 |
A B. 5466. feladat (2025. május) |
B. 5466. Egy háromszög oldalainak hossza \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\) és \(\displaystyle c\). Bizonyítsuk be, hogy
\(\displaystyle \frac{(b+c)^2}{a^2+bc}+\frac{(c+a)^2}{b^2+ca}+\frac{(a+b)^2}{c^2+ab}\ge 6. \)
Crux Mathematicorum
(5 pont)
A beküldési határidő 2025. június 10-én LEJÁRT.
1. megoldás. A bizonyítandó egyenlőtlenségben vonjunk ki mindegyik törtből 2-t, így a jobb oldalon nulla lesz:
\(\displaystyle \frac{b^2+c^2-2a^2}{a^2+bc}+\frac{c^2+a^2-2b^2}{b^2+ca}+\frac{a^2+b^2-2c^2}{c^2+ab}\ge 0.\)
Ezt követően mindegyik törtet két tört összegére bontjuk úgy, hogy két oldal négyzetének különbsége szerepeljen a számlálókban.
\(\displaystyle \frac{b^2-a^2}{a^2+bc}+\frac{c^2-a^2}{a^2+bc}+\frac{c^2-b^2}{b^2+ca}+\frac{a^2-b^2}{b^2+ca}+\frac{a^2-c^2}{c^2+ab} +\frac{b^2-c^2}{c^2+ab}\ge 0.\)
Ha két tag számlálója csak előjelben különbözik, akkor azokat összevonjuk:
\(\displaystyle \frac{b^2-a^2}{a^2+bc}+\frac{a^2-b^2}{b^2+ca}=(b^2-a^2)\left[\frac{1}{a^2+bc}-\frac{1}{b^2+ca}\right]=(b^2-a^2)\frac{b^2-a^2+ac-bc}{(a^2+bc)(b^2+ca)}=\)
\(\displaystyle =(b^2-a^2)\frac{(b-a)(a+b-c)}{(a^2+bc)(b^2+ca)}=\frac{(b-a)^2(a+b)(a+b-c)}{(a^2+bc)(b^2+ca)}.\)
Ez a kifejezés a háromszög-egyenlőtlenség alapján nemnegatív. Nulla csak abban az esetben lehet, ha \(\displaystyle a=b\). Ugyanezt az ekvivalens átalakítást elvégezve a másik két párra is látjuk, hogy igaz az állítás. Egyenlőség akkor és csak akkor, ha a háromszög szabályos.
2. megoldás. Átszorzás és egy oldalra rendezés után a bizonyítandó állítás a következő alakra hozható:
\(\displaystyle (a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2+ab(a^2-b^2)^2+bc(b^2-c^2)^2+ca(c^2-a^2)^2 \ge 0. \)
Ebből látszik, hogy az állítás tetszőleges pozitív számokra, a háromszög-egyenlőtlenség nélkül is igaz.
Statisztika:
26 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Ali Richárd, Aravin Peter, Diaconescu Tashi, Hajba Milán, Li Mingdao, Pázmándi József Áron, Péter Hanna, Sajter Klaus, Sánta Gergely Péter, Sárdinecz Dóra, Szabó 721 Sámuel, Vigh 279 Zalán, Wágner Márton, Zhai Yu Fan. 4 pontot kapott: Beinschroth Máté, Fülöp Levente. 3 pontot kapott: 2 versenyző. 1 pontot kapott: 2 versenyző. 0 pontot kapott: 2 versenyző. Nem versenyszerű: 2 dolgozat.
A KöMaL 2025. májusi matematika feladatai