P R E S E K List za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje ISSN 0351-6652 Letnik 26 (1998/1999) Številka 5 Strani 294-301 Roman Drnovšek: ERDOS-MORDELLOVA NEENAKOST Ključne besede: matematika, ravninska geometrija, trikotniki. Elektronska verzija: http://www.presek.si/26/1381-Drnovsek.pdf © 1999 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije © 2010 DMFA - založništvo ERDOS-MORDELLOVA NEENAKOST Leta 1996 preminuli Paul Erdos je bil izjemno plodovit matematik, saj je avtor okoli 1500 znanstvenih člankov. Ob njegovi smrti je več matematičnih revij pisalo o njem in njegovem delu. V slovenskem jeziku je v Obzorniku zn matematiko in fiziko, letnik 44 (1997), številka 1, izšel krajši zapis prof. A. Suhadolca. Bolj podrobno je Erdos predstavljen v glasilu Ameriškega matematičnega društva Notices of the American Mathematical Society, letnik 45 (1998), številka t. V tem prispevku se bomo ukvarjali z neenakostjo v trikotniku, ki jo je Erdos odkril leta 1932, vendar je ni dokazal. Spoznali bomo tudi nekaj iz nje izpeljanih neenakosti. 1. Naj bo T poljubna točka v trikotniku ABC ali na njegovem robu. Z x, y in 2 zaporedoma označimo razdalje te točke do oglišč A, B in C, s p, q in T' pa Tazdalje do (nosilk) stranic u = BC, i) = CA in c = ALi (glej sliko 1). Paul Erdos je domneval, da za te razdalje velja neenakost x + y + z>2{p + q + r). (1) To domnevo je preskusil na precejšnjem številu trikotnikov, vendar je ni uspel dokazati. Nadalje je domneval, da v neenakosti velja enačaj le tedaj, ko je točka T središče enakostraničnega trikotnika ABC. Prvi dokaz neenakosti (1) je leta 1935 našel L. J. Mor-dell, zato se ta neenakost sedaj imenuje Erdos-Mordellova neenakost. Povzemimo dokaz te neenakosti po članku z naslovom A sij or i: proof of the Erdos-Mordell theorem, ki ga je v matematičnem mesečniku American Mathematical Monthly 104 (1997), str. 57-60, v spomin na Paula Erdosa napisal V. Komornik. Dokažimo najprej, da velja neenakost Slika l. bq + cr < ax (2) celo za poljubno točko T, ki leži znotraj kota 0, od tod sledi veljavnost neenakosti (2) tudi za točko T. Pri dokazu Erdos-Mordellove neenakosti lahko predpostavimo, da je kvečjemu eno od števil p, q in r enako 0. Če je namreč T eno izmed oglišč trikotnika ABC, denimo T = C, potem veljata neenakosti a > r in b > r. Ker je vsaj ena izmed teh dveh neenakosti stroga, je a + b > 2r, torej v tem primeru velja (1). Vzemimo najprej, da je trikotnik ABC enakostraničen. Tedaj je neenakost (1) enostavna posledica neenakosti (2). Res, zaradi a — b — c je x > q + r. Analogno veljata še oceni y > r +p in z > p+ q, ki ju dobimo s ciklično permutacijo trojic x, y, z in p, r. Če te neenakosti seštejemo, dobimo neenakost (1). Prav tako je iz dokaza razvidno, da v neenakosti velja enačaj natanko tedaj, ko točka1 T leži na vseh višinah trikotnika, torej le tedaj, ko je T središče enakostraničnega trikotnika ABC. Denimo sedaj, da trikotnik ABC ni enakostraničen. Prezrcalimo točko T preko simet.rale sa kota < BAC in dobljeno točko označimo s Ti- Razdalje te točke do oglišča A, stranice b in stranice c zaznamujmo Slika. 3. zaporedoma z xi, qi in ri (glej sliko 4). Očitno je £1 = a, qi = r in r\ = q. Ker točka Ti leži znotraj kota br + cq. Po analogiji veljata še neenakosti C by > cp + ar in cz > aq + bp . Slika 4. Iz vseh treh neenakosti dobimo oceno x + y + z > (b c\ /c a\ (a b\ {Z + i)P+{a + c)q+{b + a) r. Iz neenakosti (u — l)2 > 0, ki velja za poljubno realno Število u, hitro sledi, da za U > 0 velja neenakost u + 1/u > 2, v kateri velja enačaj le pri a = 1. Torej so vsi trije izrazi v oklepajih večji oziroma kvečjemu enaki 2. Ker po predpostavki trikotnik ABC ni enakostraničen, sta vsaj dva izraza v oklepajih strogo večja od 2. Prav tako po predpostavki je kvečjemu eno od števil p, q in r enako 0. Zato velja stroga neenakost x + y + z > 2p + 2q + 2r . S tem je Erdos-Mordellova neenakost dokazana. 2. Če neenakost (2) pomnožimo s dobimo neenakost ^ b c px > — pq H—rp . a a Analogno veljata neenakosti c a iy > iT + m tz > -rp —qr . c c Če vse tri neenakosti seštejemo, dobimo (a f>\ (b c\ /c a\ px + qy + rz^[b + a)pq+{c + l) qr+[a + c)rp- Ker za poljubno pozitivno število u (tako kot prej) velja neenakost u + 1 /u > 2, smo dokazali še neenakost px + qy + rz > 2(pq + qr + rp). (3) Z uporabo neenakosti med aritmetično in geometrijsko sredino dobimo iz (2) tudi oceno az > 2\/(bq)(cr). Podobno veljata neenakosti bi/ > 2y/(cr)(ap) in cz > 2>J(ap)(bq). Po množenju vseh treh neenakosti dobimo xyz > 8pqr . (4) 3. Naj bodo tfa, tij, iu vt zaporedoma višine na stranice a. b in c, Z R označimo polmer trikotniku ABC očrtane krožnice, z p pa polmer včrtane krožnice. Ker očitno veljajo ocene x + j>-> va, y > vj in z -f r > vc, je x + y + z+p + q + r>va+vb + vc. Ta uporabo neenakosti (1) od tod dobimo neenakost -2-"-3---' (5) Ocenimo vsoto vseh višin navzdol! Po neenakosti med aritmetično in harmonično sredino je va + Vb + »e > 3 + l/vb + l/vc ' Ker velja 1 1 _ a b c _ a + b + c _ 1 va vb vc ava bvb ' cvc 2Pabc P dobimo tako neenakost va + vb + vc>9 p in z uporabo (5) še x + y + z > 6p . V primeru, ko je točka T središče trikotniku ABC očrtane krožniee, torej velja 9/J < va + vb + vc < - R , kjer smo še enkrat uporabili (5). Od tod trivialno sledi znana neenakost R > 2 f> , 4. Predpostavimo, da je T poljubna točka, v notranjosti trikotnika ABC. P res likaj m o poljubno točko S, ki ni enaka T. z inverzijo glede na krožnieo s središčem v točki T in polmerom 1. Preslikana točka S' leži na poltrakn, ki ima izhodišče v točki T in gre skozi točko iS, za razdaljo do točke T pa velja TS ■ TS' = h 2 x', y' in z' zaporedoma označimo razdalje točke T do oglišč A', B' in C. s p', q' in r' pa razdalje do stranic B'C', C'A' in A'B' (glej sliko 5). Po definiciji inverzije je Slika 5. x y' — - in z' — - . V z Ker zaradi xx' = yy' = 1 velja y'/x' = x/y oz. B'T/A'T - AT/BT, sta si trikotnika ABT in B'A'T podobna. Potemtakem velja r/x = r'/y' oz. r = r'xy. Po analogiji torej veljajo enakosti yz 4 = j- zx r = xy To pomeni, da velja naslednja trditev: Ce neka neenakost velja za razdalje x, y, z, p, q in r v poljubnem trikotniku ABC, potem velja t.udi po substituciji , f i .1 i j q i 1 : (x,y.z;p,q,r) • > • ;----, ... /111. P <1 r \ \ • ? • , i \:r y z y z zx xy J Ko substitucijo / uporabimo na Erdos-Mordellovi neenakosti, dobimo neenakost 1 1 1 ^ „ / P Q r \ - + - + -> 2 — + — + — x y z \yz zx xy J oziroma xy + yz + zx > 2 (px + qy + tz) . (6) Če združimo neenakosti (3) in (6), imamo še xy + yz + zx > 4 (pq + qr + rp). 5. Tudi sedaj vzemimo, da točka T leži v notranjosti trikotnika ABC. Naj bodo Au B1 in Ci zaporedoma pravokotne projekcije točke T na stranice a, b in c. Z 3/1, z\, pi, 51 in i1! označimo zapovrstjo razdalje točke T do oglišč A\, B\ in Ci ter stranic BlCi, CiAi in Al Bi (glej sliko 6). Potem je X\ = p, yi — q in z\ — r. Naj bo Ai pravokotna projekcija Slika 6. točke T na stranico B\C\. Ker je štirikotnik ACiTB} tetiven, sta kota \ f qr rp pq\ \ x y z J Če uporabimo substitucijo K na Erdos-Mordellovi neenakosti, dobimo novo neenakost p + q + r >2 ( — + — + \x y z J oziroma 1 1 — +--h - pq qr rp rp \px qy rz} Če substitucijo V izvedemo v neenakosti (6), izpeljemo neenakost > 2 (qrP \ rpq | —^ \ X y z ) pq + qr + rp> 2 —- oziroma 1 1 1 „ -+->2 p q r (i+M) \x y z j Če na zadnji neenakosti naredimo substitucijo I, dobimo še neenakost, 1 l 1 „ t 1 1 1 \ --h -----1--— 2 ( ---1—- + -—) . px qy rz \xy yz zx J Povzemimo! V poljubnem trikotniku ABC za razdalje x, y, z, p, q in r veljajo naslednje neenakosti x + y + z>2(p + q + r) 1 1 1/1 1 iN - + ->2 - + - + -p q r \x y z J xy + yz + zx > 2 (px + qy + rz) 1 1 1 ^ „ ( 1 1 1 \ —+ — + — >2 — + —+ — px qy rz \xy yz zx J px + qy + rz > 2(pq + qr + rp) 1 1 1 „ ( 1 1 1 A --1---1--£21--1---h — ) pq qr rp \px qy rz) Članek končaj mo z naslednjo, nekoliko presenetljivo trditvijo: Če iz trikotnika A\B\C\ dobimo trikotnik A2B>C2 na enak način, kot smo iz trikotnika ABC dobili trikotnik A\B\C\, in če to ponovimo še enkrat, potem je zadnji trikotnik A3B3C3 podoben prvotnemu trikotniku ABC. Za dokaz te trditve izračunajmo, kaj dobimo, če trikrat zapovrstjo uporabimo transformacijo V, Ker je \x y z yz zx xy J \ yz zx xy xyz xyz xyz J oziroma V3 : (z, z; p, g, r) (Kx, Ky, A^; A>, A>), kjer je K = — xyz ' Od tod sledi, da sta si trikotnika ABC in A3B3C3 podobna s podobno-stnim koeficientom A'. Ker po (4) veija K < 1/8, so stranice trikotnika ^3^3(73 vsaj 8-krat manjše od stranic trikotnika ABC. .Rom ari ZJroovsefc