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).

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}.

Eenvoudige ongelijkheden

Het is voor iedereen duidelijk dat een kwadraat van een reeël getal nooit negatief kan zijn. Het uitwerken van (a-b)^2\geq 0 geeft ons twee eenvoudige ongelijkheden, waarmee we snel aan het werk kunnen ( veronderstel alle getallen positief):

  • \sqrt{ab} \leq \frac{a+b}{2}.
  • \Big(\frac{a+b}{2}\Big)^2 \leq \frac{a^2+b^2}{2}.

Twee voorbeelden:

  1. Bewijs dat (a+b)(b+c)(c+a)\geq 8abc.

    Uit formule 1  vinden we a+b \geq 2\sqrt{ab}, maar ook dat a+c \geq 2\sqrt{ac} en c+b \geq 2\sqrt{cb}, dus is (a+b)(b+c)(c+a)\geq 8\sqrt{ab}\sqrt{bc}\sqrt{ca}=8abc.
  2. Bewijs, als a+b=1, dan is \Big(a+\frac{1}{a}\Big)^2+\Big(b+\frac{1}{b}\Big)^2 \geq \frac{25}{2}.
    Uit formule 2 volgt het linkerlid groter is dan of gelijk is aan \frac{2}{4}\Big(a+\frac{1}{a}+b+\frac{1}{b}\Big)^2=\frac{1}{2}\Big(1+\frac{a+b}{ab}\Big)^2 =\frac{1}{2}\Big(1+\frac{1}{ab}\Big)^2.  Uit formule 1 weten we dat a+b=1 \geq 2\sqrt{ab} ofwel ab \leq \frac{1}{4}. Hieruit volgt dat \frac{1}{ab} \geq 4.
    Bijgevolg is \Big(a+\frac{1}{a}\Big)^2+\Big(b+\frac{1}{b}\Big)^2 \geq \frac{1}{2}(1+4)^2=\frac{25}{2}.

Ongelijkheid van Cauchy-Schwarz

Stel (a_1,a_2,\cdots,a_n) en (b_1,b_2,\cdots,b_n)  n-tallen van reële getallen, dan geldt:

(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n)^2\leq(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2)

Deze ongelijkheid werd genoemd naar A.L.Cauchy( 1789-1857) en H.A.Schwarz(1843-1921) en steunt op de eigenschap dat het skalair product van twee vectoren kleiner is dan of gelijk is aan het product van de normen van die vectoren.


 

 

 

 

 

 

Bekijken we even een voorbeeld:

Bewijs: (\frac{x}{2}+\frac{y}{3}+\frac{z}{6})^2  \leq \frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{3}+\frac{z^2}{6}

Het is enkel de kwestie van goed de twee drietallen te kiezen.
Neem (\frac{x}{2},\frac{y}{\sqrt{6}},\frac{z}{\sqrt{12}}) en  (1,\sqrt{\frac{2}{3}},\sqrt{\frac{2}{6}}) en vul in.