Afiliacja: Uniwersytet im. A. Mickiewicza w Poznaniu
Mówimy, że liczby \(a,b,c>0\) są długościami boków trójkąta, gdy istnieje trójkąt \(ABC,\) w którym \(a=|BC|,\) \(b=|CA|\) i \(c=|AB|.\) Fakt ten jest równoważny każdemu z punktów poniższego twierdzenia, jednak dowód tej równoważności jest tematem na oddzielną opowieść – zależy od tego, jakie wybierzemy aksjomaty lub model płaszczyzny – dlatego żadnego dowodu tu nie napiszę; tym bardziej, że będziemy zajmować się jedynie algebraiczną stroną tego tematu. A teraz zapowiedziane
Twierdzenie. Niech \(a,b,c>0.\) Następujące warunki są równoważne:
\(a<b+c,\) \(b<c+a,\) \(c<a+b\);
\(c<a+b,\) w sytuacji, gdy \(c=\max\{a,b,c\}\);
\(a>|b-c|,\) \(b>|c-a|,\) \(c>|a-b|\);
\(a>|b-c|,\) w sytuacji, gdy \(a=\min\{a,b,c\}\);
\(|a-b|<c<a+b\);
istnieją liczby \(x,y,z>0,\) dla których \(a=y+z,\) \(b=z+x,\) \(c=x+y.\)
Dowód. Najpierw skorzystamy z równoważności \(|t|<M \iff t<M \wedge -t<M,\) prawdziwej dla \(t,M\in\mathbb{R},\) aby pozbyć się wszystkich wartości bezwzględnych. Punkty (1), (2) i (3) stają się identyczne, a więc są równoważne.
(2)\(\Rightarrow\)(2\('\)). Nierówność w (2\('\)) jest jedną z nierówności w (2).
(2\('\))\(\Rightarrow\)(1\('\)). Liczba \(a\) jest najmniejsza spośród \(a,\) \(b,\) \(c,\) więc co najmniej jedna z liczb \(b,\) \(c\) jest największa. W (2\('\)) mamy \(a+b>c\) i \(a+c>b,\) zatem jedna z tych nierówności spełnia warunek (1\('\)).
(1\('\))\(\Rightarrow\)(1). Jeśli \(c\) jest największa spośród \(a,\) \(b,\) \(c,\) to \(b\le
c< a+c\) i analogicznie \(a<b+c.\)
(4)\(\Rightarrow\)(1). Zachodzi nierówność \(a=y+z<y+z+2x=b+c\) i dwie analogiczne.
(1)\(\Rightarrow\)(4). Liczby \(x=\frac12(b+c-a),\) \(y=\frac12(c+a-b),\) \(z=\frac12(a+b-c)\) są dodatnie i spełniają równości \(y+z=a,\) \(z+x=b,\) \(x+y=c.\)
Warto podkreślić, co dają punkty primowane. Zamiast sprawdzić trzy nierówności, wystarczy jedną: najdłuższy bok jest krótszy od sumy pozostałych dwóch albo najkrótszy bok jest dłuższy od bezwzględnej różnicy pozostałych dwóch.
Podstawienie (4) zamienia problem związany z długościami boków trójkąta na problem z liczbami dodatnimi, na które już nie ma żadnych dodatkowych warunków, i przez to są prostsze w obsłudze. To podstawienie ma interpretację geometryczną – okrąg wpisany w trójkąt \(ABC\) o bokach długości \(a,\) \(b,\) \(c\) daje nam \(x,\) \(y,\) \(z\) jako odległości od wierzchołków trójkąta do odpowiednich punktów styczności (zob. rysunek).
Na koniec jeszcze jeden użyteczny
Fakt. Jeśli istnieje liczba \(x>0,\) dla której \(a,b,c\in[x,2x),\) to liczby \(a,\) \(b,\) \(c\) są długościami boków pewnego trójkąta.
Dowód. Tak po prostu: \(a+b\ge x+x=2x>c.\)
Mała rzecz, a potrafi ucieszyć. Ale uwaga – ta implikacja działa tylko w jedną stronę. Na przykład dla liczb \(3,\) \(5\) i \(7\) taki przedział \([x,2x)\) nie istnieje, a są one długościami boków trójkąta.
Zadania
Dane są liczby dodatnie \(x,\) \(y\) i \(z.\) Wiadomo, że liczby \(x,\) \(y\) i \(z\) są długościami boków pewnego trójkąta. Uzasadnić, że \(\sqrt{x},\) \(\sqrt{y}\) i \(\sqrt{z}\) również są długościami boków trójkąta.
Wskazówka \((\sqrt{x}+\sqrt{y})^2>(\sqrt{z})^2.\)
Ciekawostka. Dla jakich rzeczywistych \(t\) prawdziwa jest implikacja: Jeśli \(x,\) \(y,\) \(z\) są długościami boków trójkąta, to \(x^t,\) \(y^t,\) \(z^t\) również? Jest tak wtedy i tylko wtedy, gdy \(0\le t\le 1,\) co wiąże się z tym, że funkcja \(f(x)=x^t\) jest wklęsła na przedziale \((0,\infty)\) tylko dla takich \(t.\)Dowieść, że jeśli \(a,\) \(b,\) \(c\) są długościami boków pewnego trójkąta, to \({a^2(b+c-a)+b^2(c+a-b)+c^2(a+b-c) \le 3abc}.\)
Wskazówka Po podstawieniu z punktu (4) i uproszczeniu wystarczy posłużyć się nierównością pomiędzy średnią arytmetyczną i geometryczną.
Wybrano \(7\) liczb (niekoniecznie różnych) z przedziału \((1,8).\) Udowodnić, że pewne trzy z nich są długościami boków trójkąta.
Wskazówka \((1,8)=(1,2)\cup[2,4)\cup[4,8).\)
Zadanie dodatkowe. Wykazać, że teza zachodzi również, gdy weźmiemy tylko \(6\) liczb, ale \(5\) to już za mało.Liczby \(x,\) \(y,\) \(z\) są długościami boków pewnego trójkąta. Liczby \(\frac1x,\) \(\frac1y,\) \(\frac1z\) również są długościami boków trójkąta. Wykazać, że \(\frac{x^2+y^2+z^2}{yz+zx+xy}<\frac32.\) (XVII WLM)
Wskazówka \(yz>|zx-xy|=x|z-y|>|z-y|\cdot|z-y|=(z-y)^2.\)
Inny sposób. Przy założeniu \(x\le y\le z\) otrzymujemy \(2x^2\le 2xy,\) \(2y^2<yz+zx+xy,\) \(2z^2<2yz+2zx.\)
Jeszcze inaczej. Z zastosowaniem podstawienia (4) i szacowań podobnych do tych z poprzedniego sposobu można dość łatwo dostać oszacowanie przez \(\frac 43.\)
Ciekawostka. Optymalna stała to \(\sqrt 5-1\) i jest osiągana dla zdegenerowanego trójkąta o proporcji boków \(1:\Phi:\Phi^2\) (\(\Phi=\frac{1+\sqrt 5}{2}\) to złota liczba). Odkryłem prawdziwie cudowny dowód tego faktu, jednakże ten margines jest zbyt wąski, by go pomieścić.Dany jest trójkąt \(ABC.\) Niech \(r_a\) będzie promieniem okręgu stycznego do prostych \(AB\) i \(AC,\) którego środek leży na odcinku \(BC.\) Analogicznie definiujemy \(r_b\) i \(r_c.\) Udowodnić, że z odcinków o długości \(r_a,\) \(r_b\) i \(r_c\) można zbudować trójkąt. (XVI WLM)
Wskazówka Niech \(I\) będzie środkiem okręgu wpisanego w trójkąt \(ABC,\) a punkt \(D\) – środkiem okręgu o promieniu \(r_a.\) Mamy \(\frac{r_a}{r} = \frac{|AD|}{|AI|},\) ponadto \(|AI|>|ID|\) (dlaczego?), więc \(r_a\in(r,2r).\)
Dowieść, że dla \(a,b,c>0\) zachodzi nierówność \(\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}\ge\sqrt{c^2+ca+a^2}.\)
Wskazówka Rozważmy punkty \(A,\) \(B,\) \(C,\) \(D\) o następujących własnościach: \(|AD|=a,\) \(|BD|=b,\) \(|CD|=c,\) \(|\angle ADB|=60^\circ,\) \(|\angle BDC|=60^\circ,\) \(|\angle ADC|=120^\circ.\) Zadana nierówność jest nierównością trójkąta \(ABC\) (być może zdegenerowanego do odcinka).