Mariazell 2009 Czakler Geometrische

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Mariazell 2009
Czakler
Geometrische Ungleichungen
Ungleichungen im Dreieck
1. Dreiecksungleichungen
Es seien a, b, c > 0 die Seiten eines Dreiecks. Dann gelten die Dreiecksungleichungen:
|b − c| < a < b + c, |c − a| < c + a |a − b| < c < a + b
2. Die ”x-y-z-Transformation” :
Die ”x-y-z-Transformation” wendet man oft dann an, wenn die Variablen a, b, c der
Ungleichung Seiten eines Dreiecks sind. Man setzt:
a = y + z, b = z + x und c = x + y,
wobei x, y, z positive reelle Zahlen sind. Das geht, man muss nur
x=
c+a−b
a+b−c
b+c−a
= s − a, y =
= s − b, z =
=s−c
2
2
2
setzen, wobei s =
a+b+c
.
2
Die Strecken x, y, z sind genau die Längen der Abschnitte, in die die Seiten durch die
Berührungspunkte des Inkreises zerfallen.
2
3. ”Euler’sche Ungleichung”
R ≥ 2r.
(Gleichheit R = 2r für a = b = c)
Bemerkung 1: Die geometrische Ungleichung R ≥ 2r ist äquivalent zur Ungleichung
von Schur, wenn a, b, c die Seiten eines Dreiecks sind.
Bemerkung 2: Bezeichnet man in einem Dreieck ABC mit R den Umkreisradius, r
den Inkreisradius, O den Umkreismittelpunkt und I den Inkreismittelpunkt, dann gilt
(Euler 1765):
d2 = OI 2 = R2 − 2Rr
4. Interessante Ungleichungen mit R,r und s
Im Folgemden sei ABC ein Dreieck mit den Seitenlängen a, b, c, mit dem Umkreisradius
R, dem Inkreisradius r und dem halben Umfang s.
• In jedem Dreieck gilt:
9R2 ≥ a2 + b2 + c2
• Ist das Dreieck ABC spitzwinkelig, dann gilt
9R2 ≥ a2 + b2 + c2 > 8R2
• Die Ungleichung von W.J. Blundon:
√
s ≤ 2R + (3 3 − 4)r
Gleichheit gilt immer genau dann, wenn das Dreieck gleichseitig ist.
5. Die Ungleichung von Erdös - Mordell:
Ist P ein beliebiger Punkt im Dreieck ABC und sind D, E und F die Fußpunkte der
Lote von P auf die Seiten BC, CA und AB, so gilt:
P A + P B + P C ≥ 2(P D + P E + P F )
Gleichheit gilt genau dann, wenn das Dreieck ABC gleichseitig und P der Umkreismittelpunkt ist.
6. Hadwiger-Finsler - Ungleichung
Sind a, b, c die Seiten eines Dreiecks und A der Flächeninhalt des Dreiecks, dann gilt:
√
a2 + b2 + c2 ≥ (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 + 4A 3
3
Ungleichungen im Viereck
1. ” Abschätzungen der Fläche”:
In jedem konvexen Viereck ABCD mit den Seitenlängen a, b, c, d und der Fläche A =
[ABCD] gelten folgende Beziehungen:
(a) A ≤
ab + cd
2
(b) A ≤
ac + bd
2
1
(c) A ≤ (a + b)(c + d)
4
2. ” Beziehung zwischen den Diagonalen und dem Umfang”:
In jedem konvexen Viereck ABCD mit dem halben Umfang s = 12 (a + b + c + d) sowie
den Diagonalenlängen e = AC, f = BD gilt die Beziehung:
s < e + f < 2s
3. ”Ptolemäus”
Für jedes Viereck ABCD mit den Seitenlängen a, b, c, d und den Diagonalenlängen e
und f gilt:
ef ≤ ac + bd
Gleichheit gilt genau dann, wenn ABCD ein Sehnenviereck ist.
4. Die ”Parallelogrammungleichung”:
Für jedes Viereck ABCD mit den Seitenlängen a, b, c, d und den Diagonalenlängen e
und f gilt:
e2 + f 2 ≤ a2 + b2 + c2 + d2
Gleichheit gilt genau dann, wenn ABCD ein Parallelogramm ist.
Aufgaben:
1. Eine ungerade Anzahl von Personen befinden sich so auf einem Feld, dass alle ihre
gegenseitigen Entfernungen verschieden groß sind. Auf ein bestimmtes Signal hinauf,
erschießt jedermann seinen nächsten Nachbarn. Beweise, dass
• sicher eine Person überlebt.
• niemand von mehr als fünf Kugel getroffen wird.
• sich keine zwei Kugeln kreuzen.
4
2. Gegeben seien sieben reelle Zahlen aus dem Intervall ]1; 13[. Beweise, dass mindestens
drei von ihnen die Seitenlängen eines Dreiecks sind.
3. Es sei ABCD ein konvexes Viereck, M der Mittelpunkt der Seite AD und N der Mittelpunkt der Seite BC. Beweise, dass
MN =
AB + CD
2
dann und nur dann gilt, wenn AB parallel zu CD ist.
4. Es seien a, b, c die Seiten eines Dreiecks mit dem Umfang 1. Zeige:
a2 + b2 + c2 + 4abc <
1
2
5. Es seien a, b, c die Seiten eines Dreiecks und
x=
(a2 + b2 + c2 )(a + b + c)
a3 + b 3 + c 3
Bestimme alle möglichen Werte von bxc.
bxc steht für die größte ganze Zahl kleiner oder gleich x.
6. (IMO 1983)
Es seien a, b, c die Seiten eines Dreiecks. Beweise:
a2 b(a − b) + b2 c(b − c) + c2 a(c − a) ≥ 0
7. Eine Gerade durch den Schwerpunkt S eines Dreiecks ABC schneidet die Seite AC in
P und die Seite BC in Q. Beweise:
P A QB
1
·
≤
P C QC
4
8. Gegeben sei ein Dreieck ABC. Eine Gerade durch den Eckpunkt A schneidet die gegenüberliegende Seite BC im Punkt X und den Umkreis des Dreiecks in dem Punkt
Y (6= A). Beweise:
1
1
4
+
≥
AX XY
BC
5
9. Gegeben sei ein spitzwinkeliges Dreieck ABC. Weiters seine da , db , dc die Abstände des
Höhenschnittpunktes zu den Seiten des Dreiecks a, b, c und r der Inkreisradius. Beweise:
da + db + dc ≤ 3r
10. Gegeben sei ein Sehnenviereck ABCD mit AB = AD und CD > AB + BC. Beweise,
dass der Winkel ∠ABC größer als 1200 ist.
11. Es sei ABC ein Dreieck mit den Seitenlängen a.b, c und P ein beliebiger Punkt der
Dreiecksebene. Dann gilt:
PB · PC PC · PA PA · PB
+
+
≥1
bc
ca
ab
Gleichheit gilt genau dann, wenn entweder P mit einem Eckpunkt des Dreiecks zusammenfällt oder der Höhenschnittpunkt eines spitzwinkeligen Deiecks ist.
Anwendungen:
• Es sei ABC ein Dreieck mit den Seitenlängen a.b, c und P ein beliebiger Punkt der
Dreiecksebene. Dann gilt:
√
PA PB PC
+
+
≥ 3
a
b
c
• Ist P ein beliebiger Punkt in der Ebene eines gleichseitigen Dreiecks mit der Seitenlänge a, dann gilt:
√
PA + PB + PC ≥ a 3
• Für die Schwerlinien sa , sb , sc eines Dreiecks ABC gilt:
sa sb sb sc sc sa
9
+
+
≥
ab
bc
ca
4
und
√
sa sb sc
3 3
+ +
≥
a
b
c
3
12. Es seien n ≥ 3 eine natürliche Zahl und a1 , a2 , · · · , an positive reelle Zahlen, für die gilt:
(a21 + a22 + · · · + a2n )2 > (n − 1)(a41 + a42 + · · · + a4n )
Beweise: Sind i, j, k drei verschiedene natürliche Zahlen kleiner oder gleich n, dann sind
ai .aj , ak die Seiten eines Dreiecks.
6
13. Es sei ABC ein Dreieck und es seien X, Y, Z jeweils Punkte auf den Strecken BC, CA, AB,
so dass die Geraden AX, BY, CZ durch einen gemeinsamen Punkt gehen. Zeige, dass
die Fläche des Dreiecks XY Z nicht größer als ein Viertel der Fläche des Dreiecks ABC
ist.
14. (IMO 1991)
Es sei P ein Punkt innerhalb des Dreiecks ABC. Beweise, dass mindestens einer der
Winkeln ∠P AB, ∠P BC, ∠P CA kleiner oder gleich 30o ist.
15. Die Diagonalen eines konvexen Vierecks ABCD schneiden sich in O. Es sei [AOB] = 4
und [COD] = 9. Bestimme den kleinstmöglichen Flächeninhalt des Vierecks.
Mit [ABC] ist der Flächeninhalt des Dreiecks gemeint.
16. Es seien P, Q, R, S die Mittelpunkte der Seiten BC, CD, DA, BA eines konvexen Vierecks. Beweise:
4(AP 2 + BQ2 + CR2 + DS 2 ) ≤ 5(AB 2 + BC 2 + CD2 + DA2 )
17. Gegeben sei ein konvexes Sechseck ABCDEF mit AB = BC, CD = DE und EF =
F A.
Beweise:
3
BC DE F A
+
+
≥
BE DA F C
2
18. (Indien 2009)
Es sei ABC ein spitzwinkeliges Dreieck und H der Höhenschnittpunkt dieses Dreiecks.
Weiter sei hmax die längste Höhe dieses Dreiecks.
Beweise:
2hmax ≥ AH + BH + CH
Quellen:
Internet: www.mathlinks.ro
Problem-Solving Strategies, A. Engel, Springer Verlag
Mathimatical Olympid Treasures, Titu Andreescu, Bogdan Enescu, Birkhäuser
103 Trigonometric Problems , Titu Andreescu, Zuming Feng, Birkhäuser
7
Lösungen
1. Eine ungerade Anzahl von Personen befinden sich so auf einem Feld, dass alle ihre
gegenseitigen Entfernungen verschieden groß sind. Auf ein bestimmtes Signal hinauf,
erschießt jedermann seinen nächsten Nachbarn. Beweise, dass
• sicher eine Person überlebt.
• niemand von mehr als fünf Kugel getroffen wird.
• sich keine zwei Kugeln kreuzen.
Lösung:
Teil 1:
Die Anzahl der Personen sei 2n + 1. Alle Distanzen sind unterschiedlich groß. Deshalb
gibt es ein Paar A, B von Personen mit minimaler Distanz. Sie erschießen sich gegenseitig. Wenn nun eine dritte Person auch auf eine dieser beiden Personen schießt, ist alles
gezeigt, da dann zwei Schüsse auf eine Person abgefeuert werden. (Es fallen insgesamt
2n+1 Schüsse, da einer doppelt getroffen wird, bleibt mindestens einer über.) Falls nicht,
ignorieren wir A, B und suchen uns das Paar mit der nächst kleineren Distanz C, D.
Dies führen wir so oft durch, bis entweder zwei Schüsse auf eine Person fallen, oder bis
nur noch drei Personen übrig bleiben. Dort ist aber der Satz trivial.
Teil 2:
Es sei S eine Person die von Schüssen der Personen A, B, C, D.. getroffen wird. Das
Dreieck ABS hat lauter verschiedene Seiten und es gilt AS < AB und BS < AB (sonst
hätte ja A auf B geschossen). Da in einem Dreieck der größere Winkel der größeren
Seite gegenüberliegt, ist daher der Winkel ∠ASB am größten und somit größer als 600 .
Wird daher die Person S von zwei Kugeln getroffen, so schließen die Schusslinien einen
Winkel von mehr als 600 miteinander ein. Daher kann die Person S von höchstens 5
Kugeln getroffen werden.
Teil 3:
8
Wir nehmen an A erschießt B und C erschießt D und die Schusslinien kreuzen sich im
Punkt O (AB ∩ CD = O). Dann gilt AB < AD, CD < BC und daher
AB + CD < AD + BC
Mit den Deiecksungleichungen hingegen gilt
AO + DO > AD und BO + CO > BC
und daher (Addition der beiden Ungleichungen)
AB + CD > AD + BC.
Das ist ein Widerspruch zu oben.
2. Gegeben seien sieben reelle Zahlen aus dem Intervall ]1; 13[. Beweise, dass mindestens
drei von ihnen die Seitenlängen eines Dreiecks sind.
Lösung:
Es seien a1 , a2 , · · · , az die sieben Zahlen. Wir können o.B.d,A,
a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ a7
annehmen. Wir führen den Beweis indirekt und nehmen an, dass keine drei dieser sieben
Zahlen die Seiten eines Dreiecks sind. Wegen
a1 + a3 > a2 und a2 + a3 > a1
muss daher
a1 + a2 ≤ a3
gelten (sonst hätten wir ja mit a1 , a2 , a3 die Seitenlängen eines Dreiecks). Daher gilt
a3 > 2. Analog schließt man
a4 ≥ a3 + a2 > 3, a5 ≥ a4 + a3 > 5, a6 ≥ a5 + a4 > 8
und schließlich
a7 ≥ a6 + a5 > 13
und das ist ein Widerspruch.
9
3. Es sei ABCD ein konvexes Viereck, M der Mittelpunkt der Seite AD und N der Mittelpunkt der Seite BC. Beweise, dass
AB + CD
2
dann und nur dann gilt, wenn AB parallel zu CD ist.
MN =
Lösung:
Es sei P der Mittelpunkt der Diagonalen AC. Es gilt nun M P kAB, N P kCD und
M P = AB
und N P = CD
. Mit der Dreiecksungleichung folgt
2
2
AB CD
+
= MP + NP ≥ MN
2
2
Gleichheit gilt dann und nur dann, wenn P auf M N liegt. Da aber M P kAB, N P kCD
folgt daraus, dass AB und CD zueinander parallel sind.
4. Es seien a, b, c die Seiten eines Dreiecks mit dem Umfang 1. Zeige:
a2 + b2 + c2 + 4abc <
Lösung:
1
2
Es gilt:
a2 + b2 + c2 + 4abc = (a + b + c)2 − 2(ab + bc + ca) + 4abc
Es genügt daher zu zeigen:
Aus 1 = a + b + c > 2a folgt
1
2
1
< ab + bc + ca − 2abc
4
> a. Analog folgert man
1
2
> b und
1
1
1
( − a)( − b)( − c) > 0,
2
2
2
und daraus ergibt sich durch Ausmultiplizieren obige Ungleichung.
1
2
> c. Daher gilt
10
5. (IMO 1983)
Es seien a, b, c die Seiten eines Dreiecks. Beweise:
a2 b(a − b) + b2 c(b − c) + c2 a(c − a) ≥ 0
Lösung:
Wir setzen a = y + z, b = z + x, c = x + y mit x, y, z > 0
Die Ungleichung schreibt sich dann so:
x3 z + y 3 x + z 3 y ≥ x2 yz + xy 2 z + xyz 2
Damit erhalten wir
x2 y 2 z 2
+
+
≥ x + y + z,
y
z
x
und diese Ungleichung läßt sich unmittelbar mit Cauchy-Schwarz zeigen:
x2 y 2 z 2 (y + z + x)
+
+
≥ (x + y + z)2
y
z
x
.
6. Es seien a, b, c die Seiten eines Dreiecks und
x=
(a2 + b2 + c2 )(a + b + c)
a3 + b 3 + c 3
Bestimme alle möglichen Werte von bxc.
Lösung:
Wir zeigen:
2<x=
(a2 + b2 + c2 )(a + b + c)
≤3
a3 + b 3 + c 3
Die Ungleichung x ≤ 3 ist äquivalent zu
ab2 + ba2 + bc2 + cb2 + ca2 + ac2 ≤ 2a3 + 2b3 + 2c3
und dass ist mit Muirhead richtig. Man kann hier aber auch mit der AM-GM Ungleichung arbeiten:
11
a3 + a3 + b 3
3
Addiert man zu dieser die entsprechenden anderen fünf Ungleichungen so ergibt sich
obige Ungleichung.
a2 b ≤
Für diesen Teil des Beweises ist die Bedingung ”Seiten eines Dreiecks” nicht notwendig.
Gleichheit gilt hier für a = b = c, d.h. der Wert 3 wird tatsächlich angenommen.
Die Ungleichung 2 < x ist äquivalent zu
a3 + b3 + c3 < ab2 + ba2 + bc2 + cb2 + ca2 + ac2 = a2 (b + c) + b2 (a + c) + c2 (a + b)
Mit den Deiecksungleichungen
b + c > a,
a + c > b und a + b > c
ist dann alles gezeigt.
Also kann bxc nur die Werte 2 und 3 annehmen. (bxc= 2 gilt für alle nicht gleichseitigen
Dreiecke)
7. Eine Gerade durch den Schwerpunkt S eines Dreiecks ABC schneidet die Seite AC in P
und die Seite BC in Q. Beweise:
P A QB
1
·
≤
P C QC
4
Lösung:
Es gilt:
P A QB
1 P A QB 2
·
≤
+
.
P C QC
4 P C QC
Daher genügt es
12
P A QB
+
=1
P C QC
zu zeigen.
Die Strecken AP’ und BQ’ seien parallel zur Schwerlinie SC. Dann sind die Dreiecke
APP’ und CSP ähnlich, daher gilt:
P 0A
PA
=
PC
SC
Analog folgert man:
QB
Q0 B
=
QC
SC
Daher haben wir:
P A QB
P 0 A Q0 B
P 0 A + Q0 B
SC
+
=
+
= 1 da
=
.
P C QC
SC
SC
2
2
8. Gegeben sei ein Dreieck ABC. Eine Gerade durch den Eckpunkt A schneidet die gegenüberliegende Seite BC im Punkt X und den Umkreis des Dreiecks in dem Punkt
Y(6= A). Beweise:
1
4
1
+
≥
AX XY
BC
Lösung:
Es gilt
r
r
BC
BX + CX BX + CX
BC
BX CX
4 BX CX BX CX
+
=
+
≥4
=4
= 4,
AX
xY
AX
XY
AX AX XY XY
AX XY
wegen BX · CX = AX · XY (Sekantensatz)
9. Gegeben sei ein spitzwinkeliges Dreieck ABC. Weiters seine da , db , dc die Abstände des
Höhenschnittpunktes zu den Seiten des Dreiecks a, b, c und r der Inkreisradius. Beweise:
da + db + dc ≤ 3r
Lösung:
Wir können o.B.d.A. a ≤ b ≤ c annehmen. Dann gilt α ≤ β ≤ γ. Aus
13
CH · sin(900 − β) = CH · cos β = da , und CH · sin(900 − α) = CH · cos α = db
folgt dann (α, β und γ sind spitze Winkel)
da ≤ db und analog zeigt man db ≤ dc
Es gilt nun die Gleichung
ada + bdb + cdc = 2A = 2rs.
Da a ≤ b ≤ c und da ≤ db ≤ dc erhält man mit der Umordnungsumgleichung die
Ungleichungen
bda + cdb + adc ≤ 2A = 2rs
cda + adb + bdc ≤ 2A = 2rs
Addiert man zu obiger Gleichung die beiden Ungleichungen, hat man das gewünschte
Ergebnis.
10. Gegeben sei ein Sehnenviereck ABCD mit AB = AD und CD > AB + BC. Beweise,
dass der Winkel ∠ABC größer als 1200 ist.
Lösung: Da AB = AD ist, gilt ∠ACB = ∠ACD. Spiegelt man daher den Punkt B
an der Diagonalen AC des Vierecks, dann liegt der gespiegelte Punkt B 0 auf der Seite
DC. Es gilt nun AB = AB 0 = AD und somit ist das Dreieck AB 0 D gleichschenkelig.
Aus DB 0 + B 0 C = DC > AB + BC = AB + B 0 C folgt DB 0 > AB. Daher ist
im gleichschenkeligen Dreieck AB 0 D die Basis länger als die Schenkel und daher gilt:
∠AB 0 D = ∠ADB 0 < 600 . Daraus folgt aber unmittelbar die Behauptung ∠AB 0 C =
∠ABC > 1200 .
14
11. Es sei ABC ein Dreieck mit den Seitenlängen a.b, c und P ein beliebiger Punkt der
Dreiecksebene. Dann gilt:
PB · PC PC · PA PA · PB
+
+
≥1
bc
ca
ab
Gleichheit gilt genau dann, wenn entweder P mit einem Eckpunkt des Dreiecks zusammenfällt oder der Höhenschnittpunkt eines spitzwinkeligen Deiecks ist.
Lösung:
Es sei P der Ursprung der Gauss’schen Zahlenebene und z1 , z2 , z3 die entsprechenden
Darstellungen der Ecken des Dreiecks ABC durch komplexe Zahlen. Dann gilt:
PB · PC
| z2 | · | z3 |
z2 z3
=
=|
| =| e |
bc
| (z1 − z2 ) | · | (z1 − z3 ) |
(z1 − z2 )(z1 − z3 )
15
PC · PA
| z3 | · | z1 |
z3 z1
=
=|
| =| f |
ca
| (z2 − z3 ) | · | (z2 − z1 ) |
(z2 − z3 )(z2 − z1 )
PA · PB
| z1 | · | z2 |
z1 z2
=|
| =| g |
=
ab
| (z3 − z1 ) | · | (z3 − z2 ) |
(z3 − z1 )(z3 − z2 )
Dann gilt:
z2 z3
z3 z1
z1 z2
PB · PC PC · PA PA · PB
+
+
=|
|+|
|+|
|
bc
ca
ab
(z1 − z2 )(z1 − z3 )
(z2 − z3 )(z2 − z1 )
(z3 − z1 )(z3 − z2 )
=| e | + | f | + | g |≥| e+f +g |=|
z2 z3 (z3 − z2 ) + z3 z1 (z1 − z3 ) + z1 z2 (z2 − z1 )
|=| 1 |= 1
(z1 − z2 )(z2 − z3 )(z3 − z1 )
Es bleibt nur noch der Gleicheitsfall zu untersuchen.
Ist eine der komplexen Zahlen e, f oder g gleich 0 , dann fällt P mit einem Eckpunkt
des Dreiecks zusammen und wir haben Gleichheit.
Es seien nun e, f, g von 0 verschiedene komplexe Zahlen. Aus
1 =| e | + | f | + | g |= e + f + g
folgt, dass e, f, g positive reelle Zahlen sind und es gilt:
ef z3 2
=
−
g
z1 − z2
Daher sind
f g z1 2
−
=
e
z2 − z3
ge z2 2
− =
f
z3 − z1
z1
z2
z3
,
,
z1 − z2 z2 − z3 z3 − z1
rein imaginäre Zahlen und es folgt
P C⊥AB, P A⊥BC, und P B⊥AC
und P muss daher der Höhenschnittpunkt des Dreiecks ABC sein.
Liefert nun der Höhenschnittpunkt jedes Dreiecks Gleichheit? Wir haben zwei Fälle zu
unterscheiden:
Ist P der Höhenschnittpunkt eines spitzwinkeligen Dreiecks, dann gilt
z3
z2
= −k1 · i und
= k2 · i,
z1 − z2
z1 − z3
wobei k1 und k2 positive reelleZahlen sind. Daraus folgt, dass auch
z2 z3
e=
= k1 · k2
(z1 − z2 )(z1 − z3 )
16
eine positive reelle Zahl ist. Analog zeigt man dies für f und g. In diesem Fall kann also
Gleichheit eintreten.
Ist P der Höhenschnittpunkt eines stumpfwinkeligen Dreiecks , dann gilt
z2
z3
= −k1 · i und
= −k2 · i,
z1 − z2
z1 − z3
wobei k1 und k2 positive reelleZahlen sind. Daraus folgt, dass
z2 z3
= −k1 · k2
e=
(z1 − z2 )(z1 − z3 )
eine negative reelle Zahl ist und Gleichheit kann nicht eintreten, denn die gilt nur wenn
e, f, g positive reelle Zahlen sind.
Zu den Anwendungen:
Es sei ABC ein Dreieck mit den Seitenlängen a.b, c und P ein beliebiger Punkt der
Dreiecksebene. Dann gilt:
√
PA PB PC
+
+
≥ 3
a
b
c
Lösung:
Diese erste Anwendung liefert sofort folgender Hilfssatz:
Es seien x, y, z positive reelle Zahlen mit yz + zx + xy ≥ 1. Dann gilt:
√
x+y+z ≥ 3
Das folgt unmittelbar aus
(x + y + z)2 = x2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2yz + 2zx ≥ 3(xy + yz + zx) ≥ 3.
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Setzt man
PA
PB
PC
, y=
, z=
a
b
c
so erhält man die angegebene Ungleichung. Gleichheit gilt hier, wenn das Dreieck ABC
gleichseitig und P der ”Mittelpunkt” des Dreiecks ist.
x=
Die anderen Folgerungen sind unmittelbar einsichig. Um etwa die letzten beiden zu
erhalten, muss man in obigen Ungleichungen nur P = S setzen.
12. Es seien n ≥ 3 eine natürliche Zahl und a1 , a2 , · · · , an positive reelle Zahlen, für die gilt:
(a21 + a22 + · · · + a2n )2 > (n − 1)(a41 + a42 + · · · + a4n )
Beweise: Sind i, j, k drei verschiedene natürliche Zahlen kleiner oder gleich n, dann sind
ai .aj , ak die Seiten eines Dreiecks.
Lösung: Wir betrachten zunächst den Fall n = 3 und setzen a1 = a, a2 = b und
a3 = c. Dann gilt
(a2 + b2 + c2 )2 > 2(a4 + b4 + c4 )
und wir müssen zeigen, dass a, b, c die Seiten eines Dreiecks sind. Wir können o.B.d.A.
a > b > c annehmen. Dann gilt a + b > c und a + c > b und es bleibt b + c > a zu zeigen.
Wir betrachten das Polynom vierten Grades
P (t) = (t2 + b2 + c2 )2 − 2(t4 + b4 + c4 )
Es hat die Nullstellen (b + c), −(b + c), (b − c), −(b − c). Das Polynom kann man daher
so anschreiben:
P (t) = −(t − b − c)(t + b + c)(t − b + c)(t + b − c)
. Obige Ungleichung ist daher äquivalent zu
−(a − b − c)(a + b + c)(a − b + c)(a + b − c) > 0.
Da die letzten drei Faktoren positiv sind, muss der Faktor a − b − c negativ sein, d.h es
gilt b + c > a und der Fall n = 3 ist gezeigt.
Wir betrachten nun den allgemein Fall. Es genügt zu zeigen, dass a1 , a2 , a3 die Seiten
eines Dreieecks bilden. Es gilt:.
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(n−1)(a41 +a42 +· · ·+a4n ) < (a21 +a22 +· · ·+a2n )2 =
a2 + a2 + a2
1
2
2
3
+
n
a21 + a22 + a23 X 2 2
+
ai
2
i=4
Mit der AM-QM - Ungleichung folgt
a2 + a2 + a2
1
3
2
2
+
n
n
(a2 + a2 + a2 )2 (a2 + a2 + a2 )2 X
a21 + a22 + a23 X 2 2
3
3
2
2
1
+
ai ≤ (n−1)
+ 1
+
a4i
2
4
4
i=4
i=4
Daraus folgt
a21 + a22 + a23 > 2(a41 + a42 + a43 )
und damit sind a1 , a2 , a3 wieder die Seiten eines Dreieecks, wie wir schon oben gezeigt
haben.
13. Es sei ABC ein Dreieck und es seien X,Y, Z jeweils Punkte auf den Strecken BC, CA,
AB, so dass die Geraden AX, BY, CZ durch einen gemeinsamen Punkt gehen. Zeige,
dass die Fläche des Dreiecks XYZ nicht größer als ein Viertel der Fläche des Dreiecks
ABC ist.
Lösung:
Es seien
µ1 =
XC
CY
YA
AZ
ZB
BX
, µ2 =
, ν1 =
, ν2 =
, λ1 =
, λ2 =
.
CB
CB
AC
AC
AB
AB
19
Dann gilt
µ1 + µ2 = ν1 + ν2 = λ1 + λ2 = 1,
und weiters mit CEVA
µ1 ν1 λ1
·
·
= 1 also µ1 ν1 λ1 = µ2 ν2 λ2
µ2 ν2 λ2
Bezeichnen wir mit A = [ABC], A1 = [ZBX], A2 = [XCY ] und A3 = [AZY ] jeweils die
Flächen der Dreiecke, dann gilt:
A1 = µ1 λ2 A, A2 = µ2 ν1 A und A3 = ν2 λ1 A.
Wir haben also zu zeigen:
3
3
A1 + A2 + A3 ≥ A also µ1 λ2 + µ2 ν1 + ν2 λ1 ≥
4
4
Setzt man µ2 = 1 − µ1 usw. ein , so erhält man:
µ1 + ν1 + λ1 ≥
3
+ (µ1 λ1 + µ1 ν1 + ν1 λ1 )
4
Aus
µ1 ν1 λ1 = µ2 ν2 λ2 = (1 − µ1 )(1 − ν1 )(1 − λ1 )
folgt
µ1 + ν1 + λ1 = 1 − 2µ1 ν1 λ1 + µ1 λ1 + µ1 ν1 + ν1
Setzt man das in obiger Ungleichung ein , so hat man nur mehr zu zeigen:
1
3
also
≥ µ1 ν1 λ1
4
8
√
Es gilt nun mit der AM- GM Ungleichung 1 = µ1 + µ2 ≥ 2 µ1 µ2 . Multipliziert man
diese mit den beiden entsprechenden Ungleichungen, so folgt die Behauptung (µ1 ν1 λ1 =
µ2 ν2 λ2 ).
1 − 2µ1 ν1 λ1 ≥
14. Es sei P ein Punkt innerhalb des Dreiecks ABC. Beweise, dass mindestens einer der
Winkeln ∠P AB, ∠P BC, ∠P CA kleiner oder gleich 30o ist.
Lösung: Aus der Ungleichung von Erdös-Mordell P A + P B + P C ≥ 2 · P D + 2 · P E +
2 · P F folgt, dass mindestens eine der folgenden Ungleichungen gilt:
P A ≥ 2 · P F , P B ≥ 2 · P D, oder P C ≥ 2 · P E.
20
Wenn etwa P A ≥ 2 · P F , so folgt
1
PF
≥
= sin(∠P AB)
2
PA
also ist ∠P AB ≤ 30o oder ∠P AB ≥ 150o . Im zweiten Fall sind die beiden anderen
Winkel sicher kleiner als 30o und damit ist alles gezeigt.
15. Die Diagonalen eines konvexen Vierecks ABCD schneiden sich in O. Es sei [AOB] = 4
und [COD] = 9. Bestimme den kleinstmöglichen Flächeninhalt des Vierecks.
Mit [ABC] ist der Flächeninhalt des Dreiecks ABC gemeint.
Lösung:
Es gilt: A1 · A3 = A2 · A4 . Daher gilt A2 · A4 = 36 und wir haben mit der AM-GM
Ungleichung:
A 2 + A4 p
≥ A2 · A 4 = 6
2
Damit ergibt sich sofort der minimale Flächeninhalt A1 + A3 + A2 + A4 ≥ 4 + 9 + 12 = 25
21
16. Es seien P, Q, R, S die Mittelpunkte der Seiten BC, CD, DA, BA eines konvexen Vierecks. Beweise:
4(AP 2 + BQ2 + CR2 + DS 2 ) ≤ 5(AB 2 + BC 2 + CD2 + DA2 )
Lösung:
Mit der Formel für die Länge der Schwerlinie eines Dreiecks erhält man:
1
1
1
AP 2 = AB 2 + AC 2 − BC 2
2
2
4
1
1
1
BQ2 = BD2 + BC 2 − CD2
2
2
4
1
1
1
CR2 = AC 2 + CD2 − AD2
2
2
4
1
1
1
DS 2 = AD2 + BD2 − AB 2
2
2
4
Addiert man diese vier Ungleichungen so folgt:
4(AP 2 + BQ2 + CR2 + DS 2 ) = 4(AC 2 + BD2 ) + AB 2 + BC 2 + CD2 + AD2
Es genügt daher zu zeigen:
AC 2 + BD2 ≤ AB 2 + BC 2 + CD2 + AD2
Das ist aber genau die Parallelogrammungleichung.
17. Gegeben sei ein konvexes Sechseck ABCDEF mit AB = BC, CD = DE und EF = F A
.
Beweise:
BC DE F A
3
+
+
≥
BE DA F C
2
Lösung:
Im Viereck ABCE gilt
AC · BE ≤ AB · CE + BC · AE,
22
und daraus folgt
AC
BC
≤
.
CE + AE
BE
Analog folgert man: Im Viereck ACDE gilt
AD · CE ≤ AC · DE + AE · DC,
und daraus folgt
DE
CE
≤
.
AC + AE
DA
und
Im Viereck ACEF gilt
AE · CF ≤ AC · EF + CE · AF,
und daraus folgt
AE
FA
≤
.
AC + CE
FC
Mit der Ungleichung von Nesbitt folgt:
BC DE F A
AC
CE
AE
3
+
+
≥
+
+
≥
BE DA F C
CE + AE AC + AE AC + CE
2
Nesbitt: Sind a.b.c positive reelle Zahlen, dann gilt:
a
b
c
3
+
+
≥
b+c c+a a+b
2
23
18. (Indien 2009)
Es sei ABC ein spitzwinkeliges Dreieck und H der Höhenschnittpunkt dieses Dreicks.
Weiter sei hmax die längste Höhe dieses Dreiecks.
Beweise:
2hmax ≥ AH + BH + CH
Lösung: o.B.d.A. sei ha die längste Höhe. Aus 2A = aha = bhb = chc folgt dann, dass
a die kürzeste Seite des Dreiecks ist, es gilt also a < b und a < c.
H 0 sei der an der Seite BC gespiegelte Punkt H. Das Viereck ABH 0 C ist ein Sehnenviereck und es gilt mit Ptolemäus:
a · AH 0 = b · BH 0 + c · CH 0
Daraus folgt mit BH 0 = BH und CH 0 = CH
AH 0 =
c
b
· BH 0 + · CH 0 > BH 0 + CH 0 = BH + CH.
a
a
und man erhält
2ha = AH + AH 0 > AH + BH + CH