Cím:	Szimultán háromszög-egyenlőtlenségekről
Szerző(k):	Csete Lajos
Füzet:	2000/december, 540 - 542. oldal	PDF  |  MathML
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 $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(a^2+b^2+c^2\right)}^2>2\left(a^4+b^4+c^4\right)\mathrm{.}}\end{array}$   (3 pont)    Megoldás. Tudjuk, hogy az $a$, $b$ és $c$ hosszúságú oldalakkal pontosan akkor szerkeszthető háromszög, ha $\begin{array}{c}{\displaystyle a+b>c;b+c>a\text{és}a+c>b\mathrm{.}}\end{array}$ Ezért, ha $a$, $b$ és $c$ egy háromszög oldalai, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle a+b-c>\mathrm{0,}b+c-a>0\text{és}a+c-b>\mathrm{0,}}\end{array}$ és ekkor nyilván $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)>0}\end{array}$ (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 $a\ge b\ge c$. 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 $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle b+c-a}& {\displaystyle <\mathrm{0,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle c+a-b}& {\displaystyle <\mathrm{0,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 2c}& {\displaystyle <\mathrm{0,}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{összeadva}}\end{array}}}\end{array}$ így $c<0$ volna, ami ellentmondás. Tehát valóban csak az az eset állhat fenn, amikor $\begin{array}{c}{\displaystyle a+b>c\mathrm{,}b+c>\mathrm{0,}a+c>b\mathrm{.}}\end{array}$ A (2) egyenlőtlenséggel azonban ekvivalens a következő: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)>\mathrm{0,}}\end{array}$ (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 $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(a^2+b^2+c^2\right)}^2>2\left(a^4+b^4+c^4\right)}\end{array}$ 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 $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(a^2+b^2+c^2\right)}^2>2\left(a^4+b^4+c^4\right)\mathrm{.}}\end{array}$ (1) M. S. Klamkin egy általánosítási lehetőséget vizsgált [1] cikkében:   Tétel. Ha az $a_1$, $a_2$, $\text{...}$, $a_n$ pozitív számokra ($n\ge 3$ egész szám) teljesül az $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(a_1^2+a_2^2+\text{...}+a_n^2\right)}^2>\left(n-1\right)\left(a_1^4+a_2^4+\text{...}+a_n^4\right)}\end{array}$ (2) egyenlőtlenség, akkor közülük bármely három $a_i$, $a_j$ és $a_k$ hosszúságú szakaszból szerkeszthető háromszög. ($i\ne j\ne k$, $1\le i$, $j$, $k\le n$, $i$, $j$, $k\in \text{N}$) 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 $a_1=5$, $a_2=5$, $a_3=5$, $a_4=9$ 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 $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(a_2^2+a_3^2+\text{...}+a_n^2\right)}^2>\left(n-2\right)\left(a_2^4+a_3^4+\text{...}+a_n^4\right)}\end{array}$ (3) egyenlőtlenség. Elemi algebrai lépések és teljes négyzetté alakítás után (2)-ről látható, hogy ekvivalens az alábbi egyenlőtlenséggel: $\begin{array}{c}{\displaystyle 0>{\left(a_1^2-\frac{S_2}{n-2}\right)}^2-\frac{\left(S_2^2-\left(n-2\right)S_4\right)\left(n-1\right)}{{\left(n-2\right)}^2}\mathrm{,}}\end{array}$ (4) ahol $S_m=a_2^m+a_3^m+\text{...}+a_n^m$. Így (2)-ből valóban következik (3). Az indukciós feltevés szerint így bármely három szakaszból szerkeszthető háromszöög, ha a szakaszok egyike sem $a_1$. De $a_1$-et tetszőlegesen választottuk, így a tételt igazoltuk. A továbbiakban megvizsgáljuk a bizonyításban említett elemi algebrai lépéseket. A (2) egyenlőtlenségben az $a_2$, $a_3$, $\text{...}$, $a_n$ számok $m$-edik hatványösszegét $S_m$-mel jelölve ($m=2$, illetve 4) $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(a_1^2+S_2\right)}^2>\left(n-1\right)\left(a_1^4+S_4\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Négyzetre emelés és rendezés után $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle a_1^4+2a_1^2{S}_2+S_2^2>\left(n-1\right)a_1^4+\left(n-1\right)S_4}\\ \hfill {\displaystyle \text{(5) }0>\left(n-2\right)a_1^4-2a_1^2{S}_2-S_2^2+\left(n-1\right)S_4}\end{array}}}\end{array}$ adódik. A továbbiakban elosztjuk az egyenlőtlenséget a pozitív $\left(n-2\right)$ számmal, majd ígéretünk szerint teljes négyzetté alakítunk. $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\multicolumn{2}{c}{\text{<div style="line-height: -18pt"> </div>}}\\ \hfill {\displaystyle 0>a_1^4-\frac{2a_1^2{S}_2}{n-2}-\frac{S_2^2}{n-2}+\frac{\left(n-1\right)S_4}{n-2}\mathrm{,}}\\ \hfill {\displaystyle 0>\left(a_1^4-\frac{2a_1^2{S}_2}{n-2}+\frac{S_2^2}{{\left(n-2\right)}^2}\right)-\frac{S_2^2}{{\left(n-2\right)}^2}-\frac{S_2^2}{n-2}+\frac{\left(n-1\right)S_4}{\left(n-2\right)}}\\ \hfill {\displaystyle 0>{\left(a_1^2-\frac{S_2}{n-2}\right)}^2-\frac{n-1}{{\left(n-2\right)}^2}\left(S_2^2-\left(n-2\right)S_4\right)\mathrm{.}}\end{array}}}\end{array}$ Ez pedig valóban a (4) egyenlőtlenség. A megfordításhoz írjuk (4)-et az alábbi alakba: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \frac{n-1}{{\left(n-2\right)}^2}\left(S_2^2-\left(n-2\right)S_4\right)>{\left(a_1^2-\frac{S_2}{n-2}\right)}^2\mathrm{.}}\\ \hfill {\displaystyle \text{Innen }\frac{n-1}{{\left(n-2\right)}^2}\left(S_2^2-\left(n-2\right)S_4\right)>0}\\ \hfill {\displaystyle \text{és így valóban }{S}_2^2-\left(n-2\right)S_4>0.}\end{array}}}\end{array}$ 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 $a_1$, $a_2$, $\text{...}$, $a_r$ 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 $\left[1\right]$ cikket.)  Csete Lajos Markotabödöge