szakaszokból szerkeszthető háromszög, hiszen a legnagyobb kisebb, mint a másik kettő összege.

Átírás

1 1 Shultz János EGYENLŐTLENSÉGEK A HÁROMSZÖG GEOMETRIÁJÁBAN Megoldások 1 Legyenek D belső pont távolsági háromszög súsitól: DA = DB = b DC = Tekintsük z A sús körüli z órmuttó járásávl megegyező irányú 60 -os forgtást Ekkor D belső pont képe vlmint z A és D pontok egy szbályos háromszög súsi lesznek továbbá C képe B lesz Így kkor z ábrán láthtó BDD háromszög oldli éppen b és hosszúk Könnyű látni hogy ez háromszög mindig létrejön ezért három szkszból mindig szerkeszthető háromszög Már egyenlő szárú ABC háromszögre sem mrd feltétlen igz feldt állítás Gondoljunk pl egy tű formájú háromszögre hol D z AB lphoz közeli belső pont Tekintsük z ABCD tégllp oldlfelező merőlegeseit és jelölje P belső pontot Az egyenesek tégllpot négy egybevágó kisebb tégllpr drbolják fel Feltehetjük hogy P zon kis tégllpon vn melynek egyik sús A Ekkor szkszfelező merőleges mértni hely tuljdonságát felhsználv: PC PB PC PD A háromszög-egyenlőtlenség szerint BP + DP BD = AC > PC Ezek szerint BP PC és DP szkszokból szerkeszthető háromszög hiszen legngyobb kisebb mint másik kettő összege 3 A területképlet mitt leghosszbb oldlhoz trtozik legrövidebb mgsság ez mindig belső mgsság lesz Tegyük fel hogy leghosszbb oldl oldl és tekintsük z ábr jelöléseit A CD szksz két kisebb háromszögre bontj z eredetit melyek területének összegére: x y m + = x + by = Feltehető hogy b ezért

2 Egyenlőség pontosn kkor álll fenn h = b = zz háromszög szbályos 4 Világos hogyh háromszög egyenlő szárú kkor szárszöghöz trtozó súlyvonl és belső szögfelező egyenlő hosszú Belátjuk hogyh egy háromszög két oldl nem egyenlő kkor közöttük lévő súlyvonl hosszbb mint közöttük lévő szögfelező Tekintsük z ábrát jelöléseivel A kerületi szögek tétele mitt h D köré írt kör C súsot nem trtlmzó AB ívének felezési pontj kkor CD szög szögfelezője Mivel FD AB ezért FD < ED A háromszög-egyenlőtlenséget lklmzv: s + FD > f + ED ezért s > f Mivel látott gondoltmenet bármely belső szögfelezőre lklmzhtó ezért b b m = x + y x + y x + y ( ) s + sb + s f + fb + f továbbá egyenlőség pontosn kkor áll fenn h háromszög szbályos 5 b) Területképletek felhsználásávl: Így bizonyítndó: ( ) m = r + b + 1 = m r b ( + + ) s s = m r b ( + + ) ( R r s R + b + Tükrözzük z AB oldl F felezési pontját másik két oldl egyenesére így dódnk z ábrán láthtó F 1 és F pontok Mivel F1 F = s sin = s R így háromszög-egyenlőtlenség mitt )

3 3 b s + + R s R + b + ( ) mire éppen szükségünk volt Egyenlőség pontosn kkor áll fenn h háromszög szbályos s Világos hogy s m 1 m így feldt állításából dódik sugáregyenlőtlenség 6* ) Az ábr lpján világos hogy r + z m r + z m r + z m = t = x + by + z r x + by ABC b) Tükrözzük P pontot C súshoz trtozó belső szögfelezőre! H P jelöli tükörképet kkor ennek távolság z oldl egyenesétől y b oldl egyenesétől pedig x lesz vlmint CP = CP ezért z ) rész lpján: r y + bx (A gondoltmenet kkor is működik h P nem belső pont Ekkor előjeles területekkel és z távolsággl érvényes z ABC háromszög területére felírt t ABC = x + by + z összefüggés) A másik két megfelelő egyenlőtlenséget is felírv mjd kpott besléseket átlkítv dódik hogy b r y + x q z + x b b b p z + y Összedv őket: b b p + q + r + x + + y + + z ( x + y + z) b b felhsználv két változór vontkozó számtni és mértni közép közötti egyenlőtlenséget Egyenlőség pontosn kkor álll fenn h háromszög szbályos A b) pontbn szereplő egyenlőtlenséget Erdős-Mordell egyenlőtlenségnek hívják További bizonyítások vlmint lklm 1 irodlombn mzások olvshtók vele kpsoltbn z [ ]

4 4 7* Ismert területképletek szerint: Így bizonyítndó állítás: m 1 t = = m t + b b + t = r = r t s bsb s + b t + R ( s R) b( sb R) ( s R) + + t Jelölje O köré írhtó kör középpontját Az ábr lpján világos hogy pl ezért x + R s x s R x s R t OBC = ( ) Mivel t = tobc + tcoa + taob így dódik bizonyítndó állítás Egyenlőség pontosn kkor teljesül h O rjt vn mindhárom súlyvonlon zz háromszög szbályos A feldt állításából következik sugáregyenlőtlenség hegyesszögű háromszögre 8* A metsző húrokr vontkozó tételt z AB ill CD szkszokr lklmzv: s x = 4 A háromszög-egyenlőtlenség mitt ezért R x + s R s x s ( R s ) 4 A másik két oldlr vontkozó nlóg beslést is felírv mjd megfelelő oldlkt összedv kpjuk hogy

5 5 Ismeretes hogy pl így Behelyettesítés után: b + + R ( s + sb + s ) ( s + sb + s ) s = b + ( s + sb + s ) = ( + b + ) 4 3 b R( s + sb + s ) ( + b + ) b + s + sb + s R mely épp bizonyítndó állítás Egyenlőség skis kkor teljesül h köré írhtó kör középpontj háromszög súlypontjávl esik egybe zz háromszög szbályos 9* A számtni és négyzetes közép közötti egyenlőtlenség szerint s + sb + s 3 ezért elég belátnunk hogy s + s + s b Hsználjunk vektorokt z ábr jelölései szerint! Mivel = b = = R és s = OS ezért pl Így kkor 3 s Tudjuk hogy + b + = 3 s ez zért s s s s + b + = Egyenlőség pontosn kkor álll fenn h O és S egybeesik zz háromszög szbályos Egy másik megoldás olvshtó s + s + s 3 b 7 4 R = ( ) SA 4 s 4 R = = s + 4 OS s b + s = R s ( + b + ) + OS R s + OS = R OS R ó z [ ] 1 könyvben 95/ feldt megoldásánál

6 6 10* Alklmzzuk z áltlánosított AB CD + AC BD AD BC AB CD AC BD + AD BC BC Mivel kívülre írt háromszögek hsonlók ezért Ptolemiosz-tételt z ABDC négyszögre: így AB BF AC CE = és = BC CD BC BD BF + CE AD Hsonló módon dódik hogy AF + CD BE AE + BD CF A három egyenlőtlenség megfelelő oldlink összedásávl kpjuk bizonyítndó állítást Egyenlőség pontosn kkor teljesül h z ABDC BCEA és CAFB négyszögek mindegyike húrnégyszög Ekkor BAC = 180 BDC = 180 CEA = ABC Hsonlón dódik hogy BCA = ABC = CAB zz z ABC háromszög szbályos Ekkor ABC és DEF ugynzon körbe írt szbályoss háromszögek lesznek A négyszögekre érvényes Ptolemiosz-tétel: h egy négyszög oldlink hossz rendre b d átlóink hossz pedig e és f kkor + bd ef Egyenlőség pontosn kkor áll fenn h négyszög húrnégyszög Legrövidebb bizonyítás komplex számok segítségével történik: legyenek súsoknk megfelelő komplex számok vlmilyen körüljárás szerint egymás után x y z v Tekintsük z lábbi zonosságot: z x v y = y x v z + z y v x ( )( ) ( )( ) ( )( ) Mindkét oldl bszolút értékét véve lklmzv háromszög-egyenlőtlenséget és komplex számok bszolútértékének tuljdonságit dódik bizonyítndó állítás (Az egyenlőség esetének kiolvsás zonbn v 3 könyvben olvshtunk Ptolemiosz-tételről illetve komplex számok geometrii 3 könyv különösen sok lklmzást ill versenyfeldtot trtlmz [ ] kpsán nem nyilvánvló ) Részletesebben [ ] gy [ ] lklmzásiról A komplex számok 11** ) Mindkét oldl négyzetét véve: b s sb s

7 7 Könnyű igzolni hogy tetszőleges x y z vlós számokr ezért elegendő belátnunk hogy Ezzel ekvivlens: Alklmzzuk négyszögekre vontkozó Ptolemiosz-tételt z ábrán négyszögre: tlálhtó EBDS EB SD + SE BD SB ED s s sb b s + s bs A tételt z AEDC négyszögre lklmzv: ( x + y + z) ( xy + yz + zx) 3 b b s s s s s s b b () bs + s + bs 4 s s s b b b Innen dódik hogy b + ss b sb + sb ssbs Ezt másik két megfelelő négyszögre is felírv mjd kpott egyenlőtlenségek megfelelő oldlit összedv: () 1 ( 1 s + b sb + s ) + ( bs + sb + bs ) 3 s sb ḃs 4 Mivel bs + bs b s b így z nlóg egyenlőtlenségek felírás mjd összedás és -vel vló osztás után kpjuk hogy () bs + s + bs s + b s + s H összevetjük () és () besléseket kkor megkpjuk () egyenlőtlenséget melyből bizonyítndó már korábbn mondottk mitt dódik Egyenlőség pontosn kkor áll fenn h z eredeti háromszög szbályos b b

8 8 b) Tükrözzük z eredeti háromszöget pl BC oldl F felezési pontjár A kpott SBS háromszög oldlink hossz s sb s súlyvonlink hossz pedig rendre b Alklmzzuk erre háromszögre z ) feldtbn igzolt egyenlőtlenséget! 1 A b) rész bizonyításához hsznált dulitási ötlet más háromszög súlyvonlivl kpsoltos problémák megoldásábn is jól hsználhtó Egy igen nehéz feldt mely ennek segítségével készült: Igzoljuk hogy Új megoldást nyerhetünk egyenlőtlenséget 1** ) Helyezzük el z ABC háromszöget komplex számsíkon úgy hogy P pont legyen tengelyek metszéspontj z A B C súsoknk pedig feleljenek meg rendre z x y z komplex számok Ekkor bizonyítndó állítás következő módon néz ki: y z y z + z x z x + x y x y y z z x x y A komplex számok bszolútértékéről tudottk mitt háromszög-egyenlőtlenséget felhsználv dódik hogy ( ) ( ) ( ssb sbs ss b b + + y z yz + z x zx + x y xy = y z yz + z x zx + x y xy = 1 H P köré írt kör középpontj R köré r pedig beírt kör sugr kkor z állítást lklmzv nevezetes területképletek felhsználásávl: 9 8 feldtr h lklmzzuk 1 feldtbn szereplő ( ) ( ) ( y z y z + z x z x + x y x y = y z yz + z x zx + x y xy ) ( ) )( )( ) x y y z z x mi sugáregyenlőtlenség R ( ) R + b + b b 4 Rt = = Rr + b + t r R r

9 9 H P háromszög súlypontj s sb s pedig rendre z b oldlkhoz trtozó súlyvonlk hossz kkor feldt állítását lklmzv: sbs + bss + ssb b ssb sbs ss b b 4 Ezzel új megoldást nyertünk 11 feldtr h z ottni b) rész megoldásábn leírt dulitási gondoltot lklmzzuk 3 Beláthtó hogyh háromszög hegyesszögű és P belső pont kkor pontosn kkor áll fenn egyenlőség hogyh P háromszög mgsságpontj b) Felírv bizonyítndó állítás komplex számok segítségével: y z x + z x y + x y z x y y z z x A komplex számok bszolútértékéről tudottk mitt háromszög-egyenlőtlenséget felhsználv dódik hogy ( ) ( ) ( ) y z x + z x y + x y z = y z x + z x y + x y z ( )( )( ) + + = = yx zx zy xy xz yz x y y z z x x y y z z x 1 H P háromszög súlypontj kkor súlyvonlk hosszár vontkozó ismert képlet felhsználásávl feldtbn szereplő állításból következő egyenlőtlenség vezethető le: ( ) ( ) ( ) b + + b b + b b Igzolhtó hogyh P beírt kör középpontj kkor egyenlőség áll fenn z eredeti egyenlőtlenségben 3 Mindkét feldt vlmint következő is [ 3] könyvből szármzik 13 Alklmzzuk 1 feldtbn szereplő ) egyenlőtlenséget úgy hogy legyen P S Ekkor SB SC + b SC SA + SA SB b b Ismert területképlet szerint t = ezért fenti állítás ekvivlens következővel: 4R 4R t + 4R t + 4R t 4 R t 1 BCS CAS 3 ABS

10 10 Könnyű látni hogy t BCS = t szereplő egyenlőtlenség CAS t = tabs = így 4 t -ml 3 3 vló osztás után dódik feldtbn 14* A Heron-képletet lklmzv: Mivel ezért ( t = b ( )( )( ) ( ) 16t = 1 1 b 1 16t = 1+ 4 b + b + 8 b ) ( ) ( ) 1 = + b + 4 b + b + = + b + ( ) 0 < 16t = 1 + b + 8 b honnn átrendezés és -vel vló osztás után dódik bizonyítndó állítás Az eredeti egyenlőtlenségben z 1 helyére kisebb számot nem lehet írni ugynis 1 = b 0 esetén 1 + b b 15 Cev tétele szerint Legyen Ekkor 1 BA CB AC1 AC B A C B 1 1 = 1 1 BA1 CB1 AC p = q = r = 1 BC CA AB = p q r pqr = p q r ( 1 )( 1 )( 1 r ) ( ) + ( pq + qr + rp ) () pqr = 1 p + q + r + pq + qr + rp 1 Mivel t t t t t A1 B1C = 1 ABC C1BA 1 A1 CB 1 B1 AC1 továbbá háromszögek területképlete és hsonló háromszögek figyelembe vételével pl

11 11 ezért t t C BA 1 1 ABC ta 1 B 1 C 1 = 1 p t 1 ABC BA1 m C1B AB AC1 = = p = p = p ( 1 r) BC m AB AB ( r ) ( 1 ) ( 1 ) 1 ( ) ( q p r q = p + q + r + pq + qr + rp) Ezt () összefüggéssel összevetve bizonyítndó állítás: 1 1 pqr pqr 4 8 A számtni és mértni közép közötti egyenlőtlenség felhsználásávl: 1 p q Egyenlőség pontosn kkor teljesül h 1 A feldtbn szereplő állításból könnyen dódik pl z hogy egy háromszög beírt körének z oldlkon lévő érintési pontji áltl lkotott háromszög területe legfeljebb z eredeti háromszög területének negyed része A Cev-tétel bizonyításáról informáiókt 16* Hsználjuk z ábr jelöléseit Először belátjuk hogy T T T = t t t A trigonometrikus területképlet felhsználásávl átlkítv: xy sin zvsin uw sin = = vu sin wxsin yz sin r = p ( 1 p) q ( 1 q) r ( 1 r) 4 1 pqr 8 mi nyilván igz A számtni és mértni közép közötti egyenlőtlenséget kétszer is lklmzv dódik hogy 1 p = q = r = zz A1 B1 C1 oldlfelezési pontok és lklmzásiról pl [ ] és [ ] könyvekben tlálunk T T T T T = T T T T t t t T + T + T + t + t t > T

12 1 17 A számtni és négyzetes közép közötti egyenlőtlenséget lklmzv: + b + b + + b + b + = + b + + b + b + + b = b b b b = b A megfelelő oldlkt összedv bizonyítndó állítást kpjuk Egyenlőség skis szbályos háromszög esetén áll fenn 18 A műveletek elvégzésével igzolhtó hogy ( b)( b )( ) ( )( )( ) b b + + = + b b b b + + A háromszög-egyenlőtlenség mitt b < b < < b ezért Ezek után elegendő bizonyítnunk hogy ( b)( b )( ) b < ( + b)( b + )( + ) ( + b)( b + )( + ) Mivel x y 0 esetén ( )( )( ) 8 b + b b + + ( ) xy x + y 0 x y így háromszög oldlpárjir felírt egyenlőtlenségeket összeszorozv épp bizonyítni kívánt egyenlőtlenség dódik 19 Bevezetve szokásos x = s y = s b z = s helyettesítést Heron-formul és t = rs lpján xyz t = xyz ( x + y + z) = r ( x + y + z) r = x + y + z Így bizonyítndó: x y z y z x z x y Ez pedig közismert A + B + C AB + BC + CA egyenlőtlenség lpján igz Egyenlőség pontosn kkor teljesül mikor háromszög szbályos

13 13 A helyettesítésben szereplő mennyiségeknek geometrii jelentése vn: beírt kör érintési pontjink és súsoktól vló távolságit dják meg 0 Vezessük be háromszög geometriájábn gykrn hsznált = x + y b = y + z = z + x helyettesítéseket hol x y z pozitív számok Ekkor bizonyítndó egyenlőtlenség: ( x y) ( y z)( x z) ( y z) ( z x)( y x) ( z x) ( x y)( z y) A műveletek elvégzése mjd rendezés után: xy + yz + zx x yz + y zx + z xy x y z () + + x + y + z y z x A Cuhy-egyenlőtlenséget lklmzv: ( x + y + z) x y z + + = x + y + z y z x x + y + z Egyenlőség pontosn kkor áll fenn h x = y = z = b = zz háromszög szbályos A () egyenlőtlenség igzolás rendezési egyenlőtlenséggel is igen egyszerű Más lehetőség: lklmzzuk ügyesen közismert A B C AB BC CA egyenlőtlenséget 5 könyv A Cuhy-egyenlőtlenség sok lklmzását trtlmzz z interneten hozzáférhető [ ] 1* Végigszorozv b-vel dódik hogy ( ) + b + b b + + b + 3 b Végezzük el z = x + y b = y + z = z + x helyettesítéseket hol x y z > 0 Elvégezve kijelölt műveleteket ekvivlens átlkításokkl dolgozv kissé hosszdlms számolások után: () x + y + z + x y + y z + xz x z + xy + yz A számtni és mértni közép közötti egyenlőtlenséget lklmzv dódik hogy 3 4 x + xz x z = x z 3 y + x y 4 y x = xy 3 z + y z 4 z y = yz

14 14 Összedv megfelelő oldlkt kpjuk z eredetivel ekvivlens () Egyenlőség pontosn kkor vn h háromszög szbályos egyenlőtlenséget ** Vezessük be z = x + y b = y + z = z + x helyettesítéseket hol x y z pozitív számok Ekkor bizonyítndó egyenlőtlenség: ( x + y) ( x + y + z) + ( y + z) ( y + z + x) + ( z + x) ( z + x + y) ( x + y)( y + z )( z + x) A műveletek elvégzése rendezés vlmint -vel vló osztás után kpjuk hogy x + y + z + xyz x y + x z + y x + y z + z x + z y 3 Ez pedig egyszerűen dódik z ún Shur-egyenlőtlenségből h benne szereplő kitevő értékét 1-nek válsztjuk Az egyenlőtlenség szerint h x y és z nemnegtív számok vlmint r > 0 kkor ( )( ) + ( )( ) + ( )( ) 0 x r x y x z y r y z y x z r x z y z Egyenlőség mi esetünkben pontosn kkor áll fenn h x = y = z = b = zz háromszög szbályos A Shur-egyenlőtlenség bizonyítás pl z [ 5] -ben 3** ) Végezzük el z = x + y b = y + z = z + x helyettesítéseket hol x y z > 0 Ekkor sugrkt trtlmzó nevezetes területképletek és Heron-formul felhsználásávl A bizonyítndó: Átrendezve: Mivel ( x + y)( y + z)( z + x) R b + b + = = r 4t t 4xyz ( x + y)( y + z)( z + x) x + y y + z + y + z x + y 4xyz ( + ) + ( + ) ( + ) ( + ) + ( + ) ( + ) 4xyz x y 4 xyz y z x x y y z z x y y z ( + ) ( + ) ( + ) ( + ) ( ) 4xyz x y x x y y z 4yz y z 0 y z ( + ) ( + ) ( + ) ( + ) ( ) 4xyz y z z x y y z 4xy x y 0 x y így z állítást igzoltuk Egyenlőség skis kkor teljesül h x = y = z zz háromszög szbályos b) Ismert területképleteket felhsználv:

15 15 Innen b t = r s = rs = s s s b s = 4R ( ) ( )( )( ) ( ) ( )( )( ) t = r s rs = s s s b s ( )( ) r r = s b s A számtni és mértni közép közötti egyenlőtlenség mitt pl: így kkor s b + s r r = + b + ( + b + ) = r r r r s Ezzel feldtbn kitűzött jobb oldlon álló egyenlőtlenséget igzoltuk A bl oldlon szereplő egyenlőtlenséget átrendezve: Mivel pl ezért bizonyítndó: + b + r R + r R + r R b b b r s = r R = 4R b + ( ) b b b + b b + + b + b Vezessük be szokásos = x + y b = y + z = z + x helyettesítéseket hol x y z > 0 Ezeket beírv: ( x + y + z) ( x + y)( y + z)( z + x) + + x y z x + y -vel vló szorzás és négyzetre emelés után felhsználv hogy pl xy hogy elegendő igzolni: ( ) 8 x y z ( x y)( y z)( z x) x y z x + y y + z z + x kpjuk A műveletek elvégzése és rendezést követően dódik hogy Vegyük észre hogy x y xy z x zx y z yz z z y y x x () x + y + z

16 16 felhsználv számtni és mértni közép közötti egyenlőtlenséget E három egyenlőtlenség megfelelő oldlink összegzésével dódik () egyenlőtlenség melyet igzolni szerettünk voln Egyenlőség mindkét egyenlőtlenségben pontosn kkor áll fenn h háromszög szbályos 1 A feldt mindkét állításábóll dódik sugáregyenlőtlenség Az ) esetén figyelembe kell venni zt z egyszerűen beláthtó tényt hogy b > 0 esetén b + b Rengeteg hsonló feldt tlál 7 könyvekben 4** Az ) részre először egy olyn bizonyítást muttunk mely szép geometrii trtlomml bír Minden háromszögnek vn 60 -nál nem ngyobb szöge legyen ez esetünkben z szög Írjunk szbályos háromszöget z AC oldlr befelé z ábr szerint! Ekkor z APB háromszögre felírt koszinusztétel szerint: 0 PB = b + b os 60 = 0 = + = b + b b 3 sin = = b + b os = b + b + = b + 3 t = = + b t z x y z + x y z x + xy z y + lhtó [ 6] és [ ] ( ) honnn z állítás leolvshtó (Közben ddíiós összefüggést trigonometrikus területképletet és z ABC háromszögre felírt koszinusztételt hsználtuk fel) Egyenlőség skis P B zz szbályos s háromszög esetén áll fenn H b) egyenlőtlenséget igzoljuk bból z ) nyilvánvló módon következik Végezzük el z = x + y b = y + z = z + x helyettesítéseket hol x y z > 0 Ekkor yz x zx y zy x

17 17 ( x + y) + ( y + z) + ( z + x) ( x z) ( y x) ( z y) xyz ( x + y + z) Négyzetre emelve rendezve: ( ) xy + yz + zx 3 xyz x + y + z x y + y z + z x x yz + xy z + xyz 4 3 mi közismert A + B + C AB + BC + CA egyenlőtlenség lpján igz Egyenlőség pontosn kkor teljesül mikor háromszög szbályos A ) egyenlőtlenség bizonyításához megmuttjuk hogy 9b + b b b b Ennyi elegendő is hiszen b) mitt kkor dódik z állítás Átrendezés után: ( )( ) 9b + b + b + b + b b + + b b + + b + b + + b 3 Ez pedig feldt megoldásábn már említett ún Shur-egyenlőtlenség mitt igz Más megoldási lehetőség: lklmzzuk z = R sin stb helyettesítéseket! Ekkor így bizonyítndó: bsin t = = 36R sin sin sin sin + sin + sin R sin sin sin 8 3R sin sin sin 3 3 sin + sin + sin Ez utóbbi egyenlőtlenség pedig egyszerűen dódig Jensen-egyenlőtlenségből hiszen szinuszfüggvény [ 0; ] intervllumon konkáv Egyenlőség pontosn kkor teljesül mikor háromszög szbályos 1 Az ) pontbn szereplő egyenlőtlenség neve: Weitzenbök-egyenlőtlenség (1919) míg b) pontbn szereplőé: Hdwiger-Finsler-egyenlőtlenség (1939) A ) pontbn szereplő egyenlőtlenség legkevésbé ismert neve: Curry-egyenlőtlenség (1966) A b) igzolásánál látott helyettesítés segítségével igzolhtó z lábbi egyenlőtlenség is: ( ) ( ) ( ) b + t + b + b +

18 18 3 A Hdwiger-Finsler-egyenlőtlenségből könnyen dódik hogy: b + b t A témkörrel részletesen fogllkozik z irodlomjegyzékben szereplő [ 6] könyv 5** ) Vegyük észre hogy p q r b b p q r b q + r r + p p + q q + r r + p p + q ( ) ( ) + + = A Cuhy-egyenlőtlenség mitt 1 b 1 q + r r + p p + q így p q r 1 + b + + b + + b + q + r r + p p + q (()()() q + r + r + p + p + q ) + + ( + b + ) ( ) ( ) Tekintettel rr hogy z utolsó beslés jobb oldlán álló kifejezés 4 feldt b) állítás szerint leglább 3 t feldt állítás dódik b) A koszinusztétel vlmint trigonometrikus területképlet felhsználásávl: Mivel ( ) p + qb + r + b b pq + qr + rp b os sin ( p r) ( q r) b b( r pq qr rp ) os sin 0 ( )( ) r + pq + qr + rp = r + p r + q ezért vn pontosn egy olyn 0 < < szög melyre r pq + qr + rp os = sin = r + p r + q r + p r + q ( )( ) ( )( ) Így bizonyítndó ddíiós összefüggés mitt írhtó ( p r) ( q r) b b ( r p)( r q) ( ) os 0 lkbn A számtni és mértni közép közötti egyenlőtlenséget felhsználv: ( p + r) + ( q + r) b b ( r + p)( r + q) miből állításunk dódik hiszen nyilvánvló hogy ( ) kkor áll fenn h 1 os Egyenlőség pontosn

19 19 r + q = b r + p Az ) feldtbn szereplő egyenlőtlenség neve: Tsintsifs-egyenlőtlenség (1986) zzl megjegyzéssel hogy p q r számokról vlójábn sk nnyit hsználtunk föl hogy páronként vett összegeik pozitív számok A b) feldtbn szereplő egyenlőtlenség élesíthető hiszen z zonosság mitt ezért ( ) p + r + ( q + r ) ( )( ) ( p + qb + r r = = ros ( r + p)( r + q) x + b = b r + p r + q + r + p r + 4 pq + qr + rp t + r + p r + q b ( ( ) y = x y + xy q b) b) 6* Összekötve P pontot háromszög súsivl keletkező három területének összegére: kisebb háromszög t t = x + by + z A Cuhy-egyenlőtlenséget lklmzv: x by z b t + b x y z x + y + z Egyenlőség tudvlevően pontosn kkor áll fenn h : b : = x : y : z Kérdés hogy vn-e ilyen P pont és h igen kkor hogyn lehet megszerkeszteni? Vegyük észre hogy P pont körüli szögek Vegyünk fel síkon egy P pontot és szerkessükk meg köré ezeket szögeket! Vegyük fel z ábr szerint tetszőleges x hosszú szkszt A negyedik rányos ismert szerkesztési módszerével (párhuzmos szelők tétele) meg tudjuk szerkeszteni zt z y ill z szkszt melyekre x x = és = b y z Ezek után merőleges egyeneseket szerkesztve szkszokr kilkul z A B C háromszög mely hsonló z eredeti ABC háromszöghöz Mivel PAB = P A B PBA = P B A ezért P pont szerkeszthetővé válik z ABC háromszögben A szerkesztéss menetéből kitűnik hogy mindig létezik pontosn egy megfelelő P pont

20 0 7 A szinusztétel mitt b + sin + sin < sin < Trigonometrikus zonosság felhsználásávl: sin sin < + sin sin + os sin + = + Mivel nem legngyobb oldl háromszögnek így hegyesszög Világos hogy mindig hegyesszög A szinusz függvény szigorún monoton növekedő 0; intervllumbn ezért dódik feldt állítás 8 Tudjuk hogy bármely háromszögben ngyobb oldlll szemben ngyobb szög vn és megfordítv Ismeretes hogy pl = Rsin b = Rsin ezért pl Így kkor ( b sin sin )( ) sin sin ( sin sin ) sin sin sin + sin + A hsonlón dódó másik két egyenlőtlenséggel összedv kpjuk bizonyítndó állítást Egyenlőség skis szbályos háromszög esetén áll fenn 9 A szinuszfüggvény konkáv 0; intervllumon emitt z ( ;sin ( ;sin ) és ( ;sin ) pontok áltl meghtározott háromszög S súlypontj z y = x egyenletű egyenes grfikonj fölött helyezkedik el Így súlypont koordinátáir vontkozó ismert képletet felhsználv: )

21 1 sin + sin + sin + + > = sin + sin + sin > A helyére ngyobb szám nem írhtó ugynis = = ( + ) 0 sin + sin + sin = hiszen szinuszfüggvény folytonos esetén 30 Ismeretes hogy tetszőleges szögekre: + os + os = os os os = os 1 os 180 = os Feltehetjük hogy háromszög szögeire Ekkor os + os + os = os + os + os 1 = = os Egyenlőség pontosn kkor álll fenn h = = = 60 zz háromszög szbályos megoldás: Helyezzük el síkon közös kezdőpontú b és egységvektorokt úgy hogy közöttük lévő szögek legyenek z ábr szerint és Mivel + + = 180 ezért ez mindig lehetséges H háromszög vlmelyik szöge tompszög kkor két vektor hjlásszögeként szög kétszerese helyett tekintsük zt szöget mely teljes szöggé egészíti ki A koszinusz függvény ismert tuljdonságink figyelembe vételével z lábbik ekkor változttás nélkül érvényesek A skláris szorztról tudottk mitt: = 3 + b + b + = 3+ os + os + os ( b ) Innen rendezés után könnyen dódik feldtbn szereplő állítás Számos hsonló jellegű feld ( ) ( ) ( ) ( ) os os 1 os os 1 = = os ( ) ( t tlálhtó pl [ ] [ 6] és [ ] 8 könyvekben )

22 31 Feltehetjük hogy b A koszinusz függvény szigorún monoton sökkenő 0; intervllumon ezért os os os A rendezési egyenlőtlenség szerint ] [ így Mivel os + b os + os os + b os + os os + b os + os os + b os + os ( + b + ) ( + b + )( + + ) 3 os os os os os os 3 os + os + os ezért dódik feldtbn szereplő állítás Egyenlőség pontosn kkor teljesül mikor háromszög szbályos 1 A rendezési egyenlőtlenség következőképpen szól Legyenek 1 n és b1 b bn vlós szám n-esek és legyen bi számok egy permutáiój b b b H képezzük z S = 1b + b + + b összegeket kkor ezek i1 i i n közül z lesz legngyobb mikor z i -k és i i1 i n i n b -k zonos módon vnnk rendezve és z lesz legkisebb h ellentétes módon Bizonyítás pl [ 9] könyvben hol sok további lklmzását is megtlálhtjuk A felhsznált trigonometrikus egyenlőtlenséget sokféle módon igzolhtjuk Pl vegyünk fel egységnyi hosszú közös kezdőpontú x y z vektorokt síkon melyek páronként vett hjlásszögei Ekkor x = y = z = 1 továbbá ( ) os 180 = os összefüggés vlmint skláris szorzt definíiój mitt = = 3 os + os + os ( x y z) xy yz zx ( ) honnn rendezés után dódik z állítás Egyenlőség skis szbályos háromszög esetén 3* A jobb oldlon álló egyenlőtlenség igzolásához hsználjuk fel hogy koszinusz függvény 0; intervllumon konkáv így Jensen-egyenlőtlenség mitt os + os + os 3os = 3os = 3 6 A bl oldlon álló egyenlőtlenségre kétféle bizonyítást is muttunk Trigonometrii zonosságot felhsználv:

23 3 sin + sin = sin + os sin 90 os = A másik két ezzel nlóg beslést is felírv mjd z egyenlőtlenségeket összedv és -vel osztv dódik bizonyítndó Elemi geometrii megközelítés Az ábr vlmint z = R sin összefüggés mitt: os sin os = = R r sin AK AK = 4Rr hol R köré írt kör sugr Mivel ( ) ( ) 4t = r + b + = 4Rr sin + sin + sin t Rr = sin + sin + sin így bizonyítndó: Mivel pl ezért 4 t AK + b BK + CK m AK + r t = m AK + r 6t AK + b BK + CK + t 4 t AK + b BK + CK Ezt krtuk belátni Egyenlőség mindkét egyenlőtlenségben pontosn kkor áll fenn mikor szbályos háromszög A Jensen-egyenlőtlenség bizonyítás és néhány lklmzás megtlálhtó pl feldtok pl z [ 5] ill [ ] 8 könyvekben l [ ] 4 -ben További