Az A. 933. feladat (2026. április)

A. 933. Az $\displaystyle a$, $\displaystyle b$, $\displaystyle c$ valós számok legyenek az $\displaystyle (1,4)$ intervallumból. Tekintsük az alábbi három egyenlőtlenséget:

$$\begin{align*} bx(x+y-z)+cx(x+z-y) &\geq a(2yz+x),\\ cy(y+z-x)+ay(y+x-z) &\geq b(2zx+y),\\ az(z+x-y)+bz(z+y-x) &\geq c(2xy+z), \end{align*}$$

a) Határozzuk meg $\displaystyle a$, $\displaystyle b$, $\displaystyle c$ függvényében, hogy legfeljebb hány egyenlőtlenség teljesülhet egyszerre olyan pozitív valós $\displaystyle x$, $\displaystyle y$, $\displaystyle z$ számokra, amelyekre $\displaystyle x+y+z=1$.

b) Adjunk meg $\displaystyle a$, $\displaystyle b$, $\displaystyle c$ segítségével olyan, esetbontás nélküli explicit képletet az $\displaystyle x$, $\displaystyle y$, $\displaystyle z$ számokra, amely mellett $\displaystyle x$, $\displaystyle y$, $\displaystyle z>0$ és $\displaystyle x+y+z=1$, továbbá a három egyenlőtlenség egyike sem teljesül.

Javasolta: Bán-Szabó Áron (Palaiseau)

(7 pont)

A beküldési határidő 2026. május 11-én LEJÁRT.

Baricentrikus koordinátákat fogunk használni. Használjuk az ismert távolsági képletet, miszerint ha egy háromszög oldalainak hosszai $\displaystyle a,b,c$, $\displaystyle X=(x_1,x_2,x_3)$ és $\displaystyle Y=(y_1,y_2,y_3)$ (ahol $\displaystyle x_1+x_2+x_3=y_1+y_2+y_3=1$), akkor

$\displaystyle |XY|^2=-a^2z_2z_3-b^2z_3z_1-c^2z_1z_2,$

ahol $\displaystyle \overrightarrow{XY}=(z_1,z_2,z_3)=(x_1-y_1,x_2-y_2,x_3-y_3)$ az elmozdulásvektor.

Vegyük észre, hogy mivel $\displaystyle a,b,c\in (1,4)$, $\displaystyle \sqrt{a},\sqrt{b},\sqrt{c}\in (1,2)$, így létezik olyan $\displaystyle ABC$ háromszög, melynek oldalainak hosszai $\displaystyle |AB|=\sqrt{c},|AC|=\sqrt{b},|BC|=\sqrt{a}$. Ekkor $\displaystyle A=(1,0,0)$, $\displaystyle B=(0,1,0)$ és $\displaystyle C=(0,0,1)$. Legyen $\displaystyle P=(x,y,z)$, ezt feltehetjük, hiszen $\displaystyle x+y+z=1$. Mivel $\displaystyle x,y,z$ pozitívak, $\displaystyle P$ a háromszög belsejében van.

Ekkor $\displaystyle \overrightarrow{PA}=(x-1,y,z)$, $\displaystyle \overrightarrow{PB}=(x,y-1,z)$ és $\displaystyle \overrightarrow{PC}=(x,y,z-1)$, így

$$\begin{align*} |PA|^2 & = -ayz-b(x-1)z-c(x-1)y=-ayz-bxz+bz-cxy+cy, \\ |PB|^2 & = -a(y-1)z-bxz-cx(y-1) = -ayz+az-bxz-cxy+cx, \\ |PC|^2 & = -ay(z-1)-bx(z-1)-cxy=-ayz+ay-bxz+bx-cxy. \end{align*}$$

Ebből következik, hogy

$$\begin{align*} BPC\sphericalangle & \leq 90^{\circ} & \Leftrightarrow \\ |PB|^2+|PC|^2 & \geq |BC|^2 & \Leftrightarrow \\ -2ayz+az+ay-2bxz+bx+cx-2cxy & \geq a &\Leftrightarrow \\ bx(1-2z)+cx(1-2y)& \geq a(1+2yz-y-z)& \Leftrightarrow \\ bx(x+y-z)+cx(x+z-y) & \geq a(2yz+x), \end{align*}$$

ahol felhasználtuk a legvégén, hogy $\displaystyle x+x+z=1$. Hasonlóan belátható, hogy a $\displaystyle CPA\sphericalangle\leq 90^{\circ}$, $\displaystyle APB\sphericalangle \leq 90^{\circ}$ feltételek ekvivalensek a feladatbeli másik két egyenlőtlenséggel.

Tehát az a) feladat kérdése éppen az, hogy a $\displaystyle BPC\sphericalangle,CPA\sphericalangle,APB\sphericalangle$ szögek közül hány lehet hegyesszög. Mindhárom természetesen nem lehet, hiszen az összegük $\displaystyle 360^{\circ}$, azaz lesz $\displaystyle 120^{\circ}$-nál nem kisebb szög. Kettő sem lehet viszont, hiszen ekkor azok összege legfeljebb $\displaystyle 180^{\circ}$ lehetne, így a harmadik szög $\displaystyle 180^{\circ}$-nál nem kisebb kéne legyen, ami ellentmondás, mert $\displaystyle P$ a háromszög belsejében van szigorúan (emlékezzünk, hogy $\displaystyle x,y,z$ pozitívak). Természetesen egy hegyesszög lehet. Ehhez szimplán vegyük a háromszögnek egy olyan csúcsát, ahol a belső szög kicsi, legfeljebb $\displaystyle 60^{\circ}$ (ilyen létezik, mert a három belső szög összege $\displaystyle 180^{\circ}$), és ha $\displaystyle P$ ehhez elég közel van, akkor az ezzel a csúccsal szemközti oldalból $\displaystyle P$ hegyesszögbe fog látszani. Végül megmutatjuk, hogy nulla is lehet a hegyesszögek száma, és ehhez egy explicit képletet mutatunk, megválaszolva ezzel a b) kérdést egyben. Vegyük észre, hogy a háromszög beírt körének $\displaystyle I$ középpontja minden oldalból tompaszögben látszik, hiszen $\displaystyle BIC\sphericalangle=90^{\circ}+\dfrac{BAC\sphericalangle}{2}$. És szerencsére $\displaystyle I$ baricentrikus koordinátái expliciten kifejezhetőek az oldalakból:

$\displaystyle I=\left (\dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}},\dfrac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}},\dfrac{\sqrt{c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\right ).$

Statisztika:

Az A. 933. feladat értékelése még nem fejeződött be.

A KöMaL 2026. áprilisi matematika feladatai

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?