Kezdőlap


Cím:	60 éve jelent meg a KöMaL-ban az Erdős-Mordell tétel
Szerző(k):	Reiman István
Füzet:	1995/október, 385 - 394. 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.

^{$^{*}$}A Bolyai János Matematikai Társulat Ifjúsági Matematikai Körében 1995. február 17-én elhangzott előadás.
A Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok 1935. február 15-i számában egy kis cikk jelent meg; ez elsőnek közölt egy azóta sokat emlegetett geometriai tételt, amelyet Erdős‐Mordell tételnek (vagy egyenlőtlenségnek) szokás nevezni. A tétel maga Erdős Páltól származik, a közölt megoldás pedig L. J. Mordelltől. Erdős egyenlőtlenségét feladatként tűzte ki a nagyon népszerű amerikai folyóiratban, az American Mathematical Monthlyban (a feladat itt valamivel később jelent meg, mint nálunk), megoldásait azonban csak 1937-ben közölték; ezek egyike Mordell lapunkban közölt megoldásával azonos.
E tétel bizonyításaival, alkalmazásaival, általánosításaival mindmáig sokan foglalkoztak; a vele kapcsolatos irodalom már köteteket töltene meg. Bebizonyosodott ugyanis, hogy ez az egyenlőtlenség valami módon kapcsolatban van a háromszöggeometria legtöbb nevezetes egyenlőtlenségével; számos általánosítási lehetőséget rejt magában, amik szinte vég nélkül folytathatók.
Előadásunk keretében az alkalmazásokon túl éppen azt szeretnénk megmutatni, hogy milyen gondolatokat ébresztett ez a tétel, és milyen irányú általánosításai születtek. Természetesen nem törekszünk arra, hogy minden, e témában felmerült és kutatott területet bemutassunk, csupán néhány jellegzetes, elemi eszközökkel is megközelíthető problémakörre hívjuk fel a figyelmet.

I. A tétel a következő: Legyen

P

A_{1} A_{2} A_{3}

háromszög belső pontja; legyen továbbá

P

távolsága a csúcsoktól rendre

R_{1}

R_{2}

R_{3}

, az

A_{2} A_{3}

A_{3} A_{1}

A_{1} A_{2}

oldalegyenesektől pedig rendre

r_{1}

r_{2}

r_{3}

. Ezek között fennáll az

\begin{matrix} R_{1} + R_{2} + R_{3} \geq 2 (r_{1} + r_{2} + r_{3}) \end{matrix}

(1)

egyenlőtlenség. Egyenlőség akkor és csakis akkor teljesül, ha

A_{1} A_{2} A_{3}

szabályos háromszög és

P

a középpontja (1. ábra).
Vagy röviden: a háromszög egy belső pontjának a csúcsoktól mért távolságösszege legalább kétszerese az oldalegyenesektől mért távolságösszegének.
A tétel különböző bizonyításai megtalálhatók az irodalomjegyzékben megadott könyvekben, ahol csak a magyar nyelven hozzáférhetőket soroltuk fel; e bizonyítások közül mutatunk be egyet.
Először egy segédtételt igazolunk: ha a háromszögben

A_{2} A_{3} = a

A_{3} A_{1} = b

A_{1} A_{2} = c

, akkor

\begin{matrix} a R_{1} \geq b r_{3} + c r_{2}, b R_{2} \geq c r_{1} + a r_{3}, c R_{3} \geq a r_{2} + b r_{1} . \end{matrix}

(2)

Elegendő ezek közül pl. az elsőnek a bizonyítása, a többié teljesen hasonló módon történhet. Legyen

A_{2}

, ill.

A_{3}

tükörképe az

A_{1}

-ből induló szögfelezőre

A'_{2}

, ill.

A_{3}'

(2. ábra); az

A_{1} A_{2}' A_{3}'

háromszög oldalai így

A_{1} A_{2}' = c

A_{2}' A_{3}' = a

A_{3}' A_{1} = b

; legyen ennek

A_{1}

-hez tartozó magassága

m

és a

P

-ből

A_{2}' A_{3}'

-re emelt merőleges

r_{1}'

. Ha

P

A_{2}' A_{3}'

egyenesen van, akkor

r_{1}' = 0

, ha viszont az

A_{1} A_{2}' A_{3}'

háromszögön kívül van,

r_{1}'

-t negatív előjellel vesszük.

\begin{matrix} m \leq R_{1} + r_{1}', \end{matrix}

(3)

hiszen

m

A_{1}

távolsága az

A_{2}' A_{3}'

egyenestől; (3) nyilván teljesül akkor is, ha

r_{1}' \leq 0

. Szorozzuk meg (3) mindkét oldalát

a

-val:

\begin{matrix} a m \leq a R_{1} + a r_{1}', \end{matrix}

(4)

itt

a m

A_{1} A_{2}' A_{3}'

kétszeres területével egyenlő. Ugyanezt kapjuk az

A_{2}' P A_{3}'

A_{3}' P A_{1}

és

A_{1} P A_{2}'

háromszögek kétszeres (előjeles) területeinek az összegezésével:

\begin{matrix} a m = a r_{1}' + b r_{3} + c r_{2} . \end{matrix}

Helyettesítsük ezt (4) bal oldalába:

\begin{matrix} a r_{1}' + b r_{3} + c r_{2} \leq a R_{1} + a r_{1}', \end{matrix}

mindkét oldalból

a r_{1}'

-t kivonva a bizonyítandót kapjuk, amit a segédtételben szereplő egyenlőtlenségekkel együtt átalakítva írunk fel:

\begin{matrix} R_{1} \geq \frac{b}{a} r_{3} + \frac{c}{a} r_{2}, R_{2} \geq \frac{c}{b} r_{1} + \frac{a}{b} r_{3}, R_{3} \geq \frac{a}{c} r_{2} + \frac{b}{c} r_{1} . \end{matrix}

Ezeket összegezve kapjuk:

\begin{matrix} R_{1} + R_{2} + R_{3} \geq (\frac{c}{b} + \frac{b}{c}) r_{1} + (\frac{c}{a} + \frac{a}{c}) r_{2} + (\frac{b}{a} + \frac{a}{b}) r_{3} . \end{matrix}

(5)

Mivel pl.

\begin{matrix} \frac{c}{b} + \frac{b}{c} \geq 2, \end{matrix}

(6)

ezért (5)-ből közvetlenül következik a bizonyítandó (1).
Egyenlőség (1)-ben akkor és csakis akkor állhat, ha ez a (6) és (3) típusú egyenlőtlenségekre is teljesül, azaz

a = b = c

(a háromszög szabályos) és

P

rajta van minden magasságvonalon, azaz a háromszög középpontja.
A tételre adott bizonyítások nagy része bizonyos mértékig ,,finomítja'' a tétel állítását, ez azt jelenti, hogy (1) két oldala közé olyan mennyiséget iktat be, ami (1) bal oldalát jobban közelíti, mint

2 (r_{1} + r_{2} + r_{3})

és jobb oldalát jobban közelíti, mint

R_{1} + R_{2} + R_{3}

. Ebből a szempontból előbbi bizonyításunk is tartalmaz finomítást, hiszen az (5) jobb oldalán álló kifejezés (1) két oldala közé iktatódott be.
Vagy:

\begin{matrix} R_{1} + R_{2} + R_{3} \geq 2 (w_{1} + w_{2} + w_{3}) \geq 2 (r_{1} + r_{2} + r_{3}), \end{matrix}

ahol

w_{1}

w_{2}

w_{3}

rendre az

A_{2} P A_{3}

A_{3} P A_{1}

A_{1} P A_{2}

háromszögek

P

-ből induló szögfelezőinek hossza. A bal oldali egyenlőtlenségből nyilván következik a jobb oldali, hiszen

w_{i} \geq r_{i}

(i = 1,2,3)

(Ennek bizonyítása pl. [4]-ben.)

II. Nézzük most (1) néhány következményét. Érdekes eseteket kapunk, ha

P

a háromszög valamelyik nevezetes pontjával esik egybe.
1. Legyen

P

a hegyesszögű háromszög köré írt körének a középpontja. Ebben az esetben

R_{1} = R_{2} = R_{3} = R

(a köré írt kör sugara);

r_{1} = R cos α

r_{2} = R cos β

r_{3} = R cos γ

. Ezekre alkalmazva (1)-et kapjuk, hogy

\begin{matrix} 3 R \geq 2 R (cos α + cos β + cos γ), \end{matrix}

amiből a nevezetes koszinusz-egyenlőtlenség adódik (hegyesszögű háromszögre):

\begin{matrix} cos α + cos β + cos γ \leq \frac{3}{2} . \end{matrix}

Ha viszont a jól ismert

\begin{matrix} r_{1} + r_{2} + r_{3} = r + R \end{matrix}

összefüggést (l. pl. [4]-et) helyettesítjük (1)-be (

r

a beírt kör sugara), a

\begin{matrix} 3 R \geq 2 r + 2 R, R \geq 2 r \end{matrix}

egyenlőtlenséget, az ún. sugáregyenlőtlenséget kapjuk; egyenlőség itt is csak a szabályos háromszög esetén áll fenn.
2. Ha

P

a beírt kör középpontja, tehát rajta van mindegyik szögfelezőn, legyen az

A_{1}

-ből induló

f_{a}

szögfelező végpontja

A_{1}'

. A szögfelezőtételt az

A_{1} A_{2} A_{3}

háromszögre alkalmazva kapjuk, hogy (3. ábra)

\begin{matrix} A_{2} A_{1}' = \frac{a c}{b + c}, \end{matrix}

majd ugyanezt megismételve az

A_{1} A_{1}' A_{2}

háromszögre és annak

R_{2}

szögfelezőjére:

\begin{matrix} R_{1} = \frac{c f_{a}}{c + \frac{a c}{b + c}} = \frac{(b + c) f_{a}}{a + b + c} = \frac{(b + c) f_{a}}{2 s} . \end{matrix}

Hasonlóan:

\begin{matrix} R_{2} = \frac{(c + a) f_{b}}{2 s}, R_{3} = \frac{(a + b) f_{c}}{2 s} . \end{matrix}

Alkalmazzuk ezekre (1)-et:

\begin{matrix} \frac{1}{2 s} ((b + c) f_{a} + (c + a) f_{b} + (a + b) f_{c}) \geq 6 r, \end{matrix}

s mivel

r s = t

(a háromszög területe),

\begin{matrix} (b + c) f_{a} + (c + a) f_{b} + (a + b) f_{c} \geq 12 t; \end{matrix}

ez a háromszög oldalai, szögfelezői és területe között ad meg összefüggést.
Ha viszont a 3. ábra alakzatáról az

\begin{matrix} R_{1} = \frac{r}{sin \frac{α}{2}}, R_{2} = \frac{r}{sin \frac{β}{2}}, R_{3} = \frac{r}{sin \frac{γ}{2}} \end{matrix}

összefüggést olvassuk le és erre alkalmazzuk (1)-et, az

\begin{matrix} \frac{r}{sin \frac{α}{2}} + \frac{r}{sin \frac{β}{2}} + \frac{r}{sin \frac{γ}{2}} \geq 2 \cdot 3 r = 6 r, \end{matrix}

\begin{matrix} \frac{1}{sin \frac{α}{2}} + \frac{1}{sin \frac{β}{2}} + \frac{1}{sin \frac{γ}{2}} \geq 6 \end{matrix}

ismert összefüggés adódik.
3. Nevezetes egyenlőtlenség a következő: ha

P

a háromszög tetszőleges belső pontja, akkor

\begin{matrix} R_{1} + R_{2} + R_{3} \geq 6 r \end{matrix}

(7)

és egyenlőség csakis a szabályos háromszög középpontjára áll fenn.
Legyen itt is

P

távolsága az oldalaktól

r_{1}

r_{2}

r_{3}

és az

A_{1}

A_{2}

A_{3}

csúcsokhoz tartozó magasságok rendre

m_{a}

m_{b}

m_{c}

. Mivel pl.

A_{1}

távolsága a szemközti oldaltól

m_{a}

m_{a} \leq R_{1} + r_{1}

és ebből

\begin{matrix} r_{1} \geq m_{a} - R_{1}, és hasonlóan r_{2} \geq m_{b} - R_{2}, r_{3} \geq m_{c} - R_{3} . \end{matrix}

(1) alapján tehát

\begin{matrix} R_{1} + R_{2} + R_{3} \geq 2 (r_{1} + r_{2} + r_{3}) \geq 2 (m_{a} + m_{b} + m_{c}) - 2 (R_{1} + R_{2} + R_{3}) . \end{matrix}

Ebből

\begin{matrix} R_{1} + R_{2} + R_{3} \geq \frac{2}{3} (m_{a} + m_{b} + m_{c}) . \end{matrix}

Ezért (7) bizonyításához elegendő lenne megmutatnunk, hogy

\frac{2}{3} (m_{a} + m_{b} + m_{c}) \geq 6 r

, azaz

\begin{matrix} m_{a} + m_{b} + m_{c} \geq 9 r . \end{matrix}

(8)

Ehhez felhasználjuk, hogy a számtani és harmonikus közepek közötti egyenlőtlenségből

\begin{matrix} \frac{2 s}{3} = \frac{a + b + c}{3} \geq \frac{3}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}}, azaz 2 s (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) \geq 9 \end{matrix}

következik, továbbá, hogy pl.

m_{a} = \frac{2 t}{a} = \frac{2 r s}{a}

, és így

\begin{matrix} m_{a} + m_{b} + m_{c} = r \cdot 2 s (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) \geq 9 r, \end{matrix}

amivel (8)-at és így (7)-et is bizonyítottuk.
(7) érvényességet egyébként a sík tetszőleges

P

pontjára is kiterjeszthetjük. Ehhez vegyük észre, hogy (1) bizonyítása ‐ lényegtelen módosítással ‐ akkor is érvényes, ha

P

a háromszög határának egy pontja.
Ha viszont

P

a sík háromszögön kívüli pontja, mindig található hozzá a háromszögnek olyan belső vagy határpontja, amelynek a csúcsoktól mért távolságösszege kisebb, mint a

P

-hez tartozó távolságösszeg, hiszen ‐ mint ismeretes ‐ a háromszög síkjának az a pontja, amelyre a csúcsoktól mért távolságösszeg minimális, a háromszög belső v. határpontja (az ún. izogonális pont, ill. a tompaszögű csúcs).
Ha

P

a köré írt kör középpontja, (7)-ből

3 R \geq 6 r

, azaz

R \geq 2 r

következik, ez ismét a sugáregyenlőtlenség.
4. Igen egyszerű megoldást adhatunk (1) felhasználásával az 1991. évi Nemzetközi Matematikai Diákolimpia egy feladatára:
Legyen

P

A B C

háromszög egy belső pontja. Bizonyítsuk be, hogy a

P A B ∢

P B C ∢

P C A ∢

mindegyike nem lehet nagyobb

30^{\circ}

-nál.
Ha a háromszögnek van legalább

150^{\circ}

-os szöge, akkor van

30^{\circ}

-osnál kisebb szöge is; az állítás akkor nyilvánvaló, a továbbiakban ezért ezt az esetet kizárjuk.
Tegyük fel, hogy az állítással ellentétben a felsorolt szögek mindegyike nagyobb, mint

30^{\circ}

. Ekkor a 4. ábra jelöléseit használva kapjuk:

\begin{matrix} \frac{r_{i}}{R_{i}} = sin α_{i} > sin 30^{\circ} = \frac{1}{2}, \end{matrix}

tehát

R_{i} < 2 r_{i}

(

i = 1

2

3

).
Ezeket az egyenlőtlenségeket összegezve kapjuk, hogy

R_{1} + R_{2} + R_{3} < 2 (r_{1} + r_{2} + r_{3})

, ami ellentmond (1)-nek, a kiindulási indirekt feltevés tehát nem lehet igaz.

III. Mivel a háromszöggeometriai tételeknek általában megvan a megfelelője a tetraéderek geometriájában is, kézenfekvő (1) megfelelőjét is megkeresni. A szabályos tetraéder középpontjának a csúcsoktól mért távolságösszege éppen háromszorosa a lapoktól mért távolságösszegnek, ezért logikus a következő sejtés:
Az

A_{1} A_{2} A_{3} A_{4}

tetraéder belső

P

pontjának az

A_{i}

csúcstól mért távolsága

R_{i}

, az

A_{i}

-vel szemközti laptól mért távolsága

r_{i}

, ezekre

\begin{matrix} R_{1} + R_{2} + R_{3} + R_{4} \geq 3 (r_{1} + r_{2} + r_{3} + r_{4}) \end{matrix}

(9)

teljesül. Egyenlőség csakis a szabályos tetraéder középpontjára áll fenn.
Ez a sejtés egyszerűen bizonyítható, ha a lapok területe egyenlő, (amiből egyébként a lapok egybevágósága is következik, ezek az ún. egyenlő oldalú tetraéderek). A bizonyítást ezeknek a tetraédereknek két sajátos tulajdonságára alapozzuk:
1. Minden magasságuk egyenlő; hiszen a magasság a térfogat háromszorosának és a magassághoz tartozó alapterületnek a hányadosa, ez viszont minden magasság esetén ugyanakkora.
2. A tetraéder tetszőleges belső

P

pontjának a lapoktól mért távolságösszege a magassággal egyenlő. Ez abból következik, hogy a tetraéder térfogata egyrészt

\frac{t m}{3}

, ahol

t

a lapterület, másrészt egyenlő annak a négy kis tetraédernek a térfogatösszegével, amelynek a csúcsai

P

, ill. egy-egy háromszöglap csúcsai; a

P

-ből induló magasság ezeknél rendre

r_{1}

r_{2}

r_{3}

r_{4}

és így

\begin{matrix} \frac{t m}{3} = \frac{t r_{1}}{3} + \frac{t r_{2}}{3} + \frac{t r_{3}}{3} + \frac{t r_{4}}{3}, \end{matrix}

amiből

\begin{matrix} m = r_{1} + r_{2} + r_{3} + r_{4} . \end{matrix}

Mivel

A_{i}

távolsága a szemközti laptól

m

(5. ábra),

\begin{matrix} m \leq R_{i} + r_{i}, azaz R_{i} \geq m - r_{i} (i = 1, ..., 4), \end{matrix}

\begin{matrix} R_{1} + R_{2} + R_{3} + R_{4} \geq 4 m - (r_{1} + r_{2} + r_{3} + r_{4}) = 3 (r_{1} + r_{2} + r_{3} + r_{4}), \end{matrix}

és egyenlőség akkor és csakis akkor állhat, ha

P

rajta van minden magasságon, tehát létezik a tetraédernek magasságpontja, ez viszont az egyenlő oldalú tetraéderek közül csakis a szabályos tetraéderekre teljesül.
A (9) alatti sejtés azonban nem teljesül minden tetraéderre. Ezt egy szemléletes példán mutatjuk meg (6. ábra). Legyenek az

A_{1} A_{2} A_{3} A_{4}

tetraéder

A_{1} A_{2} A_{3}

és

A_{1} A_{2} A_{4}

lapjai olyan egyenlő szárú derékszögű háromszögek, amelyek átfogói

A_{1} A_{2} = \sqrt[]{2}

és befogói egységnyiek,

A_{3} A_{4}

,,kicsi'', és legyen

P

A_{1} A_{2}

felezőpontja (vagy egy ahhoz nagyon közeli belső pont). Erre (jó közelítéssel)

\begin{matrix} R_{1} = R_{2} = R_{3} = R_{4} = \frac{\sqrt[]{2}}{2}, \end{matrix}

\begin{matrix} r_{1} = r_{2} \approx \frac{1}{2}, r_{3} = r_{4} = 0, \end{matrix}

és így

R_{1} + R_{2} + R_{3} + R_{4} = 2 \sqrt[]{2} = \sqrt[]{8} < \sqrt[]{9} = 3

r_{1} + r_{2} + r_{3} + r_{4} \approx 1

, ezért (9) biztosan nem teljesül. A fenti példa egyébként azt az általánosan elfogadott sejtést indokolja, hogy (9)-ben a minden tetraéderre érvényes állandó

2 \sqrt[]{2}

, de egyenlőség nem állhat; ennek bizonyítása azonban (tudtommal) még várat magára.
Az Erdős‐Mordell-tétel különösen alkalmas arra, hogy állítását sokszögekre általánosítsuk. Helyettesítsük benne a háromszöget konvex

n

-szöggel, az erre vonatkozó általánosítást Fejes Tóth László mondta ki (1948):
Legyen

P

A_{1} A_{2} ... A_{n}

konvex sokszög egy belső pontja, és jelölje a

P

távolságát

A_{i}

-től

R_{i}

, az

A_{i} A_{i + 1}

egyenestől pedig

r_{i}

(i = 1,2, ..., n, A_{n + 1} = A_{1})

. Ezekre fennáll az

\begin{matrix} R_{1} + R_{2} + ... + R_{n} \geq \frac{1}{cos \frac{π}{n}} (r_{1} + r_{2} + ... + r_{n}) \end{matrix}

(10)

egyenlőtlenség, és az egyenlőség csak a szabályos

n

-szög középpontjára teljesül.
(Ez az állítás

n = 3

esetén éppen (1)-et adja).
Ezt a sejtést H. C. Lenhard bizonyította be valamivel általánosabban, nem kell ui. kikötni a sokszög konvex voltát, hanem csupán azt, hogy

P

-ből lehessen látni a sokszög határának minden pontját. Tovább általánosította ezt az eredményt P. Pech (1994) térbeli sokszögekre, ennél

P

-nek hozzá kell tartoznia a sokszög konvex burkához.

IV. Az (1) további általánosításai algebrai, ill. függvénytani alakjából indulnak ki. (1)-et

\begin{matrix} \frac{R_{1} + R_{2} + R_{3}}{3} \geq 2 \frac{r_{1} + r_{2} + r_{3}}{3} \end{matrix}

alakban írva azt jelenti, hogy a csúcsoktól mért távolságok számtani közepe nem kisebb az oldalaktól mért távolságok számtani közepének a kétszeresénél. Ez adja az ötletet, hogy az egyenlőtlenséget a leggyakrabban használt középértékek körében általánosítsuk.
Jelölje az

x_{1}

x_{2}

...

x_{n}

nemnegatív számok számtani (aritmetikai), geometriai, ill. harmonikus közepét rendre

\begin{matrix} A (x_{1}, x_{2}, ..., x_{n}), G (x_{1}, x_{2}, ..., x_{n}), H (x_{1}, x_{2}, ..., x_{n}) . \end{matrix}

A konvex

n

-szög (10)-ben használt jelöléseivel tételünk általánosítása (Fejes Tóth Lászlótól):

\begin{matrix} A (R_{1}, R_{2}, ..., R_{n}) \geq \frac{1}{cos \frac{π}{n}} A (r_{1}, r_{2}, ..., r_{n}), \end{matrix}

(11)

\begin{matrix} G (R_{1}, R_{2}, ..., R_{n}) \geq \frac{1}{cos \frac{π}{n}} G (r_{1}, r_{2}, ..., r_{n}), \end{matrix}

(12)

\begin{matrix} H (R_{1}, R_{2}, ..., R_{n}) \geq \frac{1}{cos \frac{π}{n}} H (r_{1}, r_{2}, ..., r_{n}) . \end{matrix}

(13)

Ezek közül (11) azonos a már említett (10)-zel, (12) bizonyítása Fejes Tóth Lászlótól származik, ő mutatott rá a (11) és (13) közötti transzformációs kapcsolatra is. ((12) és (13) bizonyítása

n = 3

esetre [1]-ben megtalálható).
További általánosításokat, ill. rokon tételeket kaphatunk, ha (11)- (13)-ban az

A

G

H

függvénykapcsolatokat más függvénykapcsolatokkal helyettesítjük. Ezek közül sorolunk most fel néhány érdekesebb összefüggést; érdemes ezek bizonyítását megkísérelni.

a) Vezessük be az

X = R_{1}^{t} + R_{2}^{t} + R_{3}^{t}

Y = r_{1}^{t} + r_{2}^{t} + r_{3}^{t}

jelöléseket,

t

valós számot jelöl. Ezekkel

\begin{matrix} \begin{matrix} X < 2 Y, & ha t < - 1, \\ X \leq 2^{t} Y, & ha - 1 \leq t \leq 0, \\ X \geq 2^{t} Y, & ha 0 \leq t \leq 1, \\ X > 2 Y, & ha t > 1. \end{matrix} \end{matrix}

R_{1} R_{2} + R_{2} R_{3} + R_{3} R_{1} \geq 4 (r_{1} r_{2} + r_{2} r_{3} + r_{3} r_{1})

R_{1} R_{2} + R_{2} R_{3} + R_{3} R_{1} \geq (r_{1} + r_{2}) (r_{3} + r_{1}) + (r_{2} + r_{3}) (r_{1} + r_{2}) + (r_{3} + r_{1}) (r_{2} + r_{3})

R_{1} R_{2} + R_{2} R_{3} + R_{3} R_{1} \geq 2 (r_{1} R_{1} + r_{2} R_{2} + r_{3} R_{3})

R_{1} R_{2} R_{3} \geq (r_{1} + r_{2}) (r_{2} + r_{3}) (r_{3} + r_{1}),

r_{1} R_{1} + r_{2} R_{2} + r_{3} R_{3} \geq 2 (r_{1} r_{2} + r_{2} r_{3} + r_{3} r_{1})

\frac{R_{1}}{R_{1} + r_{1}} + \frac{R_{2}}{R_{2} + r_{2}} + \frac{R_{3}}{R_{3} + r_{3}} \geq 2.

V. A geometriai tételek közös ,,sorsa'', hogy megvizsgálják érvényességüket, ill. megkeresik megfelelőiket a nemeuklideszi geometriákban is.
Az ún. elliptikus geometriában, aminek legegyszerűbb modellje a félgömb geometriája, érvényes a következő tétel: Ha

P

A_{1} A_{2} A_{3}

gömbháromszög belső pontja és ennek (gömbi szög-) távolsága a csúcsoktól

R_{1}

R_{2}

R_{3}

, az oldalaktól

r_{1}

r_{2}

r_{3}

akkor

\begin{matrix} tg R_{1} + tg R_{2} + tg R_{3} \geq 2 (tg r_{1} + tg r_{2} + tg r_{3}) . \end{matrix}

Ennek bizonyítása a gömbháromszögek trigonometriájának a felhasználásával történhet.
Lényegesen egyszerűbb a helyzet a Bolyai‐Lobacsevszkij-féle (v. más elnevezéssel: hiperbolikus) geometriában, mert annak Cayley‐Klein-féle modelljén az euklideszi távolságokat a megfelelő hiperbolikus geometriai távolságoknak feleltethetjük meg, ha a

P

pontnak a modellkör középpontját választjuk (l. pl. [4]-et). Ezzel a

\begin{matrix} th \frac{R_{1}}{k} + th \frac{R_{2}}{k} + th \frac{R_{3}}{k} \geq 2 (th \frac{r_{1}}{k} + th \frac{r_{2}}{k} + th \frac{r_{3}}{k}) \end{matrix}

összefüggést kapjuk, ahol

k

a hiperbolikus sík állandója,

th x

(olv.: tangens hiperbolikusz

x

) pedig definíció szerint az

\frac{e^{x} - e^{- x}}{e^{x} + e^{- x}}

hányadossal egyenlő.
Nem tértünk ki ‐ az említetten kívül ‐ e tételkör három ‐ és magasabb dimenziójú általánosításaira; itt a helyzet már bonyolultabbá válik, hiszen pl. a poliédereknél beléphetnek az élektől, ill lapoktól való távolságok is, és ‐ mint láttuk ‐ más nehézségek is felléphetnek. Ennek ellenére már itt is sok eredmény született az Erdős‐Mordell egyenlőtlenség sugalmazására.

Reiman István

Referenciák

*	[1]D. O. Skljárszkij‐N. N. Csencov‐J. M. Jaglom: Válogatott feladatok és tételek az elemi matematika köréből 2/2. Tankönyvkiadó, Bp., 1973.

*	[2]N. D. Kazarinoff: Geometriai egyenlőtlenségek. Gondolat, Bp., 1980.

*	[3]Molnár E.: Matematikai versenyfeladatok gyűjteménye 1947‐1970. Tankönyvkiadó, Bp., 1974.

*	[4]Reiman I.: A geometria és határterületei. Gondolat, Bp., 1986.

*	[5]Reiman I.: Fejezetek az elemi geometriából. Tankönyvkiadó, Bp., 1987.

^{$^{*}$}*