Kezdőlap


Cím:	Változatok egy geometriai egyenlőtlenségre
Szerző(k):	Bencze Mihály
Füzet:	1989/március, 97 - 103. oldal	PDF \| MathML
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 $A B C$ 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

O K

által meghatározott átmérő végpontjai

F

és

G

(1. ábra). Írjuk fel a szelőtételt az

A D

és

F G

szakaszokra :

\begin{matrix} O G \cdot O F = O A \cdot O D . \end{matrix}

Mivel

O G + O F = 2 R

, ezért a fenti egyenlőség bal oldala éppen

\begin{matrix} (R + O K) (R - O K) = R^{2} - {O K}^{2}, \end{matrix}

így

\begin{matrix} R^{2} - {O K}^{2} = O A \cdot O D . \end{matrix}

Fejezzük ki az

O A

O D

szakaszok hosszúságát

r

és

R

segítségével! Az előbbire nyilván

\begin{matrix} O A = \frac{r}{sin \frac{α}{2}} . \end{matrix}

A O B

háromszög

O

csúcsánál levő külső szög :

\begin{matrix} D O B ∢ = \frac{α}{2} + \frac{β}{2}; \end{matrix}

mivel a kerületi szögek tétele szerint

\begin{matrix} D B O ∢ = D B C ∢ + C B O ∢ = D A C ∢ + C B O ∢ = \frac{α}{2} + \frac{β}{2}, \end{matrix}

ezért

O D B

egyenlő szárú háromszög, így

\begin{matrix} O D = B D . \end{matrix}

Az ugyancsak egyenlő szárú

B K D

háromszögből végül

\begin{matrix} O D = B D = 2 R \cdot sin \frac{α}{2}, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} R^{2} - O K^{2} = O A \cdot O D = \frac{r}{sin \frac{α}{2}} \cdot 2 R sin \frac{α}{2} = 2 r R . \end{matrix}

Fejezzük ki ebből

O K^{2}

-et:

\begin{matrix} O K^{2} = R^{2} - 2 r R = R (R - 2 r) . \end{matrix}

Mivel

O K^{2}

nem lehet negatív, eredményünk azt mutatja, hogy

\begin{matrix} R ≧ 2 r . \end{matrix}

(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

\frac{2 r}{R}

hányadost becsüljük, miután azt a háromszög oldalainak, illetve szögeinek segítségével írtuk fel. Jelöljük a szokásos módon

s

-sel a háromszög félkerületét. Ha az

A B C

-be írt kör az

A B

oldalt

C_{1}

-ben érinti, akkor ‐ mint ismeretes ‐

\begin{matrix} A C_{1} = s - a, \end{matrix}

így az

A C_{1} O

derékszögű háromszögből

\begin{matrix} r = (s - a) tg\frac{α}{2}. \end{matrix}

R

értékét

C K B

egyenlő szárú háromszögből határozhatjuk meg:

\begin{matrix} R = \frac{a}{2 sin α}, \end{matrix}

ezért

\begin{matrix} \frac{r}{4 R} = \frac{s - a}{2 a} tg\frac{α}{2}\cdotsinα=\frac{s - a}{2 a}\frac{sin \frac{α}{2}}{cos \frac{α}{2}}\cdot2sin\frac{α}{2}cos\frac{α}{2}=\frac{s - a}{a}sin^{2}\frac{α}{2}= \\ = \frac{1}{2} \cdot \frac{b + c - a}{a} sin^{2} \frac{α}{2} . \end{matrix}

A szinusztétel segítségével

a

b

c

kiküszöbölhető:

\begin{matrix} \frac{1}{2} \cdot \frac{b + c - a}{a} sin^{2} \frac{α}{2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{sin β + sin γ - sin α}{sin α} \cdot sin^{2} \frac{α}{2} = \\ = \frac{1}{2} \cdot \frac{2 sin \frac{β + γ}{2} cos \frac{β - γ}{2} - 2 sin \frac{α}{2} cos \frac{α}{2}}{2 cos \frac{α}{2}} \cdot sin \frac{α}{2} = \\ = \frac{1}{2} \cdot \frac{cos \frac{α}{2} cos \frac{β - γ}{2} - sin \frac{α}{2} cos \frac{α}{2}}{cos \frac{α}{2}} \cdot sin \frac{α}{2} = \\ = \frac{1}{2} \cdot (cos \frac{β - γ}{2} - sin \frac{α}{2}) sin \frac{α}{2} . \end{matrix}

Legyen

y = sin \frac{α}{2}

, ekkor tehát

\begin{matrix} \frac{r}{4 R} = - \frac{1}{2} y^{2} + \frac{1}{2} cos \frac{β - γ}{2} y; \end{matrix}

ez azt jelenti, hogy

y

(valós) gyöke az

\begin{matrix} x^{2} - cos \frac{β - γ}{2} x + \frac{r}{2 R} = 0 \end{matrix}

egyenletnek, következésképpen az egyenlet diszkriminánsa nem lehet negatív:

\begin{matrix} 0 ≦ cos^{2} \frac{β - γ}{2} - \frac{2 r}{R}, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} \frac{2 r}{R} ≦ cos^{2} \frac{β - γ}{2} . \end{matrix}

Ugyanilyen összefüggés az

A B C

bármely másik két szögére is nyilván teljesül; ezzel azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} \frac{2 r}{R} ≦ min {cos^{2} \frac{α - β}{2}, cos^{2} \frac{β - γ}{2}, cos^{2} \frac{γ - α}{2}} ≦ 1. \end{matrix}

(2)

Próbálkozzunk meg ezután olyan becsléssel, amiben (a szögek helyett) csupán a háromszög oldalai szerepelnek! Legyen először

S = sin α + sin β + sin γ

S

becslése érdekében az összeget szorzattá alakítjuk :

\begin{matrix} S & = sin α + sin β + sin γ = 2 sin \frac{α + β}{2} cos \frac{α - β}{2} + sin γ = \\ = 2 cos \frac{γ}{2} cos \frac{α - β}{2} + sin γ ≦ 2 cos \frac{γ}{2} + sin γ = \\ = 2 cos \frac{γ}{2} (1 + sin \frac{γ}{2}); \end{matrix}

a kapott egyenlőtlenség egyik oldala sem negatív, így négyzetre emelhetünk, amiből

\begin{matrix} \frac{3}{4} S^{2} & ≦ 3 cos^{2} \frac{γ}{2} {(1 + sin \frac{γ}{2})}^{2} = 3 (1 - sin^{2} \frac{γ}{2}) {(1 + sin \frac{γ}{2})}^{2} = \\ = (3 - 3 sin \frac{γ}{2}) (1 + sin \frac{γ}{2}) (1 + sin \frac{γ}{2}) (1 + sin \frac{γ}{2}) . \end{matrix}

Az utoljára kapott szorzatra alkalmazhatjuk a számtani és mértani közepekre érvényes egyenlőtlenséget, következésképpen

\begin{matrix} \frac{3}{4} S^{2} ≦ {(\frac{(3 - 3 sin \frac{γ}{2}) + (1 + sin \frac{γ}{2}) + (1 + sin \frac{γ}{2}) + (1 + sin \frac{γ}{2})}{4})}^{4} = {(\frac{3}{2})}^{4}, \end{matrix}

így

\begin{matrix} S ≦ \frac{3 \sqrt[]{3}}{2}, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} S = sin α + sin β + sin γ ≦ \frac{3 \sqrt[]{3}}{2} . \end{matrix}

A szinusztétel szerint azonban

\begin{matrix} \frac{sin α}{a} = \frac{sin β}{b} = \frac{sin γ}{c} = \frac{1}{2 R}, \end{matrix}

ezért

\begin{matrix} \frac{3 \sqrt[]{3}}{2} ≧ S = \frac{1}{2 R} (a + b + c), \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} \frac{a + b + c}{3 \sqrt[]{3}} ≦ R . \end{matrix}

(2a)

Jelöljük az

A B C

háromszög

a

b

c

oldalaihoz (kívülről) hozzáirt körök sugarát rendre

r_{a}

r_{b}

r_{c}

-vel. Ezek harmonikus és mértani közepeire :

\begin{matrix} \frac{3}{\frac{1}{r_{a}} + \frac{1}{r_{b}} + \frac{1}{r_{c}}} ≦ \sqrt[3]{r_{a} r_{b} r_{c}} . \end{matrix}

Ismeretes, hogy (

A B C

területét

t

-vel jelölve)

\begin{matrix} r_{a} = \frac{2 t}{b + c - a}, r_{b} = \frac{2 t}{a - b + c}, r_{c} = \frac{2 t}{a + b - c}, \end{matrix}

így

\begin{matrix} \frac{6 t}{a + b + c} ≦ \sqrt[3]{\frac{t^{3}}{(s - a) (s - b) (s - c)}} = t \sqrt[3]{\frac{s}{t^{2}}}, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} \frac{3}{s} ≦ \sqrt[3]{\frac{s}{t^{2}}} . \end{matrix}

Köbreemelés, rendezés, majd négyzetgyökvonás után azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} 3 \sqrt[]{3} t ≦ s^{2}, \end{matrix}

ebből pedig

r s = t

figyelembevételével:

\begin{matrix} 2 r ≦ \frac{a + b + c}{3 \sqrt[]{3}} . \end{matrix}

(2b)

Két utóbbi eredményünket összefoglalva tehát:

\begin{matrix} 2 r ≦ \frac{a + b + c}{3 \sqrt[]{3}} ≦ R . \end{matrix}

(3)

Utoljára egy olyan összefüggést bizonyítunk, amelyben az

A B C

háromszög oldalai és szögei egyaránt előfordulnak (persze továbbra is szimmetrikus szereposztásban). Korábban már láttuk, hogy

\begin{matrix} \frac{r}{4 R} = \frac{1}{2} (cos \frac{β - γ}{2} - sin \frac{α}{2}) sin \frac{α}{2} = \frac{1}{2} (cos \frac{β - γ}{2} - cos \frac{β + γ}{2}) sin \frac{α}{2} = \\ = sin \frac{α}{2} sin \frac{β}{2} sin \frac{γ}{2}, \end{matrix}

továbbá

\begin{matrix} r = (s - a) tg\frac{α}{2}, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} cos \frac{α}{2} = \frac{1}{r} (s - a) sin \frac{α}{2}; \end{matrix}

ezért

\begin{matrix} a b c cos \frac{α}{2} cos \frac{β}{2} cos \frac{γ}{2} = a b c \frac{1}{r^{3}} (s - a) (s - b) (s - c) \cdot \frac{r}{4 R} = \\ = 4 R t \frac{1}{r^{3}} \cdot \frac{t^{2}}{s} \cdot \frac{r}{4 R} = \frac{t^{3}}{r^{2} s} = r s^{2} . \end{matrix}

A számtani és mértani középre fennálló egyenlőtlenség szerint így

\begin{matrix} a cos \frac{α}{2} + b cos \frac{β}{2} + c cos \frac{γ}{2} ≧ 3 \sqrt[3]{r s^{2}} . \end{matrix}

Alkalmazzuk most a (2b) becslést :

\begin{matrix} 3 \sqrt[3]{r s^{2}} = 3 \sqrt[3]{r {(\frac{a + b + c}{2})}^{2}} ≧ 3 \sqrt[3]{r \cdot 27 r^{2}} = 9 r, tehát \end{matrix}

\begin{matrix} r ≦ \frac{1}{9} (a cos \frac{α}{2} + b cos \frac{β}{2} + c cos \frac{γ}{2}) . \end{matrix}

(3a)

Most az egyenlőtlenség jobb oldalán álló mennyiséget becsüljük felülről. Az

A C_{1} O

derékszögű háromszögből

\begin{matrix} cos \frac{α}{2} = \frac{A C_{1}}{A O} = \frac{s - a}{\sqrt[]{r^{2} + {(s - a)}^{2}}}; \end{matrix}

mivel pedig

\begin{matrix} r^{2} + {(s - a)}^{2} & = \frac{t^{2}}{s^{2}} + {(s - a)}^{2} = \frac{(s - a) (s - b) (s - c)}{s} + {(s - a)}^{2} = \\ = \frac{s - a}{s} ((s - b) (s - c) + s (s - a)) = \frac{(s - a) b c}{s}, \end{matrix}

ezért

\begin{matrix} a \cdot cos \frac{α}{2} = \sqrt[]{s} \cdot \frac{a \sqrt[]{s - a}}{\sqrt[]{b c}} = \sqrt[]{s} \cdot \sqrt[]{\frac{a^{3} (s - a)}{a b c}} \end{matrix}

A számtani és négyzetes közép között fennálló egyenlőtlenség szerint így

\begin{matrix} a cos \frac{α}{2} + b cos \frac{β}{2} + c cos \frac{γ}{2} = \sqrt[]{s} (\sqrt[]{\frac{a^{3} (s - a)}{a b c}} + \sqrt[]{\frac{b^{3} (s - b)}{a b c}} + \sqrt[]{\frac{c^{3} (s - c)}{a b c}}) ≦ \end{matrix}

(3b)

\begin{matrix} ≦ \sqrt[]{3 s} \sqrt[]{\frac{a^{3} (s - a) + b^{3} (s - b) + c^{3} (s - c)}{a b c}} . \end{matrix}

Legyen

\begin{matrix} P = \frac{a^{3} (s - a) + b^{3} (s - b) + c^{3} (s - c)}{a b c}; \end{matrix}

megmutatjuk, hogy

\begin{matrix} \sqrt[]{s} \cdot \sqrt[]{P} ≦ \frac{1}{2} (s + P) . \end{matrix}

(3c)

Valóban, (3c) mindkét oldala nemnegatív, és ezek négyzeteire:

\begin{matrix} s P ≦ \frac{1}{4} (s^{2} + 2 s P + P^{2}), \end{matrix}

hiszen rendezés után ez éppen

\begin{matrix} 4 s P ≦ s^{2} + 2 s P + P^{2}, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} 0 ≦ s^{2} - 2 s P + P^{2} = {(s - P)}^{2}, \end{matrix}

ami természetesen igaz. (3b) és (3c) szerint tehát

\begin{matrix} a cos \frac{α}{2} + b cos \frac{β}{2} + c cos \frac{γ}{2} ≦ \frac{\sqrt[]{3}}{2} (s + \frac{a^{3} (s - a) + b^{3} (s - b) + c^{3} (s - c)}{a b c}) . \end{matrix}

(3d)

Ezután azt látjuk be, hogy

\begin{matrix} \frac{a^{3} (s - a) + b^{3} (s - b) + c^{3} (s - c)}{a b c} ≦ s . \end{matrix}

Rendezéssel:

\begin{matrix} a^{3} (b + c - a) + b^{3} (a + c - b) + c^{3} (a + b - c) ≦ a b c (a + b + c), \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} 0 ≦ a^{2} (b - a) (c - a) + b^{2} (a - b) (c - b) + c^{2} (a - c) (b - c) . \end{matrix}

Legyen például

a ≦ b ≦ c

; az utóbbi egyenlőtlenség jobb oldala ekkor a következőképpen becsülhető :

\begin{matrix} a^{2} (b - a) (c - a) + b^{2} (a - b) (c - b) + c^{2} (a - c) (b - c) = \\ = a \cdot a (b - a) (c - a) - b^{2} (b - a) (c - b) + c^{2} (c - a) (c - b) ≧ \\ ≧ a (c - b) (b - a) (c - a) - b^{2} (c - a) (c - b) + c^{2} (c - a) (c - b) = \\ = (c - a) (c - b) (a (b - a) - b^{2} + c^{2}) ≧ (c - a) (c - b) (a (b - a)) ≧ 0, \end{matrix}

így (3e) is teljesül. (3d) és (3e) alapján tehát

\begin{matrix} a cos \frac{α}{2} + b cos \frac{β}{2} + c cos \frac{γ}{2} ≦ \frac{\sqrt[]{3}}{2} (a + b + c) . \end{matrix}

A jobb oldalra most alkalmazható (2a), ebből pedig ‐ (3a)-val kiegészítve ‐ azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} r = \frac{1}{9} (a cos \frac{α}{2} + b cos \frac{β}{2} + c cos \frac{γ}{2}) ≦ \frac{1}{2} R . \end{matrix}

(4)