Ердеш-Морделово неравенство

Во Евклидовата геометрија, Ердеш-Морделовото неравенство вели дека за секој триаголник ABC и точка P во ABC, збирот на растојанијата од P до страните е помал или еднаков на половина од збирот на растојанијата од P до темињата. Именуван е по Пал Ердеш и Луис Мордел. Ердеш (1935) harvtxt error: no target: CITEREFЕрдеш1935 (help) го поставил проблемот за докажување на нееднаквоста; доказот го дале Мордел и Д. Ф. Бароу (1935) две години подоцна. Но, ова решение не било многу елементарно. Последователни поедноставни докази биле дадени од Казариноф (1957) harvtxt error: no target: CITEREFКазариноф1957 (help), Банкоф (1958) harvtxt error: no target: CITEREFБанкоф1958 (help) и Алсина & Нелсен (2007) harvtxt error: no target: CITEREFАлсинаНелсен2007 (help).

Неравенството на Бароу е зајакната верзија на Ердеш-Морделовото неравенство во која растојанијата од P до страните се заменети со растојанијата од P до точките каде симетралите на аглите на ∠APB, ∠BPC и ∠CPA ги сечат страните. Иако заменетите растојанија се подолги, нивниот збир сепак е помал или еднаков на половина од збирот на растојанијата до темињата.

Формулација

Ердеш-Морделово неравенство (Erdős–Mordell)

Нека ${\displaystyle P}$ е произволна точка во даден триаголник ${\displaystyle ABC}$, и нека ${\displaystyle PL}$, ${\displaystyle PM}$ и ${\displaystyle PN}$ се нормалите од ${\displaystyle P}$ кон страните на триаголникот. (Ако триаголникот е тапоаголен, една од овие нормали може да пресече друга страна на триаголникот и да заврши на потпорната права која содржи една од страните.) Тогаш неравенството гласи

${\displaystyle {\overline {PA}}+{\overline {PB}}+{\overline {PC}}\geqslant 2({\overline {PL}}+{\overline {PM}}+{\overline {PN}})}$

Доказ

Нека страните на ABC се: a e наспроти A, b е наспроти B и c е наспроти C. Исто така, нека ${\displaystyle {\overline {PA}}=p,{\overline {PB}}=q,{\overline {PC}}=r;d(P,BC)=x,d(P,CA)=y,d(P,AB)=z.}$ Прво, докажуваме дека

${\displaystyle cr\geq ax+by.}$

што е еквивалентно на

${\displaystyle {\frac {c(r+z)}{2}}\geq {\frac {ax+by+cz}{2}}.}$

Десната страна е плоштината на триаголникот ABC, но на левата страна, r + z не е помал од висината на триаголникот. Следствено, левата страна не може да биде помала од десната страна. Сега, ја пресликуваме P симетрично во однос на симетралата на аголот при темето C. Гледаме дека cr ≥ ay + bx за сликата (рефлексијата) на P. Слично на тоа, bq ≥ az + cx и ap ≥ bz + cy . Ги решаваме овие неравенки за r, q и p :

${\displaystyle r\geq (a/c)y+(b/c)x,}$

${\displaystyle q\geq (a/b)z+(c/b)x,}$

${\displaystyle p\geq (b/a)z+(c/a)y.}$

Се собираат трите неравенки и добиваме

${\displaystyle p+q+r\geq \left({\frac {b}{c}}+{\frac {c}{b}}\right)x+\left({\frac {a}{c}}+{\frac {c}{a}}\right)y+\left({\frac {a}{b}}+{\frac {b}{a}}\right)z.}$

Бидејќи збирот на позитивен број и неговиот реципрочен број е најмалку 2, заради неравенството помеѓу аритметичката и геометриската средина, доказот е завршен. Еднаквост важи само за рамностран триаголник, каде што P е неговиот центар.

Друга (појака) верзија

Нека ABC е триаголник впишан во кружница (O) и P е точка во внатрешноста на ABC. Нека D, E, F се ортогоналните проекции на P врз BC, CA, AB. M, N, Q се ортогоналните проекции на P врз тангентите на (O) во A, B, C соодветно, тогаш:

${\displaystyle {\overline {PM}}+{\overline {PN}}+{\overline {PQ}}\geqslant 2({\overline {PD}}+{\overline {PE}}+{\overline {PF}})}$

Eднаквост важи ако и само ако триаголникот ABC е рамностран (Dao, Nguyen & Pham 2016 harvnb error: no target: CITEREFDaoNguyenPham2016 (help) ; Marinescu & Monea 2017 harvnb error: no target: CITEREFMarinescuMonea2017 (help) )

Обопштувањe

Нека ${\displaystyle A_{1}A_{2}...A_{n}}$ е конвексен многуаголник и ${\displaystyle P}$ е точка од внатрешноста на ${\displaystyle A_{1}A_{2}...A_{n}}$. Нека ${\displaystyle R_{i}}$ е растојанието помеѓу ${\displaystyle P}$ и темето ${\displaystyle A_{i}}$, ${\displaystyle r_{i}}$ е растојанието од ${\displaystyle P}$ до страната ${\displaystyle A_{i}A_{i+1}}$, ${\displaystyle w_{i}}$ е отсечката на симетралата на аголот ${\displaystyle A_{i}PA_{i+1}}$ од ${\displaystyle P}$ до нејзиниот пресек со страната ${\displaystyle A_{i}A_{i+1}}$, тогаш (Ленард 1961 harv error: no target: CITEREFЛенард1961 (help)):

${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}R_{i}\geq \left(\sec {\frac {\pi }{n}}\right)\sum _{i=1}^{n}w_{i}\geq \left(\sec {\frac {\pi }{n}}\right)\sum _{i=1}^{n}r_{i}}$

Во апсолутна геометрија

Во апсолутната геометрија, Ердеш-Морделовото неравенство е еквивалентно, како што е докажано во Pambuccian (2008) harvtxt error: no target: CITEREFPambuccian2008 (help), на ставот дека збирот на аглите во триаголник е помал или еднаков на два прави агли.

Поврзано

• Список на неравенства за триаголници

Наводи

• Alsina, Claudi; Nelsen, Roger B. (2007), „A visual proof of the Erdős-Mordell inequality“, Forum Geometricorum, 7: 99–102, Архивирано од изворникот на 2020-07-16, Посетено на 2024-06-26.
• Грешка во Lua: bad argument #1 to 'match' (string expected, got nil).
• Dao, Thanh Oai; Nguyen, Tien Dung; Pham, Ngoc Mai (2016), „A strengthened version of the Erdős-Mordell inequality“ (PDF), Forum Geometricorum, 16: 317–321, MR 3556993, Архивирано од изворникот (PDF) на 2018-04-24, Посетено на 2024-06-26.
• Грешка во Lua: bad argument #1 to 'match' (string expected, got nil).
• Грешка во Lua: bad argument #1 to 'match' (string expected, got nil).
• Грешка во Lua: bad argument #1 to 'match' (string expected, got nil).
• Marinescu, Dan Ștefan; Monea, Mihai (2017), „About a strengthened version of the Erdős-Mordell inequality“ (PDF), Forum Geometricorum, 17: 197–202, Архивирано од изворникот (PDF) на 2018-04-24, Посетено на 2024-06-26.
• Грешка во Lua: bad argument #1 to 'match' (string expected, got nil).
• Грешка во Lua: bad argument #1 to 'match' (string expected, got nil).

Надворешни врски

• „Erdős-Mordell Theorem“ од Ерик В. Вајсштајн — MathWorld (англиски)

• Alexander Bogomolny, "Erdös-Mordell Inequality", from Cut-the-Knot.