WikiDer > Неравенство Эрдеша – Морделла.

Erdős–Mordell inequality

В Евклидова геометрия, то Неравенство Эрдеша – Морделла. утверждает, что для любого треугольника ABC и указать п внутри ABC, сумма расстояний от п до сторон меньше или равно половине суммы расстояний от п к вершинам. Он назван в честь Пол Эрдёш и Луи Морделл. Эрдёш (1935) поставил задачу доказательства неравенства; доказательство было предоставлено двумя годами позже Морделлом и Д. Ф. Барроу (1937). Однако это решение было не очень элементарным. Последующие более простые доказательства были затем найдены Казаринов (1957), Банкофф (1958), и Альсина и Нельсен (2007).

Неравенство Барроу является усиленной версией неравенства Эрдеша – Морделла, в котором расстояния от п в стороны заменяются расстояниями от п к точкам, где биссектриса угла из ∠APB, ∠BPC, и ∠CPA пересечь стороны. Хотя замененные расстояния больше, их сумма все равно меньше или равна половине суммы расстояний до вершин.

утверждение

Неравенство Эрдеша – Морделла.

Позволять ${displaystyle P}$ - произвольная точка P внутри данного треугольника ${displaystyle ABC}$ , и разреши ${displaystyle PL}$ , ${displaystyle PM}$ , и ${displaystyle PN}$ быть перпендикулярами от ${displaystyle P}$ к сторонам треугольников (если треугольник тупой, один из этих перпендикуляров может пересекать другую сторону треугольника и заканчиваться на линии, поддерживающей одну из сторон). Тогда неравенство гласит, что

{displaystyle PA + PB + PCgeq 2 (PL + PM + PN)}

Доказательство

Пусть стороны ABC равны а напротив A, б напротив B, и c напротив C; также пусть PA = п, PB = q, ПК = р, расст (P; BC) = Икс, расст (P; CA) = y, расст (P; AB) = z. Сначала докажем, что

{displaystyle crgeq ax + by.}

Это эквивалентно

{displaystyle {frac {c (r + z)} {2}} geq {frac {ax + by + cz} {2}}.}

Правая сторона - это площадь треугольника ABC, а с левой стороны р + z не меньше высоты треугольника; следовательно, левая сторона не может быть меньше правой. Теперь отразите P на биссектрисе в C. Мы находим, что cr ≥ ай + bx для отражения П. Так же, бк ≥ az + сх и ap ≥ bz + Сай. Решаем эти неравенства для р, q, и п:

{displaystyle rgeq (a / c) y + (b / c) x,}

{displaystyle qgeq (a / b) z + (c / b) x,}

{displaystyle pgeq (b / a) z + (c / a) y.}

Складывая тройку, получаем

{displaystyle p + q + rgeq left ({frac {b} {c}} + {frac {c} {b}} ight) x + left ({frac {a} {c}} + {frac {c} { a}} ight) y + left ({frac {a} {b}} + {frac {b} {a}} ight) z.}

Поскольку сумма положительного числа и обратного ему равно не менее 2 на AM – GM неравенство, мы закончили. Равенство выполняется только для равностороннего треугольника, где P - его центр тяжести.

Еще одна усиленная версия

Пусть ABC - треугольник, вписанный в окружность (O), а P - точка внутри ABC. Пусть D, E, F - ортогональные проекции P на BC, CA, AB. M, N, Q - ортогональные проекции P на касательные к (O) в точках A, B, C соответственно, тогда:

{displaystyle PM + PN + PQgeq 2 (PD + PE + PF)}

Равенство имеет место тогда и только тогда, когда треугольник ABC равносторонний (Дао, Нгуен и Фам 2016; Маринеску и Монеа 2017)

Обобщение

Позволять ${displaystyle A_ {1} A_ {2} ... A_ {n}}$ - выпуклый многоугольник и ${displaystyle P}$ быть внутренней точкой ${displaystyle A_ {1} A_ {2} ... A_ {n}}$ . Позволять ${displaystyle R_ {i}}$ быть расстоянием от ${displaystyle P}$ к вершине ${displaystyle A_ {i}}$ , ${displaystyle r_ {i}}$ расстояние от ${displaystyle P}$ В сторону ${displaystyle A_ {i} A_ {i + 1}}$ , ${displaystyle w_ {i}}$ отрезок биссектрисы угла ${displaystyle A_ {i} PA_ {i + 1}}$ от ${displaystyle P}$ до его пересечения со стороной ${displaystyle A_ {i} A_ {i + 1}}$ тогда (Ленхард 1961):