Goniometrische substituties

We kennen het gebruik van een goniometrische substitutie bij het berekenen van onbepaalde integralen. Maar ze kunnen ook hun nut hebben bij de studie van ongelijkheden. Een voorbeeld:

Als a,b,c,en d positieve reële getallen zijn en

    \[\frac{1}{1+a^4}+\frac{1}{1+b^4}+\frac{1}{1+c^4}+\frac{1}{1+d^4}=1\]

bewijs dan dat abcd \geq 3.

  • Stel a^2=\tan x, b^2=\tan y,c^2=\tan z en d^2=\tan t
  • Omdat 1+\tan^2x=\frac{1}{\cos^2x} wordt de gegeven ongelijkheid: \cos^2x+\cos^2y+\cos^2z+\cos^2t=1
  • We gebruiken nu de ongelijkheid van het rekenkundig en meetkundig gemiddelde: \sin^2x=1-\cos^2x=\cos^2y\cos^2z\cos^2t \geq 3(\cos y.\cos z.\cos t)^{\frac{2}{3}}
  • Analoog \sin^2y\geq 3(\cos x.\cos z.\cos t)^{\frac{2}{3}}.
  • Of \sin^2z\geq 3(\cos x.\cos y.\cos t)^{\frac{2}{3}}.
  • En \sin^2t\geq 3(\cos x.\cos y.\cos z)^{\frac{2}{3}}.
  • Als we nu deze 4 ongelijkheden met elkaar vermenigvuldigen vinden we dat \sin^2x.\sin^2y.\sin^2z.\sin^2t \geq 81 \cos^2x.\cos^2y.\cos^2z.\cos^2t.
  • Hieruit volgt dat \tan^2x.\tan^2y.\tan^2z.\tan^2t \geq 81 of a^4b^4c^4d^4 \geq 81.
  • Omdat a,b,c en d positief zijn volgt hieruit dat abcd \geq 3.

Ongelijkheid van Erdös-Mordell

Deze ongelijkheid vertelt ons dat, voor een punt in het inwendige van een driehoek, dat de som van de afstanden tot de hoekpunten niet kleiner is dan het dubbel van de som van de afstanden tot de zijden van de driehoek. Dit werd door Paul Erdös( 1913-1996) als een vermoeden geformuleerd in 1935 en in hetzelfde jaar nog bewezen door de Britse wiskundige Louis Mordell (1888-1972).

    \[x+y+z \geq 2(a+b+c)\]

  • b+y\geq  h_B, dus is \frac{1}{2}|AC|(b+y)\geq\frac{1}{2}(|AC|b+|BC|a+|AB|c). Hieruit volgt dat |AC|y\geq |BC|a+|AB|c.
  • Door het inwendig punt te spiegelen rond de bissectrice van C, vinden we dat |AC|y\geq |BC|c+|AB|a.
  • Analoge redeneringen geeft ook dat |AB|z\geq |BC|b+|AC|a en |BC|x\geq |AC|c+|AB|b.
  • Oplossen naar x,y en z geeft dit x\geq \frac{|AC|}{|BC|}c+\frac{|AB|}{|BC|}by\geq \frac{|BC|}{|AC|}c+\frac{|AB|}{|AC|}a, en z\geq \frac{|BC|}{|AB|}b+\frac{|AC|}{|AB|}a.
  • Lid per lid  optellen van deze ongelijkheden geeft: x+y+z \geq ( \frac{|AC|}{|BC|}+ \frac{|BC|}{|AC|})c+( \frac{|BC|}{|AB|}+ \frac{|AB|}{|BC|})c+( \frac{|AC|}{|AB|}+ \frac{|AB|}{|AC|})b.
  • Uit de ongelijkheid over het rekenkundig en meetkundig gemiddelde volgt dat de coëfficiënten van a,b en c alle groter of gelijk zijn aan 2, zodat x+y+x \geq 2(a+b+c).

Ravi substitutie

De Ravi substitutie is een techniek die erg belangrijk is bij het oplossen van meetkundige ongelijkheden. Ze luidt als volgt:

Als a, b en c zijden van een driehoek zijn dan bestaan er positieve getallen x,y en z zodat 

    \[a = y + z,  b = z + x \text{ en } z = x + y\]

Het bewijs hiervan is niet zo lastig. Als a ,b en c zijden zijn van een driehoek, dan kunnen we de ingeschreven cirkel tekenen en uit onderstaande tekening volgt het gestelde.

Omgekeerd, zijn a, b en c de zijden van een driehoek als elke zijde kleiner is dan de som van de twee andere zijden. En dat is evident omdat x,y en z positief zijn.

Voorbeeld: Als a, b en c de zijden van een driehoek zijn bewijs dan dat

    \[abc \geq (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)\]

We gebruiken de Ravi substitutie en we moeten dan bewijzen dat :

    \[(y+z)(z+x)(x+y)\geq xyz\]

  of

    \[x(y-z)^2+y(z-x)^2+z(x-y)^2\geq 0\]

Omdat x,y en z positief zijn is dit correct.

De naam Ravi substitutie komt van de Canadese wiskundige Ravi D. Vakil, (geboren in 1970) die deze reeds gekende substitutie als één van zijn favoriete methodes gebruikte bij het oplossen van ongelijkheden. Hij was lid van het Canadese team bij de Internationale Wiskunde Olympiade in 1986,1987 en 1988 en behaalde zilver en twee maal goud (éénmaal met een perfecte score).

Nog een goniometrische ongelijkheid

In een driehoek met hoeken \alpha,\beta en \gamma geldt:

    \[\cot \alpha.\cot \beta.\cot \gamma \leq \frac{\sqrt{3}}{9}\]

  • Als één van de hoeken groter is dan 90^{\circ} dan is de cotangens ervan negatief en klopt de eigenschap zeker.
  • Veronderstel dus dat alle hoeken scherp zijn, dan is de tangens functie convex en volgt uit de stelling van Jensen dat:  \tan \alpha +\tan \beta +\tan \gamma \geq 3\tan(\frac{\alpha+\beta+\gamma}{3})=3\sqrt{3}.
  • Men kan eenvoudig controleren dat \tan \alpha +\tan \beta +\tan \gamma =\tan \alpha .\tan \beta .\tan \gamma en dus is  \tan \alpha .\tan \beta .\tan \gamma \geq 3\sqrt{3}.
  • Als we het omgekeerde nemen vinden we dat  \cot \alpha .\cot \beta .\cot \gamma \leq \frac{1}{ 3\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{9}.

Ongelijkheid met sinussen

Sommige ongelijkheden kunnen zeer elegant worden opgelost door gebruik te maken van de ongelijkheid van Jensen. Voor concave functies ( bol , tweede afgeleide negatief) wordt dit :

    \[\frac{f(x)+f(y)+f(z)}{3} \leq f\Big( \frac{x+y+z}{3}\Big)\]

In een driehoek met hoeken \alpha,\beta en \gamma geldt :

    \[\sin \alpha +\sin \beta +\sin \gamma \leq \ \frac{3\sqrt{3}}{2}\]

Omdat \alpha,\beta,\gamma hoeken zijn van een driehoek zijn \alpha,\beta,\gamma elementen van [0,\pi ]. De sinusfunctie is concaaf op dit interval, want \sin''(x)=-\sin x \leq 0 in [0,\pi ]. Dus is, volgens Jensen: \frac{\sin \alpha+\sin \beta +\sin \gamma}{3}\leq \sin \frac{\alpha+\beta+\gamma}{3}=\sin \frac{\pi}{3} =\frac{\sqrt{3}}{2}.

Dus is \sin \alpha+\sin \beta +\sin \gamma} \leq \frac{3\sqrt{3}}{2}.