Driehoeksongelijkheid en Ravi (groep 1)

Transcriptie

1 Driehoeksongelijkheid en Ravi (groep 1) Trainingsdag 3, april 009 Driehoeksongelijkheid Driehoeksongelijkheid Voor drie punten in het vlak A, B en C geldt altijd dat AC + CB AB. Gelijkheid geldt precies dan als C op het lijnstuk AB ligt. In woorden betekent dit dat de kortste verbinding tussen A en B het lijnstuk AB is; als je een knik maakt via C is je route langer. We bewijzen deze driehoeksongelijkheid in de volgende opgave. In die opgave speelt driehoek ABC een rol. Als de punten A, B en C op een lijn liggen, noemen we dit een ontaarde driehoek. Opgave 1 (Bewijs m.b.v. projectie.) Zij gegeven een (desnoods ontaarde) driehoek ABC met zijden a = BC, b = CA en c = AB. We gaan in deze opgave bewijzen dat AC + CB AB. Als A en B samenvallen, is de ongelijkheid zeker waar: AC + CB 0 = AB en er geldt precies dan gelijkheid als ook nog eens C gelijk is aan A en B. Veronderstel nu dat A en B verschillende punten zijn. Beschouw de lijn AB als de reële rechte (d.w.z. als de gewone getallenlijn), met A het punt 0 R en met B het punt c R (wegens c = AB ). Noem D de loodrechte projectie van C op de lijn AB en noem x R het corresponderende reële getal. Bewijs nu a + b c. Wanneer geldt gelijkheid? Merk op: als A of B stomp is, ligt D buiten lijnstuk AB en geldt x < 0 of x > c. Voorbeeld van een toepassing. Zij ABC een driehoek met D het midden van lijnstuk BC. Bewijs dat AD 1 ( AB + AC ). Uitwerking 1. Noem E het midden van lijnstuk AC. Nu is lijnstuk ED een middenparallel van ABC en dus half zo lang als lijnstuk AB. Met de driehoeksongelijkheid op AED vinden we AE + ED AD, dus 1 AC + 1 AB AD. Uitwerking. De ongelijkheid is equivalent met AD AB + AC. Draai de hele driehoek 180 om punt D; dan valt B op C; C op B en A gaat over in een punt A zodat 1

2 BACA een parallellogram is. Het resultaat volgt nu door de driehoeksongelijkheid toe te passen op ACA : AA AC + CA dus AD AC + BA. Opgave (a) Laat vier punten A, B, C, D gegeven zijn. Bewijs dat AB + BC + CD AD. (b) Algemeen: laat n + 1 punten A 0, A 1,..., A n gegeven zijn (n 1). Bewijs dat n A i 1A i A 0 A n. Opgave 3 Zij Γ een cirkel met middelpunt M en P een willekeurig punt ongelijk aan M. Bepaal een punt S Γ zodat P S minimaal is. Opgave 4 Laat A en B en een lijn l gegeven zijn. Veronderstel dat A en B aan dezelfde kant van lijn l liggen. Voor elke C l beschouwen we de afstand AC + CB. Construeer een punt C = C 0 op l waarvoor AC + CB minimaal is. Opgave 5 Tussen A en B bevindt zich een rivier, gesymboliseerd door de evenwijdige lijnen k en l. Bepaal de kortst mogelijke route van A naar B via de rivier, die alleen maar loodrecht mag worden overgestoken. We kijken nu naar het geval dat A, B en C niet op één lijn liggen. In dat geval is in opgave 1 ten eerste A B (zodat we het kunnen hebben over lijn AB) en ten tweede DC > 0. We krijgen dan de strikte driehoeksongelijkheid: AC + CB > AB ofwel a + b > c. Voor elke niet-ontaarde driehoek ABC met lengtes der zijden a > 0, b > 0 en c > 0 gelden dus de volgende strikte driehoeksongelijkheden (en dat verklaart ook de naam): a + b > c; b + c > a; c + a > b. Omgekeerd is er voor gegeven a > 0, b > 0 en c > 0 die aan deze vergelijkingen voldoen een driehoek te maken; dat bewijzen we in opgave 10. Wegens het congruentiegeval (ZZZ) weet je dat er in feite hooguit één zo n driehoek te maken is, dus we concluderen dat er voor gegeven positieve a, b, c die voldoen aan de driehoeksongelijkheden precies één driehoek te construeren is. Opgave 6 Construeer met passer en liniaal, uitgaande van een lijnstuk met lengte 1, een driehoek met zijden 4, 5, 8. Opgave 7 Zij gegeven een driehoek ABC. Zij P een punt in het inwendige van ABC. Bewijs dat AP + P B < AC + CB.

3 Opgave 8 Laat a, b, c R gegeven zijn en veronderstel dat ze aan de driehoeksongelijkheden voldoen: a + b > c; b + c > a; c + a > b. Bewijs dat a, b, c > 0. Opgave 9 Voor welke reële waarden van x en y kun je een driehoek maken met zijden x + y, x + y en x + y? Opgave 10 Laat a, b, c > 0 gegeven zijn en veronderstel (z.b.d.a.) dat c a, b. Dan gelden de eerste twee driehoeksongelijkheden trivialiter: b + c > c a; c + a > c b. Veronderstel nu dat de derde driehoeksongelijkheid ook geldt: a + b > c. Bewijs dat er een driehoek is met a, b, c als lengtes der zijden. Opgave 11 In opgave 1 hebben we de driehoeksongelijheid bewezen. We geven nu een alternatief bewijs dat gebruik maakt van de ongelijkheid van Cauchy-Schwarz, die we vorige trainingsdag hebben gezien: voor reële getallen x 1,..., x n en y 1,..., y n geldt: ( n ) ( n ) ( n ) n x i y i en bijgevolg x i y i n n x i y i met gelijkheid dan en slechts dan als er een reëel getal λ is zodat x i = λy i voor alle i = 1,,..., n, of y i = 0 voor alle i = 1,,..., n. De lengte van een vector x = (x 1, x, x 3 ) is de afstand van het punt (0, 0, 0) tot het punt (x 1, x, x 3 ) in de 3-dimensionale ruimte. De vector x en de verschoven vector y (die van (x 1, x, x 3 ) naar (x 1 + y 1, x + y, x 3 + y 3 ) loopt) kunnen we samen met de vector x + y beschouwen als de drie zijden van een driehoek OXZ, met O = (0, 0, 0), X = (x 1, x, x 3 ) en Z = (x 1 + y 1, x + y, x 3 + y 3 ). Bewijs de volgende 3-dimensionale versie van de niet-strikte driehoeksongelijkheid: voor alle x, y R 3 geldt x + y x + y. x i y i 3

4 Ravi Een drietal positieve reële getallen (a, b, c) waarvan we de elementen kunnen opvatten als de lengtes der zijden van een driehoek noemen we een drietal driehoekszijden. Soms geldt een ongelijkheid alleen voor drietallen driehoekszijden. Die informatie moet je dus wel ergens gebruiken in je bewijs. Maar het is niet altijd duidelijk hoe je dat precies moet doen. In dit deel gaan we daar een hulpmiddel voor afleiden. We herhalen nog even wat we tot nu toe van ongelijkheden weten, naast Cauchy-Schwarz: De gemiddeldes en de HaMeReK-ongelijkheden Laat x 1, x,..., x n positieve reële getallen zijn. Dan geldt dat n 1 x x x n n x 1 x x n x 1 + x + + x n n en gelijkheid geldt overal alleen als x 1 = x = = x n. x 1 + x + + x n. n Laat gegeven zijn de driehoekszijden a > 0, b > 0 en c > 0. Het stelsel y + z = a z + x = b x + y = c heeft een unieke oplossing: uit optellen volgt (x+y+z) = a+b+c. Definieer s = a+b+c als de halve omtrek, dan moet dus x+y+z = s, dus x = s (y+z) = s a = a+b+c a = a+b+c. De driehoeksongelijkheid b+c > a impliceert nou precies dat x > 0. Analoog voor y = s b en z = s c. Omgekeerd, laat gegeven zijn x, y, z > 0 en definieer a, b en c als hierboven, dan kunnen we die opvatten als driehoekszijden. Inderdaad, bijv. b + c = (z + x) + (x + y) = (y + z) + x > y + z = a; rest analoog. Dus dan wordt aan de driehoeksongelijkheden voldaan. Ravi De eis voor een drietal (a, b, c) dat het moet voldoen aan de driehoeksongelijkheden a + b > c; b + c > a en c + a > b is equivalent met de eis dat x, y, z > 0, als we a vervangen door y + z, b door z + x en c door x + y. De omgekeerde transformatie wordt gegeven door x = s a, y = s b en z = s c, met s = a+b+c. De lengtes x, y en z kunnen meetkundig gevonden worden door de ingeschreven cirkel in ABC te construeren en de raaklijnstukken vanuit de hoekpunten te beschouwen: als P, Q en R de raakpunten zijn van de ingeschreven cirkel aan de zijden BC, CA en AB respectievelijk, dan RB = y = BP ; P C = z = CQ en QA = x = AR. Je past de Ravi-transformaties in de praktijk toe als je een bewering alleen hoeft te bewijzen voor drietallen a, b en c die de lengtes zijn van zijden van een driehoek. Zie je bovendien 4

5 nog uitdrukking als a + b c staan, dan weet je helemaal zeker dat het wel een handig idee kan zijn om Ravi toe te passen. Door deze transformaties ben je tenminste verlost van die lastig toe te passen driehoeksongelijkheden. Een enkele keer echter kun je ook wel direct de driehoeksongelijkheden (a + b > c, etc.) toepassen. Voorbeeld. Laat een driehoek met lengten der zijden a, b en c gegeven zijn. Bewijs dat a + b c + b + c a + c + a b a + b + c, met gelijkheid dan en slechts dan als a = b = c. Uitwerking. Omschrijven met Ravi geeft de equivalente ongelijkheid x+ y + z x + y + y + z + z + x voor x, y, z > 0. Deze volgt uit de ongelijkheid van het rekenkundig en kwadratisch gemiddelde: x + y y + z z + x x + y + z = + + x + y y + z z + x + + = x + y + y + z + z + x. Gelijkheid geldt precies dan als x = y = z, dus precies dan als a = b = c. Opgave 1 Laat een driehoek met lengten der zijden a, b en c gegeven zijn. Bewijs dat a + b c + b + c a + c + a b 3 a + b + c. Opgave 13 Laat een driehoek met lengten der zijden a, b en c gegeven zijn. Bewijs dat 7(b + c a)(c + a b)(a + b c) (a + b + c) 3. Opgave 14 Laat een driehoek met lengten der zijden a, b en c gegeven zijn. Bewijs dat (b + c a)(c + a b)(a + b c) abc. Opgave 15 Laat een driehoek met lengten der zijden a, b en c gegeven zijn. Bewijs dat a b + c a + b c + a b + c a + b c 3. 5

6 Opgave 16 Laat een driehoek met lengten der zijden a, b en c gegeven zijn. Bewijs dat 3(ab + bc + ca) (a + b + c) 4(ab + bc + ca). Opgave 17 Voor een driehoek ABC met lengten der zijden a, b en c definiëren we x, y en z als hierboven. Beschouw nu de aangeschreven cirkel aan zijde BC (d.w.z. tegenover hoekpunt A). Deze raakt (het verlengde van) de zijden BC, CA en AB in P, Q, R. Druk de lengtes R B, BP, P C en CQ uit in x, y, z. Opgave 18 (IMO 1964) Laat een driehoek met lengten der zijden a, b en c gegeven zijn. Bewijs dat a (b + c a) + b (c + a b) + c (a + b c) 3abc. 6