Cím: Változatok egy geometriai egyenlőtlenségre
Szerző(k):  Bencze Mihály 
Füzet: 1989/március, 97 - 103. oldal  PDF file
Témakör(ök): Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Leginkább talán Euler tételeként ismert az az összefüggés, amelyben egy háromszög beírt és köréírt köre középpontjának a távolságát e körök sugarának segítségével fejezzük ki. Ennek az összefüggésnek nyilvánvaló következménye az a tény, hogy a körülírt kör sugara legalább akkora, mint a beírt kör sugarának a kétszerese. Három példát mutatunk be a továbbiakban annak érzékeltetésére, hogyan hozható kapcsolatba e két kör sugarának aránya a háromszög oldalaival, ill. szövegeivel. Előbb azonban bebizonyítjuk az eredeti összefüggést.
Legyen ABC egy háromszög. A háromszögbe, valamint a háromszög köré írható kör középpontját O-val és K-val, e körök sugarait pedig r-rel és R-rel jelöljük. (A háromszög oldalaira és szögeire a szokásos jelöléseket használjuk.)

 
 

Kössük össze az A és O pontokat; a kapott egyenes a háromszög köré írt kört messe D-ben. Hasonlóan legyenek az OK által meghatározott átmérő végpontjai F és G (1. ábra). Írjuk fel a szelőtételt az AD és FG szakaszokra :
OGOF=OAOD.
Mivel OG+OF=2R, ezért a fenti egyenlőség bal oldala éppen
(R+OK)(R-OK)=R2-OK2,
így
R2-OK2=OAOD.

Fejezzük ki az OA, OD szakaszok hosszúságát r és R segítségével! Az előbbire nyilván
OA=rsinα2.
Az AOB háromszög O csúcsánál levő külső szög :
DOB=α2+β2;
mivel a kerületi szögek tétele szerint
DBO=DBC+CBO=DAC+CBO=α2+β2,
ezért ODB egyenlő szárú háromszög, így
OD=BD.
Az ugyancsak egyenlő szárú BKD háromszögből végül
OD=BD=2Rsinα2,
tehát
R2-OK2=OAOD=rsinα22Rsinα2=2rR.
Fejezzük ki ebből OK2-et:
OK2=R2-2rR=R(R-2r).
Mivel OK2 nem lehet negatív, eredményünk azt mutatja, hogy
R2r.(1)

Ezzel eljutottunk a címben szereplő egyenlőtlenséghez. Célunk a továbbiakban az, hogy bemutassunk néhány olyan a háromszög oldalaira, szögeire, valamint r-re és R-re vonatkozó egyszerű egyenlőtlenséget, amelyeknek közös vonása, hogy ‐ valamilyen formában ‐ az (1) becslést élesítik.
Ilyen összefüggéshez jutunk például úgy, hogy a 2rR hányadost becsüljük, miután azt a háromszög oldalainak, illetve szögeinek segítségével írtuk fel. Jelöljük a szokásos módon s-sel a háromszög félkerületét. Ha az ABC-be írt kör az AB oldalt C1-ben érinti, akkor ‐ mint ismeretes ‐
AC1=s-a,
így az AC1O derékszögű háromszögből
r=(s-a)tg  α2.
R értékét CKB egyenlő szárú háromszögből határozhatjuk meg:
R=a2sinα,
ezért
r4R=s-a2atgα2   sinα=s-a2a   sinα2cosα2   2  sinα2cosα2  =  s-aa   sin2   α2  =  =12b+c-aasin2α2.


A szinusztétel segítségével a, b, c kiküszöbölhető:
12b+c-aasin2α2=12sinβ+sinγ-sinαsinαsin2α2==122sinβ+γ2cosβ-γ2-2sinα2cosα22cosα2sinα2==12cosα2cosβ-γ2-sinα2cosα2cosα2sinα2==12(cosβ-γ2-sinα2)sinα2.


Legyen y=sinα2, ekkor tehát
r4R=-12y2+12cosβ-γ2y;
ez azt jelenti, hogy y (valós) gyöke az
x2-cosβ-γ2x+r2R=0
egyenletnek, következésképpen az egyenlet diszkriminánsa nem lehet negatív:
0cos2β-γ2-2rR,
azaz
2rRcos2β-γ2.

Ugyanilyen összefüggés az ABC bármely másik két szögére is nyilván teljesül; ezzel azt kapjuk, hogy
2rRmin{cos2α-β2,cos2β-γ2,cos2γ-α2}1.(2)

Próbálkozzunk meg ezután olyan becsléssel, amiben (a szögek helyett) csupán a háromszög oldalai szerepelnek! Legyen először S=sinα+sinβ+sinγ. S becslése érdekében az összeget szorzattá alakítjuk :
S=sinα+sinβ+sinγ=2sinα+β2cosα-β2+sinγ==2cosγ2cosα-β2+sinγ2cosγ2+sinγ==2cosγ2(1+sinγ2);
a kapott egyenlőtlenség egyik oldala sem negatív, így négyzetre emelhetünk, amiből
34S23cos2γ2(1+sinγ2)2=3(1-sin2γ2)(1+sinγ2)2==(3-3sinγ2)(1+sinγ2)(1+sinγ2)(1+sinγ2).
Az utoljára kapott szorzatra alkalmazhatjuk a számtani és mértani közepekre érvényes egyenlőtlenséget, következésképpen
34S2((3-3sinγ2)+(1+sinγ2)+(1+sinγ2)+(1+sinγ2)4)4=(32)4,
így
S332,
azaz
S=sinα+sinβ+sinγ332.

A szinusztétel szerint azonban
sinαa=sinβb=sinγc=12R,
ezért
332S=12R(a+b+c),
vagyis
a+b+c33R.(2a)

Jelöljük az ABC háromszög a, b, c oldalaihoz (kívülről) hozzáirt körök sugarát rendre ra, rb, rc-vel. Ezek harmonikus és mértani közepeire :
31ra+1rb+1rcrarbrc3.
Ismeretes, hogy (ABC területét t-vel jelölve)
ra=2tb+c-a,rb=2ta-b+c,rc=2ta+b-c,
így
6ta+b+ct3(s-a)(s-b)(s-c)3=tst23,
tehát
3sst23.
Köbreemelés, rendezés, majd négyzetgyökvonás után azt kapjuk, hogy
33ts2,
ebből pedig rs=t figyelembevételével:
2ra+b+c33.(2b)
Két utóbbi eredményünket összefoglalva tehát:
2ra+b+c33R.(3)

Utoljára egy olyan összefüggést bizonyítunk, amelyben az ABC háromszög oldalai és szögei egyaránt előfordulnak (persze továbbra is szimmetrikus szereposztásban). Korábban már láttuk, hogy
r4R=12(cosβ-γ2-sinα2)sinα2=12(cosβ-γ2-cosβ+γ2)sinα2==sinα2sinβ2sinγ2,


továbbá
r=(s-a)tg α2,
azaz
cosα2=1r(s-a)sinα2;
ezért
abccosα2cosβ2cosγ2=abc1r3(s-a)(s-b)(s-c)r4R==4Rt1r3t2sr4R=t3r2s=rs2.


A számtani és mértani középre fennálló egyenlőtlenség szerint így
acosα2+bcosβ2+ccosγ23rs23.

Alkalmazzuk most a (2b) becslést :
3rs23=3r(a+b+c2)233r27r23=9r,tehát
r19(acosα2+bcosβ2+ccosγ2).(3a)
Most az egyenlőtlenség jobb oldalán álló mennyiséget becsüljük felülről. Az AC1O derékszögű háromszögből
cosα2=AC1AO=s-ar2+(s-a)2;
mivel pedig

r2+(s-a)2=t2s2+(s-a)2=(s-a)(s-b)(s-c)s+(s-a)2==s-as((s-b)(s-c)+s(s-a))=(s-a)bcs,

ezért
acosα2=sas-abc=sa3(s-a)abc
A számtani és négyzetes közép között fennálló egyenlőtlenség szerint így
acosα2+bcosβ2+ccosγ2=s(a3(s-a)abc+b3(s-b)abc+c3(s-c)abc)(3b)
3sa3(s-a)+b3(s-b)+c3(s-c)abc.

Legyen
P=a3(s-a)+b3(s-b)+c3(s-c)abc;
megmutatjuk, hogy
sP12(s+P).(3c)
Valóban, (3c) mindkét oldala nemnegatív, és ezek négyzeteire:
sP14(s2+2sP+P2),
hiszen rendezés után ez éppen
4sPs2+2sP+P2,
azaz
0s2-2sP+P2=(s-P)2,
ami természetesen igaz. (3b) és (3c) szerint tehát
acosα2+bcosβ2+ccosγ232(s+a3(s-a)+b3(s-b)+c3(s-c)abc).(3d)
Ezután azt látjuk be, hogy
a3(s-a)+b3(s-b)+c3(s-c)abcs.
Rendezéssel:
a3(b+c-a)+b3(a+c-b)+c3(a+b-c)abc(a+b+c),
azaz
0a2(b-a)(c-a)+b2(a-b)(c-b)+c2(a-c)(b-c).

Legyen például abc; az utóbbi egyenlőtlenség jobb oldala ekkor a következőképpen becsülhető :
a2(b-a)(c-a)+b2(a-b)(c-b)+c2(a-c)(b-c)==aa(b-a)(c-a)-b2(b-a)(c-b)+c2(c-a)(c-b)a(c-b)(b-a)(c-a)-b2(c-a)(c-b)+c2(c-a)(c-b)==(c-a)(c-b)(a(b-a)-b2+c2)(c-a)(c-b)(a(b-a))0,


így (3e) is teljesül. (3d) és (3e) alapján tehát
acosα2+bcosβ2+ccosγ232(a+b+c).
A jobb oldalra most alkalmazható (2a), ebből pedig ‐ (3a)-val kiegészítve ‐ azt kapjuk, hogy
r=19(acosα2+bcosβ2+ccosγ2)12R.(4)