ismert az ún. Ptolemaiosz-egyenlőtlenség, amely szerint ha egy négyszög oldalainak hossza rendre \(\displaystyle u, v, w, z\), az átlóinak hossza pedig \(\displaystyle e\) és \(\displaystyle f\), akkor teljesül, hogy
\(\displaystyle e\cdot f \leq u\cdot w + v\cdot z.\)
Egyenlőség akkor és a csak akkor áll fenn, ha a négy pont meghatározott sorrendben egy körön – esetünkben biztosan ez a helyzet – vagy egy egyenesen helyezkedik el.
Erre vonatkozóan ld. pl. Besenyei Ádámnak a KöMaL 2017. évi januári számában megjelent cikkét: Séta a havon – az ezerarcú feladat 3. (http://db.komal.hu/KomalHU/cikk.phtml?id=201895.) A cikkben az egyenlőtlenséget a szerző csak konvex négyszögekre mondja ki, de a bizonyításban látható, hogy a konvexitásnak valójában nincs szerepe, a bizonyítás konkáv négyszögekre is alkalmazható.
Konkrét adatainkkal felírva, ez éppen a bizonyítandó állítást adja:
\(\displaystyle OB \cdot AC \leq OA\cdot BC + OC\cdot AB,\)
\(\displaystyle c\sqrt{a^2+b^2-ab}+a\sqrt{b^2+c^2-bc}\geq b\sqrt{c^2+a^2+ca}.\)
Az állítást igazoltuk.
Vizsgáljuk meg az egyenlőség teljesülésének feltételét is. A feltételek alapján a pontok egy négyszög csúcsai, tehát egy körön kell lenniük, az \(\displaystyle OABC\) négyszög húrnégyszög. Ennek a húrnégyszögnek az \(\displaystyle AOC\sphericalangle=120^\circ\) szöggel szemközti szöge \(\displaystyle 60^\circ\)-os. Azt is tudjuk, hogy a körülírt körben \(\displaystyle AOB\sphericalangle\), \(\displaystyle BOC\sphericalangle\) egyforma nagyságú kerületi szögek, így a hozzájuk tartozó húrok is egyenlők egymással. Ennek megfelelően \(\displaystyle ABC\) olyan egyenlő szárú háromszög, amelynek szárszöge \(\displaystyle 60^\circ\), vagyis szabályos háromszög. Ebből
\(\displaystyle \sqrt{a^2+b^2-ab}=\sqrt{a^2+c^2+ac},\)
\(\displaystyle b^2-c^2-ab-ac=0,\)
\(\displaystyle (b+c)(b-c-a)=0.\)
Mivel \(\displaystyle a,b,c>0\) ez akkor és csak akkor teljesül, ha \(\displaystyle b=a+c\).
Ugyanezzel a feltétellel ekvivalens a \(\displaystyle \sqrt{b^2+c^2-bc}=\sqrt{a^2+c^2+ac}\) egyenlőség is. Ha tehát \(\displaystyle b=a+c\), akkor valóban mindhárom gyökös kifejezés egyenlő, és így a bizonyítandó egyenlőtlenség is egyenlőséggel teljesül.
Megjegyzés. Ez utóbbi egy viszonylag közismert eredménnyel egyező: ha egy szabályos háromszög körülírt körének tetszőleges pontját összekötjük a csúcsokkal, akkor a keletkező két kisebb szakasz hosszának összege a harmadik szakasz hosszával egyenlő.
2. megoldás. Tisztán algebrai átalakításokkal is bizonyítható az egyenlőtlenség (a \(\displaystyle (b^2-bc+c^2)(b^2-ab+a^2)\) szorzatot jelöljük \(\displaystyle Q\)-val).
$$\begin{gather*} a\sqrt{b^2-bc+c^2}+c\sqrt{b^2-ab+a^2}\ge b\sqrt{a^2+c^2+ac},\\* (a^2+c^2)b^2-ac(a+c)b+2a^2c^2+2ac\sqrt{Q}\ge (a^2+c^2+ac)b^2,\\ 2ac\sqrt{Q}\ge ac(b^2+(a+c)b-2ac),\\ 4Q\ge (b^2+(a+c)b-2ac)^2,\\ 4(b^4-(a+c)b^3+(a^2+c^2+ac)b^2-ac(a+c)b+a^2c^2)\ge b^4+2(a+c)b^3+((a+c)^2-4ac)b^2-4ac(a+c)b+4a^2c^2,\\ 3b^4-6(a+c)b^3+(3a^2+3c^2+6ac)b^2\ge 0,\\ 3b^2(b^2-2(a+c)b+(a+c)^2))\ge 0,\\ 3b^2(b-(a+c))^2\ge 0. \end{gather*}$$Könnyen kiolvasható, hogy az egyenlőség feltétele \(\displaystyle a+c=b\).
Statisztika:
63 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Balogh Ádám Péter, Baski Bence, Ben Gillott, Bencsik Dávid, Chrobák Gergő, Csonka Illés, Duchon Márton, Horváth 530 Mihály, Jánosik Máté, Kercsó-Molnár Anita, Kosztolányi Karina, László Anna, Móricz Benjámin, Nádor Artúr, Nagy 551 Levente, Nguyen Kim Dorka, Páhán Anita Dalma, Rareș Polenciuc, Somogyi Dalma, Szakács Ábel, Tarján Bernát, Varga Boldizsár, Wiener Anna, Zömbik Barnabás. 4 pontot kapott: Balla Álmos András, Bencz Benedek, Bognár 171 András Károly, Diaconescu Tashi, Fazokán Marcell, Fülöp Csilla, Kalocsai Zoltán, Németh Norbert Marcell, Simon László Bence, Szanyi Attila, Tóth 057 Bálint. 3 pontot kapott: 12 versenyző. 2 pontot kapott: 5 versenyző. 1 pontot kapott: 3 versenyző. 0 pontot kapott: 4 versenyző. Nem versenyszerű: 3 dolgozat.
A KöMaL 2021. decemberi matematika feladatai