Problem B. 3978. (February 2007)
B. 3978. Prove that the following relationship is true in every triangle: 2R(sa+sb+sc)a2+b2+c2. (where a, b, c are the sides, sa, sb, sc are the lengths of the medians and R is the radius of the circumscribed circle.)
(5 pont)
Deadline expired on March 19, 2007.
Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation
Megoldás: A 4Rsab2+c2 egyenlőtlenséget fogjuk igazolni. Ha ez megvan, szimmetria okok miatt 4Rsb
a2+c2 és 4Rsc
a2+b2 is igaz, a három egyenlőtlenséget összeadva, 2-vel való osztás után nyerjük a bizonyítandó egyenlőtlenséget.
Mivel (2sa)2=2b2+2c2-a2, a 4Rsab2+c2 egyenlőtlenség ekvivalens a
4R2(2b2+2c2-a2)(b2+c2)2
egyenlőtlenséggel, amit (2R)4-nel leosztva a szinusz tétel alapján
2sin2+2sin2
-sin2
(sin2
+sin2
)2
alakra hozhatunk. A sin =sin (
+
)=sin
cos
+cos
sin
és cos2x=1-sin2x összefüggések alapján a baloldali kifejezés
2sin2+2sin2
-sin2
cos2
-cos2
sin2
-2sin
sin
cos
cos
=sin2+sin2
+2sin2
sin2
-2sin
sin
cos
cos
=(sin2+sin2
)2+(sin2
-sin4
)+(sin2
-sin4
)-2sin
sin
cos
cos
=(sin2+sin2
)2+sin2
cos2
+sin2
cos2
-2sin
sin
cos
cos
=(sin2+sin2
)2+(sin
cos
-sin
cos
)2.
Ez valóban nagyobb vagy egyenlő a jobboldalon álló kifejezésnél, és egyenlőség pontosan sin cos
=sin
cos
esetén áll fenn, vagyis ha sin 2
=sin 2
.
Érvényes tehát a feladatban megfogalmazott egyenlőtlenség, ahol egyenlőség pontosan sin 2=sin 2
=sin 2
esetén áll fenn. Mivel nem lehetséges, hogy az egyik szög kétszerese mindkét másik szög kétszeresét 180o-ra egészítse ki, ez csak akkor lehet, ha
=
=
, vagyis ha a háromszög szabályos.
Statistics:
21 students sent a solution. 5 points: Bogár 560 Péter, Csaba Ákos, Dinh Van Anh, Honner Balázs, Horváth 385 Vanda, Kiss 243 Réka, Korom-Vellás Judit, Sümegi Károly, Szalóki Dávid, Tossenberger Anna, Varga 171 László. 4 points: Aczél Gergely, Bartha Éva Lili, Fukker Gábor, Janto¹ík Laura, Kövér Ferenc, Nagy 314 Dániel, Szívós Eszter, Törcsvári Gergő. 3 points: 1 student. Unfair, not evaluated: 1 solutions.
Problems in Mathematics of KöMaL, February 2007