Cím:	Ponthalmazok varázsszámairól
Szerző(k):	Surányi László
Füzet:	1990/november, 360 - 370. 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. Megjegyzések a 2778. feladathoz   Többen észrevették, hogy az F. 2778 feladat ,,folytatása'' az F. 2641. és F. 2661. feladatoknak. Az F. 2641. feladat azt állította, hogy akárhogyan adunk meg a $\left[\mathrm{0,1}\right]$ zárt intervallumon véges sok pontot, mindig található hozzájuk olyan pont az intervallumban, amelynek tőlük vett átlagtávolsága $1/2$, és ugyanez az állítás az $1/2$ szám helyett más számra nem teljesül. Megismételjük a bizonyítást, mert a későbbiek legtöbb ötlete már ennek az egyszerű feladatnak a bizonyításánál is előkerül. Először is azt kell észrevennünk, hogy ha két pontot adunk meg, és ez a két pont az intervallum két végpontja, akkor egy tetszőleges $y$ pontnak tőlük vett átlagtávolsága mindig $\left(1/2\right)\left(|y-0|+|y-1|\right)=\left(1/2\right)\left(y+\left(1-y\right)\right)=\frac{1}{2}$. A feladat állítása tehát valóban csak az $1/2$ számra teljesülhet. Másrészt legyen adva az intervallumon $n$ pont, $x_1$, $x_2$, $\text{...}$, $x_n$. Az $y$ pont tőlük vett $f\left(y\right)$ átlagtávolságára teljesül, hogy $f\left(y\right)=\frac{1}{n}\left(|y-x_1|+|y-x_2|+\text{...}+|y-x_n|\right)$, s ez folytonos függvény ($y$-ban). Másrészt tetszőleges $x_i$ pontoknak a $0$-tól és az $1$-től vett távolságának összege $1$, ezért $f\left(0\right)+f\left(1\right)=\frac{1}{n}\left(|0-x_1|+|1-x_1|+|0-x_2|+|1-x_2|+\text{...}+|0-x_n|+|1-x_n|\right)=\frac{1}{n}\cdot n=1$. Így vagy $f\left(0\right)=\frac{1}{2}$, s ekkor a $0$ pontnak az $x_i$ pontoktól vett átlagtávolsága $1/2$, vagy $f\left(0\right)<1/2$, de ekkor $f\left(1\right)>\frac{1}{2}$, s mivel $f\left(y\right)$ folytonos, valahol $0$ és $1$ között van olyan $y$, amelyre $f\left(y\right)=\frac{1}{2}$. A harmadik esetben, amikor is $f\left(0\right)>\frac{1}{2}\text{és}f\left(1\right)\frac{1}{2}$, ugyanez igaz. Mindenképp találtunk tehát egy pontot, amelynek az $x_1$, $x_2$, $\text{...}$, $x_n$ pontoktól vett átlagtávolsága $1/2$. Ezzel a tétel bizonyítását befejeztük. Nyilvánvaló, hogy a fenti bizonyítás tetszőleges folytonos görbére elmondható, ha két pont ,,távolságán'' a két pont közötti görbeív hosszát értjük. Ehhez viszont szükséges, hogy a görbe véges hosszúságú legyen, ami nem minden folytonos görbére teljesül: a híres hópehelygörbe olyan folytonos görbe, amelynek tetszőleges két pontja között ,,végtelen hosszú'' az ív. A következő állítást kapjuk tehát: Ha $G$ két (különböző) végpontú, véges $g$ hosszúságú folytonos görbe, amely nem metszi önmagát, akkor bármely véges sok pontjához található olyan pont a görbén, amelynek tőlük vett ,,távolság''-átlaga $g/2$, és a $g/2$ szám mással nem helyettesíthető. A görbe két pontjának ,,távolságán'' a két pont közötti ív hosszát értjük. Mielőtt továbbmennénk, bevezetünk egy új kifejezést. Tegyük fel, hogy az $X$ ponthalmazon értelmezve van egy ,,távolság'' (ez lehet az ívtávolság is, a szokásos sík-, ill. térbeli távolság is). Azt mondjuk, hogy $\alpha$ e ,,távolság'' mellett varázsszáma $X$-nek, ha az $X$ ponthalmaz bármely $x_1$, $x_2$, $\text{...}$, $x_n$ pontjához van olyan $y$ pont $X$-ben, amelynek az $x_1$, $\text{...}$, $x_n$ pontoktól vett átlag-,,távolsága'' $\alpha$. Előző tételünk most így fogalmazható:   1. tétel. Egy két végpontú, véges $g$ hosszúságú, önmagát nem metsző folytonos görbe egyetlen varázsszáma: $\text{g}/2$. Az F. 2778. feladat után írt megjegyzésben (374. old.) azt is megmutattuk, hogy igaz az alábbi   2. tétel. Egy önmagába záruló, véges $g$ hosszúságú, önmagát nem metsző folytonos görbe egyetlen varázsszáma $\text{g}/4$. Mindkét esetben az ívhosszt, illetve a rövidebbik ívhosszt értjük távolságon. E két tételt először, úgy tűnik, P. Nicholas vette észre. Az alábbi cikkben O. Gross, Joan Cleary, David Yost, A. Morris és P. Nicholas nyomán e tételeket messzemenően általánosítani fogjuk. Szükségünk lesz néhány definícióra és megjegyzésre. A) Ha $B_1$, $B_2$, $\text{...}$,$B_n$ a sík (a tér) pontjai és $f\left(A\right)=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^{n}A{B}_i$ az $A$ pontnak tőlük vett átlagtávolsága (egyelőre a szokásos távolságot használjuk),akkor $f\left(A\right)$ folytonos függvénye $A$-nak. Ez azt jelenti, hogy minden $\epsilon >0$ számhoz van olyan $\delta$, hogy ha $AA\text{'}<\delta$, akkor $|f\left(A\right)-f\left(A\text{'}\right)|<\epsilon$. Ez egyszerűen következik a háromszögegyenlőtlenségből: $\begin{array}{c}{\displaystyle |B_{i}A-B_{i}A\text{'}|\le AA\text{'}\mathrm{,}}\end{array}$ így $\begin{array}{c}{\displaystyle |f\left(A\right)-f\left(A\text{'}\right)|=\frac{1}{n}\left|\sum _{i=1}^n\left(B_{i}A-B_{i}A\text{'}\right)\right|\le \frac{\sum _{i=1}^n|B_{i}A-B_{i}A\text{'}|}{n}\le \frac{nAA\text{'}}{n}=AA\text{'}\mathrm{.}}\end{array}$ (Két pont egymástól vett távolsága nem nagyobb adott $n$ ponttól vett átlagtávolságuk különbségénél.) Így $\delta =\epsilon$ választással éppen a kívánt állítást kapjuk. Az $X$ ponthalmaz korlátos, ha van olyan kör a síkban, ill. gömb a térben, amely őt tartalmazza. Ekkor $X$ bármely két pontjának távolsága legföljebb akkora, mint a kör, ill. gömb átmérője. $X$ átmérője az a legkisebb $d$ szám, amelyre igaz, hogy $X$ semelyik két pontjának távolsága nem nagyobb $d$-nél. Az $X$ ponthalmaz zárt, ha minden torlódási pontját tartalmazza. (Az $X$ ponthalmaznak a $P$ pont akkor torlódási pontja, ha hozzá tetszőlegesen közel van $X$-nek $P$-től különböző pontja.) Ismert tény, hogy korlátos ponthalmaz bármely végtelen $P_1$, $P_2$, $\text{...}$, $P_n$, $\text{...}$ pontsorozatának van torlódási pontja. Ha a ponthalmaz zárt, akkor e torlódási pontot tartalmazza is. Ebből adódik következő megjegyzésünk:   B) Ha $X$ korlátos, zárt ponthalmaz, akkor bármely végtelen $P_1$, $P_2$, $\text{...}$, $P_n$, $\text{...}$ pontsorozatának van $X$-ben torlódási pontja. Ebből viszont következik a harmadik megjegyzésünk: C) Ha az $X$ korlátos, zárt halmaz átmérője $d$, akkor van olyan $P$ és $Q$ pont $X$-ben, amelyek távolsága éppen $d$. (Ha nem ad félreértésre okot, az ilyen $PQ$ szakaszt is $X$ átmérőjének fogjuk nevezni.)   Minden $n$-re van ugyanis olyan $P_n$ és $Q_n$ $X$-ben, amelyre $P_n{Q}_n>d-1/n$. Ekkor azonban a $P_1$, $P_2$, $\text{...}$, $P_n$, $\text{...}$ sorozat bármely $P$ és a $Q_1$, $Q_2$, $\text{...}$, $Q_n$, $\text{...}$ sorozat bármely $Q$ torlódási pontjára (a távolság folytonossága miatt) $PQ\ge d$. Mivel $X$ zárt, $P$ is, $Q$ is benne van, s mivel $X$ átmérője $d$, ezért $PQ\le d$. Így $PQ=d$, amit bizonyítani akartunk. Most rátérünk tulajdonképpeni témánkra. Első új tételünk már nagyon általános ugyan, de még a ,,metrikus'' (távolsággal összefüggő) tulajdonságokon túl más geometriai tulajdonságokat is figyelembe vesz: 3. tétel. Ha az $X$ középpontosan szimmetrikus, korlátos, zárt, konvex (sík- vagy térbeli) tartomány átmérője $d$, akkor egyetlen varázsszáma van, $d/2$. (Megjegyezzük, hogy az I. tétel levezethető ebből a tételből, ha a görbe helyett olyan ,,szakaszt'' tekintünk, ahol ,,nem egyenletes a távolság''.) A 3. tételből következik jó néhány egyszerű sík-, ill. térbeli alakzat varázsszáma: B. 1. következmények: A szokásos sík-, ill. térbeli távolság mellett ‐ az $r$ sugarú körlemez egyetlen varázsszáma $r$, az ellipszistartományé a fél nagytengely; ‐ az egységoldalú négyzetlap egyetlen varázsszáma $1/\sqrt[]{2}$, az $a$ és $b$ oldalú téglalapé $\left(1/2\right)\sqrt[]{a^2+b^2}$; ‐ a (tömör) egységkocka egyetlen varázsszáma $\sqrt[]{3}/2$, az $a$, $b$, $c$ élű tömör tégláé $\frac{\sqrt[]{a^2+b^2+c^2}}{2}$. ‐ a szabályos $2n$-szögtartomány egyetlen varázsszáma a legnagyobb átló fele.   A 3. tétel nem ad felvilágosítást a szabályos $2n+1$-szögről, így a szabályos háromszögről sem.   Tételünk bizonyításához szükségünk van néhány egyszerű megjegyzésre: D) Korlátos zárt halmaznak nincs az átmérő felénél kisebb varázsszáma. Ha ugyanis $PQ$ a halmaz átmérője, akkor tetszőleges $A$ pontnak e két ponttól vett átlagtávolsága $\frac{1}{2}\left(PA+QA\right)\ge \frac{1}{2}PQ$ a háromszögegyenlőtlenség szerint. E két ponttól vett átlagtávolság tehát nem kisebb az átmérő felénél. E) Ha egy halmaz belefoglalható egy $r$ sugarú körbe (ill. gömbbe), és tartalmazza annak középpontját, akkor nincs $r$-nél nagyobb varázsszáma. Ha ugyanis $O$ e kör, ill. gömb közepe, akkor tetszőleges $A$ pontnak $O$-tól vett ,,átlagtávolsága'', azaz távolsága legföljebb $r$. A D) és E) megjegyzések alapján   F) ha egy korlátos és zárt halmaz átmérője $d$, és belefoglalható egy $d/2$ sugarú körbe (ill. gömbbe), tartalmazza ennek a középpontját, akkor csakis $d/2$ lehet a varázsszáma. F)-ből még nem következik, hogy $d/2$ valóban varázsszáma a halmaznak.   Térjünk most vissza a 3. tétel bizonyítására. Legyen $X$ középpontosan szimmetrikus, korlátos és zárt halmaz és legyen $O$ a középpontja. Legyen $X$ átmérője $d$, és rajzoljunk $O$ köré $d/2$ sugarú kört, ill. gömböt. Ez a kör (ill. gömb) az egész $X$ halmazt tartalmazza. Ha ugyanis $X$ valamely $P$ pontja ,,kilógna'', arra $OP>d/2$ teljesülne. De $P$-nek $O$-ra vonatkozó $P\text{'}$ tükörképe is $X$-hez tartozik, másrészt $PP\text{'}=2OP>d$ volna, ami ellentmondás. Ha tehát $X$ középpontosan szimmetrikus, korlátos és zárt, akkor teljesül rá az F) megjegyzés feltétele, így csakis $d/2$ lehet a varázsszáma. Azt kell még belátnunk, hogy $d/2$ valóban varázsszáma $X$-nek. Mivel $X$ belefoglalható egy $O$ középpontú, $d/2$ sugarú körbe, ill. gömbbe, így $X$ minden átmérője átmérője ennek a körnek (ill. gömbnek) is. Ha tehát $PQ$ az $X$ halmaz egy átmérője, akkor $O$ felezőpontja a $PQ$-nak. Legyenek most $B_1$, $B_2$, $\text{...}$, $B_n$ az $X$ halmaz pontjai, és $PQ$ egy átmérő. $P{B}_i+Q{B}_i\ge PQ=d$ minden $B_i$ pontra, így $P$-nek a $B_i$ -ktől vett átlagtávolsága és $Q$-nak a $B_i$-ktől vett átlagtávolsága összesen legalább $d$: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}P{B}_i+\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}Q{B}_i=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n\left(P{B}_i+Q{B}_i\right)\ge \frac{n\cdot d}{n}=d\mathrm{.}}\end{array}$ Ebből viszont következik, hogy $P$ és $Q$ egyikének, pl. $P$-nek a $B_i$-ktől vett átlagtávolsága legalább $d/2$. Az is világos, hogy $O{B}_i\le d/2$, tehát $O$-nak a $B_i$-ktől vett átlagtávolsága legföljebb $d/2$. Ha $A$ végigfut az $OP$ szakaszon, akkor $A$-nak a $B_i$-ktől vett átlagtávolsága az A) megjegyzés szerint folytonosan változik. Valahol $O$ és $P$ között tehát van olyan $A$ pont, amelyre felveszi a $d/2$ értéket. A bizonyítás ezzel ‐ majdnem ‐ kész is van. Azt kell még belátnunk, hogy $A$ valóban $X$-ben van. Azt tudjuk, hogy a $P$ pont $X$-ben van, és $Q$ is. Eddig nem használtuk, hogy az $X$ halmaz konvex. Ezt felhasználva viszont kapjuk, hogy a $PQ$ szakasz minden pontja $X$-ben van, és $A$ rajta van ezen a szakaszon. Ezzel a 3. tétel bizonyítását befejeztük. Említettük már, hogy a 3. tétel nem elég a szabályos $2n+1$-szögtartomány varázsszámának megállapításához. Az általános háromszöglap varázsszámához sem elég. Most egy általánosabb, Szekeres Györgytől és Szekeres Esztertől származó tételt fogunk bebizonyítani, ami legalábbis a szabályos $2n+1$-szöglap és a nem-hegyesszögű háromszöglap esetére jó:   4. tétel. Ha $X$ korlátos, zárt, síkbeli konvex halmaz, és a legkisebb, $X$-et lefedő kör sugara $r$, akkor $r$ varázsszáma $X$-nek. E tételből már egyszerűen adódik az alábbi:   4.1. következmények: A derékszögű háromszöglap egyetlen varázsszáma az átfogó fele.   A tompaszögű háromszöglap egyetlen varázsszáma a leghosszabb oldal fele. Ha ugyanis a háromszög nem hegyesszögű, akkor a leghosszabb oldala mint átmérő fölé írt kör lefedi az egész háromszöget, s ez nyilván az egész háromszöget lefedő legkisebb kör. Másrészt a háromszög átmérője a legnagyobb oldala, így az F) megjegyzés szerint csakis a leghosszabb oldal fele lehet varázsszám, s a 4. tétel szerint ez valóban varázsszáma a nem-hegyesszögű háromszögnek. Hegyesszögű háromszögre ugyanez a bizonyítás kevesebbet ad:   4.2. következmény: A hegyesszögű háromszögnek a köré írt kör $r$ sugara varázsszáma, és nincs $r$-nél nagyobb varázsszáma. Az E) szerint ugyanis nincs $r$-nél nagyobb varázsszáma, és a 4. tétel alapján $r$ valóban varázsszáma, hiszen a hegyesszögű háromszöget lefedő körök közül a köré írt kör a legkisebb.   4.3. következmény: A szabályos háromszög egyetlen varázsszáma a köré írt kör sugara. A köré írt kör a legkisebb a szabályos sokszöget lefedő körök közt, tehát a 4. tétel szerint ennek $r$ sugara valóban varázsszám. Az E) megjegyzés szerint nincsen $r$-nél nagyobb varázsszáma. Végül, ha a sokszög csúcsait választjuk pontoknak, akkor egy tetszőleges pontnak tőlük vett távolságösszege ‐ s így átlagtávolsága is ‐ a szabályos sokszög középpontjában minimális az ismert tétel szerint; így tetszőleges pontnak a csúcsoktól vett átlagtávolsága legalább $r$. Nincs tehát $r$-nél kisebb varázsszám sem. Most rátérünk a 4. tétel bizonyítására: Legyen $O$ a legkisebb, $X$-et tartalmazó kör közepe. (Hogy ilyen van, azt ahhoz hasonlóan lehet belátni, ahogyan C)-t bizonyítottuk.) Tegyük fel, hogy $B_1$, $B_2$, $\text{...}$, $B_n$ az $X$ halmaz pontjai, és legyen $S$ a súlypontjuk. Tekintsük a legkisebb, $S$ középpontú kört, amely az egész $X$ halmazt lefedi. Ilyen nyilván van, és a sugara legalább $r$. Az $X$ halmaz zártsága miatt található a körön $X$-beli pont (ez megint C)-hez hasonlóan bizonyítható); legyen egy ilyen pont $C$. Ekkor $CS\ge r$ és $\begin{array}{c}{\displaystyle CS=\left|\overrightarrow{CS}\right|=\left|\frac{\overrightarrow{C{B}_1}+\overrightarrow{C{B}_2}+\text{...}+\overrightarrow{C{B}_n}}{n}\right|\le \frac{\left|\overrightarrow{C{B}_1}\right|+\text{...}+\left|\overrightarrow{C{B}_n}\right|}{n}\mathrm{,}}\end{array}$ tehát a $C$ pontnak a $B_i$ pontoktól vett átlagtávolsága legalább $r$. Másrészt az $O$ pontnak a $B_i$ pontoktól vett átlagtávolsága legfeljebb $r$, hiszen $O{B}_i\le r$ minden $B_i$-re. Minthogy az átlagtávolság folytonos (lásd az A) megjegyzést), ezért van olyan $A$ pont az $OC$ szakaszon, amelynek a $B_i$ pontoktól vett átlagtávolsága éppen $r$. A bizonyítással ismét csak majdnem vagyunk készen. Be kell még látnunk, hogy $A$ az $X$ halmazban van. A $C$ pontról ezt tudjuk, így $X$ konvexitása miatt elég megmutatni, hogy $O$ is $X$-ben van. Ez azonban most korántsem olyan magától értetődő. (Láttuk pl., hogy a tompaszögű háromszög esetében $O$ a háromszög határán van.) A következő segédtételt fogjuk e célból bizonyítani:   G) Ha $X$ konvex, zárt, korlátos tartomány a síkban, akkor az $X$-et lefedő legkisebb kör középpontja $X$-ben van.     1. ábra   Legyen $k$ a legkisebb lefedő kör, és legyen $O$ a középpontja; legyen továbbá $KK\text{'}$ a kör egy tetszőleges átmérője. Ha $KK\text{'}$-n nincs pontja $X$-nek, akkor $X$ a konvexitása miatt teljes egészében a $KK\text{'}$ egyenes egyik oldalán van. $X$ zárt, így minden támaszegyenesén van pontja. A $KK\text{'}$ ezek szerint nem támaszegyenes. Húzzuk meg a $KK\text{'}$-vel párhuzamos, $KK\text{'}$-höz közelebbi támaszegyenest. Ez $L$ és $L\text{'}$ pontokban metszi a kört (1. ábra). Ekkor az egész $X$ benne van abban a tartományban, amelyet az $LL\text{'}$ szakasz és a rövidebbik $LL\text{'}$ körív határol. Ennek a tartománynak az átmérője $LL\text{'}$, és az $LL\text{'}$ mint átmérő fölé rajzolt kör teljesen lefedi. Így nem $k$ a legkisebb az $X$-et lefedő körök közül, hiszen $LL\text{'}<KK\text{'}$. Ez az ellentmondás bizonyítja, hogy a $k$ kör minden átmérőjén van pontja $X$-nek. Ha az $OK$ az és $OK\text{'}$ szakaszon is van pontja, akkor $X$ tartalmazza ezek összekötő szakaszát (hiszen konvex), így az $O$ pontot is.     2. ábra   Tegyük fel tehát, hogy pl. $OK\text{'}$-n nincs pontja $X$-nek. Forgassuk el az $OK\text{'}$ sugarat $O$ körül pozitív és negatív irányban addig, amíg nem kerül rá $X$-nek egy-egy pontja. $X$ zártsága miatt van egy első olyan helyzete a sugárnak, amikor tartalmazza $X$ valamely pontját. Legyen ez a helyzet pozitív irányban az $OM$, negatív irányban az $OM\text{'}$ sugár (2. ábra). $OM$ egy $X$-hez tartozó pontja legyen $P$, $OM\text{'}$ egy $X$-hez tartozó pontja legyen $P\text{'}$. Ha a $K\text{'}$-t tartalmazó $MOM\text{'}\sphericalangle <{180}^{\circ }$, akkor $PP\text{'}$ metszené $OK\text{'}$-t. De a konvexitás miatt $PP\text{'}$ minden pontja $X$-ben van, így $OK\text{'}$-nek is lenne közös pontja $X$-szel. Ha $MOM\text{'}\sphericalangle >{180}^{\circ }$, akkor az $MOM\text{'}$ szög szögfelezőjére $O$-ban húzott merőleges olyan átmérőegyenese volna a körnek, amely $X$ egyetlen pontját sem tartalmazná (mivel az egész $X$ a konvex $MOM\text{'}$ szögtartomány belsejében van). Ez viszont, mint láttuk, lehetetlen. Így marad az az eset, ha $MOM\text{'}\sphericalangle ={180}^{\circ }$. Ekkor a $PP\text{'}$ szakasz tartalmazza $O$-t, a $PP\text{'}$ szakaszt pedig tartalmazza $X$. Ezzel állításunkat beláttuk. Itt jegyezzük meg, hogy még nehezebb a fenti állítás térbeli megfelelőjét bizonyítani, ami viszont szükséges a következő ‐ egyébként a 3. tétellel teljesen megegyezően igazolható tételhez:   3$\text{'}$. tétel: Ha $X$ korlátos, zárt és konvex térbeli ponthalmaz, és $r$ a legkisebb, $X$-et lefedő gömb sugara, akkor $r$ varázsszáma $X$-nek.   Térjünk most vissza az F. 2661. feladathoz, ami a következő ‐ J. Clearytől származó ‐ tétel bizonyítását követelte (ahol $X$ már nem konvex):   4. tétel: Az a oldalú szabályos háromszög kerületének varázsszáma $\frac{2+\sqrt[]{3}}{6}a$, ha a pontok távolságain a rendes síkbeli távolságot értjük.   Ennek bizonyításához legyen a $PQR$ szabályos háromszög három csúcsa a három kiválasztott pont, és legyen $A$ pl. a $PQ$ oldal egy tetszőleges pontja (3. ábra). Ekkor $AP+AQ=PQ=a$ és $AR\ge \frac{\sqrt[]{3}}{2}a$, a háromszög magassága. Így az $A$ pontnak $P$, $Q$, $R$ pontoktól vett átlagtávolsága legalább $\frac{1}{3}\left(a+\frac{\sqrt[]{3}}{2}a\right)=\frac{2+\sqrt[]{3}}{6}a$.     3. ábra   Ennél kisebb varázsszám tehát nincsen. Legyen másrészt $F_1$, $F_2$, $F_3$ rendre a $PQ$, $QR$, $RP$ oldal felezőpontja, és legyen $A$ pl. a $P{F}_1$ szakasz pontja. Ekkor $A{F}_3\le AP+P{F}_3$, így $A{F}_1+A{F}_3\le F_{1}P+P{F}_3=a$, másrészt $PA{F}_2\sphericalangle \ge {120}^{\circ }$ (ha létrejön), így a $PA{F}_2$ háromszögben (ha létrejön) $P{F}_2>A{F}_2$. Ha a háromszög nem jön létre (azaz $A=P$), akkor $P{F}_2=A{F}_2$. Mindenképpen azt kapjuk, hogy