Cím: Szimultán háromszög-egyenlőtlenségekről
Szerző(k):  Csete Lajos 
Füzet: 2000/december, 540 - 542. oldal  PDF file
Témakör(ök): Szakmai cikkek
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2000/október: B.3394

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

 
B. 3394. Bizonyítsuk be, hogy pontosan akkor szerkeszthető a, b és c hosszúságú oldalakkal háromszög, ha az a, b, c pozitív valós számokra teljesül, hogy
(a2+b2+c2)2>2(a4+b4+c4).
 
(3 pont
 
Megoldás. Tudjuk, hogy az a, b és c hosszúságú oldalakkal pontosan akkor szerkeszthető háromszög, ha
a+b>c;b+c>aésa+c>b.
Ezért, ha a, b és c egy háromszög oldalai, akkor
a+b-c>0,b+c-a>0ésa+c-b>0,
és ekkor nyilván
(a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)>0(2)
is teljesül.
Megmutatjuk, hogy ha három pozitív valós számra fennáll a (2) egyenlőtlenség, akkor teljesülnek a háromszög-egyenlőtlenségek is:
Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük ugyanis, hogy abc. Ha (2) igaz, akkor a bal oldal három tényezője közül vagy egy pozitív és a két másik negatív, vagy pedig mindhárom tényező pozitív. Az első esetben, mivel az a+b-c tényező a legnagyobb, csak ez lehet a pozitív, és
b+c-a<0,c+a-b<0,2c<0,összeadva
így c<0 volna, ami ellentmondás. Tehát valóban csak az az eset állhat fenn, amikor
a+b>c,b+c>0,a+c>b.
A (2) egyenlőtlenséggel azonban ekvivalens a következő:
(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)>0,(3)
hiszen a (2) egyenlőtlenség mindkét oldalát egy pozitív tényezővel, a+b+c>0-val szoroztuk.
(3) pedig a szorzások elvégzése után némi átalakítással az ekvivalens
(a2+b2+c2)2>2(a4+b4+c4)
alakra hozható. Tehát pontosan akkor szerkeszthető az a, b, c hosszúságú oldalakkal háromszög, ha az a, b, c pozitív valós számokra teljesül az (1) egyenlőtlenség.

 
 
A B. 3394. feladat egy általánosítása
 
 


A feladatban azt kellett bizonyítani, hogy a pozitív a, b, c számokhoz pontosan akkor létezik a, b, c oldalú háromszög, ha
(a2+b2+c2)2>2(a4+b4+c4).(1)

M. S. Klamkin egy általánosítási lehetőséget vizsgált [1] cikkében:
 
Tétel. Ha az a1, a2, ..., an pozitív számokra (n3 egész szám) teljesül az
(a12+a22+...+an2)2>(n-1)(a14+a24+...+an4)(2)
egyenlőtlenség, akkor közülük bármely három ai, aj és ak hosszúságú szakaszból szerkeszthető háromszög. (ijk, 1i, j, kn, i, j, kN)

Figyeljük meg, hogy ez a tétel csak egyik irányban általánosítása az (1) egyenlőtlenségnek: elegendő feltételt ad arra, hogy n darab szakasz közül tetszőlegesen kiválasztott háromból lehessen háromszöget szerkeszteni. A (2) egyenlőtlenség nem szükséges, ezt mutatja például az a1=5, a2=5, a3=5, a4=9 számnégyes. E számokra nem teljesül a (2) egyenlőtlenség, míg az 5, 5, 5 és 9 egység hosszúságú szakaszok közül bármely háromból szerkeszthető háromszög.
Nézzük most, hogyan bizonyította M. S. Klamkin a fenti tételt:
Teljes indukcióval bizonyítunk. n=3-ra éppen a B. 3394. feladat állítását kapjuk. Legyen most n>3, és tegyük fel, hogy fennáll (2). Azt mutatjuk meg, hogy (2)-ből következik az
(a22+a32+...+an2)2>(n-2)(a24+a34+...+an4)(3)
egyenlőtlenség. Elemi algebrai lépések és teljes négyzetté alakítás után (2)-ről látható, hogy ekvivalens az alábbi egyenlőtlenséggel:
0>(a12-S2n-2)2-(S22-(n-2)S4)(n-1)(n-2)2,(4)
ahol Sm=a2m+a3m+...+anm. Így (2)-ből valóban következik (3). Az indukciós feltevés szerint így bármely három szakaszból szerkeszthető háromszöög, ha a szakaszok egyike sem a1. De a1-et tetszőlegesen választottuk, így a tételt igazoltuk.
A továbbiakban megvizsgáljuk a bizonyításban említett elemi algebrai lépéseket. A (2) egyenlőtlenségben az a2, a3, ..., an számok m-edik hatványösszegét Sm-mel jelölve (m=2, illetve 4)
(a12+S2)2>(n-1)(a14+S4).
Négyzetre emelés és rendezés után
a14+2a12S2+S22>(n-1)a14+(n-1)S4(5) 0>(n-2)a14-2a12S2-S22+(n-1)S4
adódik. A továbbiakban elosztjuk az egyenlőtlenséget a pozitív (n-2) számmal, majd ígéretünk szerint teljes négyzetté alakítunk.
 
0>a14-2a12S2n-2-S22n-2+(n-1)S4n-2,0>(a14-2a12S2n-2+S22(n-2)2)-S22(n-2)2-S22n-2+(n-1)S4(n-2)0>(a12-S2n-2)2-n-1(n-2)2(S22-(n-2)S4).
Ez pedig valóban a (4) egyenlőtlenség.
A megfordításhoz írjuk (4)-et az alábbi alakba:
n-1(n-2)2(S22-(n-2)S4)>(a12-S2n-2)2.Innen n-1(n-2)2(S22-(n-2)S4)>0és így valóban S22-(n-2)S4>0.
Megkaptuk a (3)-as egyenlőtlenséget; (3) és (4) tehát valóban ekvivalensek. Feltételezhetően M. S. Klamkin körülbelül erre a levezetésre gondolt.
Klamkin [1] cikkében megemlíti, hogy ha n>3, akkor megoldatlan probléma olyan polinom-egyenlőtlenség megadása, amely szükséges és elegendő ahhoz, hogy n darab adott szakasz közül bármely hármat kiválasztva háromszöget lehessen szerkeszteni belőlük.
Klamkin másik nyitott problémája az, hogy adjuk meg polinom-egyenlőtlenség formájában annak szükséges és elegendő feltételét, hogy az a1, a2, ..., ar pozitív számokból bárhogyan kiválasztva r darabot (3<r<n) ezek egy r oldalú sokszög oldalainak hosszai legyenek.
 
 
Irodalom
 
 

*[1]Klamkin, Murray S., Simultaneous Triangle Inequalities, Mathematics Magazine, 60 (1987), No. 4., 236‐237.

Köszönöm szépen dr. Pintér Lajos tanár úrnak (JATE, Bolyai Intézet, Szeged), hogy elküldte az [1] cikket.)

 Csete Lajos
Markotabödöge