Ердеш-Морделово неравенство

Во Евклидовата геометрија, Ердеш-Морделовото неравенство вели дека за секој триаголник <math>ABC</math> и точка <math>P</math> во неговата внатрешност, збирот на растојанијата од <math>P</math> до страните на триаголникот е помал или еднаков на половината од збирот на растојанијата од ''P'' до темињата на триаголникот. Ова неравенство е именувано по Пал Ердеш и Луис Мордел. го поставил проблемот, а 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 , и .
Неравенството на Бароу е зајакната верзија на неравенството на Ердеш-Мордел во која растојанијата од <math>P</math> до страните се заменети со растојанијата од <math>P</math> до точките во кои 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.
1 Формулација
Нека <math>P</math> е произволна точка во даден триаголник <math>ABC</math>, и нека <math>PL</math>, <math>PM</math> и <math>PN</math> се нормалите од <math>P</math> 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
:<math>\overline{PA}+\overline{PB}+\overline{PC}\geqslant 2(\overline{PL}+\overline{PM}+\overline{PN})</math>
2 Доказ
Нека страните на <math>ABC</math> се: <math>a</math> - наспроти темето <math>A,</math><math>b</math> - наспроти темето <math>B</math> и <math>c</math> - наспроти темето <math>C.</math> Исто така, нека <math>\overline{PA} = p, \overline{PB} = q, \overline{PC} = r; d(P,BC)=x, d(P,CA)=y, d(P,AB)=z.</math> Прво, докажуваме дека
:<math>cr\geq ax+by.</math>
што е еквивалентно на
:<math>\frac{c(r+z)}2\geq \frac{ax+by+cz}2.</math>
Десната страна е еднаква на плоштината на триаголникот <math>ABC.</math> На левата страна збирот ''<math>r+z</math>'' не е помал од висината на триаголникот. Следствено, левата страна не може да биде помала од десната страна. Сега, ја пресликуваме точката <math>P</math> симетрично во однос на симетралата на аголот при темето <math>C.</math> Гледаме дека <math>cr\geq ay+bx</math> за сликата (рефлексијата) на <math>P.</math> Слично се покажува дека <math>bq \geqslant az + cx</math> и <math>ap \geqslant bz + cy .</math> Ги решаваме овие неравенки по <math>r,q</math> и <math>p:</math>:<math>r\geq (a/c)y+(b/c)x,</math>:<math>q\geq (a/b)z+(c/b)x,</math>:<math>p\geq (b/a)z+(c/a)y.</math>
Се собираат трите неравенки и добиваме
:<math>
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.
</math>
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 <math>P</math> е неговиот центар.
3 Појака верзија
Нека <math>ABC</math> е триаголник впишан во кружница <math>(O)</math> и <math>P</math> е точка во триаголникот <math>ABC.</math> Нека <math>D,E,F</math> се ортогоналните проекции на <math>P</math> врз <math>BC,CA,AB</math> редоследно. Нека <math>M, N, Q</math> се ортогоналните проекции на <math>P</math> врз тангентите на <math>(O)</math> во <math>A,B,C</math> соодветно. Tогаш:
:<math> \overline{PM} + \overline{PN} + \overline{PQ} \geqslant 2(\overline{PD} + \overline{PE} + \overline{PF})</math>
Eднаквост важи ако и само ако триаголникот <math>ABC</math> е рамностран ( ; )
4 Обопштувањe
Нека <math>A_1A_2...A_n</math> е конвексен многуаголник и <math>P</math> е точка од внатрешноста на <math>A_1A_2...A_n</math>. Нека <math>R_i</math> е растојанието помеѓу <math>P</math> и темето <math>A_i</math>, <math>r_i</math> е растојанието од <math>P</math> до страната <math>A_iA_{i+1}</math>, <math>w_i</math> е отсечката на симетралата на аголот <math>A_iPA_{i+1}</math> од <math>P</math> до нејзиниот пресек со страната <math>A_iA_{i+1}</math>, тогаш:
:<math> \sum_{i=1}^{n}R_i \ge \left(\sec{\frac{\pi}{n\right)\sum_{i=1}^{n} w_i \ge \left(\sec{\frac{\pi}{n\right)\sum_{i=1}^{n} r_i </math>
5 Во апсолутна геометрија
Во апсолутната геометрија, Ердеш-Морделовото неравенство е еквивалентно, што е докажано во , на ставот дека збирот на аглите во триаголник е помал или еднаков на два прави агли.
6 Поврзано
* Список на неравенства за триаголници
7 Наводи
* .
* .
* .
* .
* .
* .
* .
* .
* .