Háromszög-egyenlőtlenség

A háromszög-egyenlőtlenség a trigonometria egyik legfontosabb tétele, megállapítható segítségével, hogy három szakaszból lehet-e háromszöget szerkeszteni.

Az egyenlőtlenség tovább általánosítható valós és komplex számokra, összegzésekre, integrálokra, és különböző terekre. Itt a hosszak szerepét abszolútértékek és különféle normák veszik át. Leginkább becslésekben használják a matematika több területén is.

A tétel

A háromszög bármely oldalának hossza kisebb a másik két oldal hosszának összegénél. Azaz: $a<b+c$, $b<a+c$ és $c<a+b$.

A tétel ekvivalens alakja: $a-b<c$, $b-c<a$ és $c-a<b$

Bizonyítás:

$AC + CB > AB$ -t elég bizonyítani. Hosszabbítsuk meg az $AC$ oldalt, és felmérjük a $CB$ távolságot a meghosszabbított félegyenesre, így kapjuk a $CD$ szakaszt. $BCD$ háromszög egyenlő szárú, ekkor $CBD$ szög = $CDB$ szög. $BC$ az $ABD$ szög belsejében halad, ekkor $ABD$ szög > $CBD$ szög = $CDB$ szög, így $AD > AB$. Ez viszont éppen a tételben szereplő $a+b>c$.

Metrikus interpretáció

A háromszög-egyenlőtlenség biztosítja, hogy a kétdimenziós (általánosabban, az n-dimenziós) euklideszi tér tetszőleges három A,B,C pontjára igaz legyen, hogy bármely kettő pár egymástól mért távolságainak összege nagyobb, mint a harmadik pár közt mért távolsága:

AB+BC≥AC BC+CA≥BA CA+AB≥BC

Ezt a tényt úgy is interpretálhatjuk, hogy "két pont között a legrövidebb út az egyenes", mert a háromszög-egyenlőtlenség egy speciális esete e kijelentésnek, míg utóbbi következménye az előbbinek.

A háromszög-egyenlőtlenség e változata megenged elfajult háromszögeket, amikor is néhány háromszögcsúcs vagy -oldal illeszkedik egymásra.

A tétel általánosításai

Valós számokra

Valós számokra: $|a+b| \le |a|{+}|b|.$

Bizonyítás:

Mivel az egyenlőtlenség mindkét oldala nem negatív, ezért a négyzetre emelés ekvivalens átalakítás:

$a^2{+}2ab{+}b^2\ \le\ a^2{+}2{|ab|}{+}b^2.$

Mindkét oldalból kivonva az azonos tagokat:

$2ab \le 2|ab|.$

és ez mindig teljesül, mert

$x \le {|x|}$ minden $x\in\R.$-re.

Valós számokra önállóan is belátható a háromszög-egyenlőtlenség kivonásos alakja:

Nyilván $|a{+}b|{-}|b| \le |a|.$

Az

$a\mathrel{:=\,}x{+}y,\,b\mathrel{:=\,} {-}y$

helyettesítéssel

$|x|{-}|y| \le |x{+}y|.$

Viszont, ha

$b\mathrel{:=\,} {-}x$

akkor

$|y|{-}|x| \le |x{+}y|,$

Az előző két egyenlőtlenséget összetéve

$\Big||x|{-}|y|\Big| \le |x{+}y| \le |x|{+}|y|.$

y helyére -y-t téve

$\Big||x|{-}|y|\Big| \le |x{-}y| \le |x|{+}|y|.$

Összefoglalva

$\Big| |x|{-}|y|\Big| \le |x{\pm}y| \le |x|{+}|y|$ minden $x,\,y\in\R$-re.

Komplex számokra

Komplex számokra a háromszög-egyenlőtlenség::

$|z_1{}+z_2| \le |z_1|{+}|z_2|.$

Bizonyítás:

Mivel egyik oldal sem lehet negatív, ezért a négyzetre emelés ekvivalens átalakítás:

$z_1\overline{z_1}{+}z_1\overline{z_2}{+}{\underbrace{\overline{z_1}z_2}_{=\overline{z_1\overline{z_2}}}}{+}z_2\overline{z_2}\ \le\ z_1\overline{z_1}{+}2{\underbrace{|z_1 z_2|}_{=|z_1\overline{z_2}|}}{+}z_2\overline{z_2},$

ahol a felülvonás a komplex konjugálást jelenti. A két oldalról eltávolítva az egyenlő tagokat, és a $z\mathrel{:=\,} z_1\overline{z_2}$ helyettesítést elvégezve

$z{+}\bar z \le 2{|z|}$

A z komplex szám algebrai alakja legyen $z = u{+}iv$. Ezzel

$(u{+}iv){+}(u{-}iv) = 2u \le 2\sqrt{u^2{+}v^2}$

és

$|u| \le \sqrt{u^2{+}v^2},$

ami $0 \le v^2\$ és a valós négyzetgyökfüggvény monotóniája miatt mindig fennáll.

A valós esethez hasonlóan látható be a kivonásos alak is

$\Big| |z_1|{-}|z_2|\Big| \le |z_1{\pm}z_2| \le |z_1|{+}|z_2|$ minden $z_1,\,z_2\in\mathbb{C}$-re.

Összegekre és integrálokra

A háromszög-egyenlőtlenség többszöri alkalmazásával és teljes indukcióval

$\left|\sum_{i=1}^n x_i\right| \leq \sum_{i=1}^n \left| x_i\right|$

ahol az $x_i\;$ számok lehetnek valósak, vagy komplexek.

Integrálokra: Legyen az $f:I\to\Bbb{R}$ függvény Riemann-integrálható, ahol $I=[a,b]\,$ egy intervallum!

Ekkor

$\left|\int_I f(x)\, dx\right|\le \int_I |f(x)|\, dx$.

Hasonlók teljesülnek komplex értékű függvényekre is:

$f:I\to\Bbb{C}$,.

Ekkor ugyanis van egy komplex $\alpha\;$ úgy, hogy $\alpha\int_I f(x)\, dx=\left|\int_I f\, dx\right|$ és $|\alpha|=1\;$.

Mivel

$\left|\int_I f(x)\, dx\right|=\alpha\int_I f(x)\, dx=\int_I \alpha\, f(x)\, dx=\int_I \operatorname{Re}(\alpha f(x))\, dx+i\,\int_I \operatorname{Im}(\alpha f(x))\,dx$

valós, ezért $\int_I \operatorname{Im}(\alpha f(x))\,dx$ szükségképpen egyenlő nullával.

Emellett

$\operatorname{Re}(\alpha f(x)) \leq |\alpha f(x)| = |f(x)|$,

összetéve tehát

$\left|\int_I f(x)\, dx\right| =\int_I\operatorname{Re}(\alpha f(x))\, dx \le \int_I|f(x)|\, dx$.

Vektorokra

Vektorokra:

$\left| \vec{a} + \vec{b} \right| \le \left| \vec{a} \right| + \left| \vec{b} \right|$.

Négyzetre emeléssel:

$\left| \vec{a} + \vec{b} \right|^2 = \left\langle \vec{a} + \vec{b}, \vec{a} + \vec{b}\right\rangle = \left| \vec{a} \right|^2+ 2 \left\langle\vec{a},\vec{b}\right\rangle+\left|\vec{b} \right|^2 \le \left| \vec{a} \right|^2+ 2 \left|\vec{a}\right| \left|\vec{b}\right|+\left|\vec{b} \right|^2 = \left(\left| \vec{a} \right| + \left| \vec{b} \right|\right)^2$,

és a Cauchy–Schwarz–Bunyakovszkij-egyenlőtlenség felhasználásával:

$\langle \vec{a}, \vec{b}\rangle \le \left| \vec{a}\right|\cdot\left|\vec{b}\right|$.

Innen, mint a valós esetben:

$\Big|\left| \vec{a} \right| - \left| \vec{b} \right| \,\,\Big|\le\left| \vec{a} \pm \vec{b} \right| \le \left| \vec{a} \right| + \left| \vec{b} \right|$

és

$\left|\sum_{i=1}^{n} \vec{a_i}\right| \leq \sum_{i=1}^{n}\left|\vec{a_i}\right|.$

Gömbháromszögekre

Két általános gömbháromszög

A gömbháromszögek körében a háromszög-egyenlőtlenség azokra a háromszögekre korlátozódik, amiknek egyik oldala sem nagyobb egy fél főkörívnél, azaz a < π, b < π és c < π. Általános gömbháromszögekre a tétel nem igaz.

Ahogy az ábra mutatja:

$\left|a - b\right| \le c_1 \le a + b,$

de $c_2 > a+b$, ahol még az is igaz, hogy $c_2 > \pi.$

Normált terekben

Az $\left(X,\|.\|\right)$ normált térben a háromszög-egyenlőtlenség ezt az alakot ölti:

$\|x+y\|\leq \|x\|+\|y\|$

és megkövetelik, hogy a tér az adott normával ezt az egyenlőtlenséget azonossággal teljesítse.

Ebből

$\Big|\|x\|-\|y\|\Big| \le \|x\pm y\|\leq \|x\|+\|y\|$

és

$\left\|\sum_{i=1}^n x_i\right\| \leq \sum_{i=1}^{n}\|x_i\|$ minden $x_i\in X\;$-re.

Speciálisan, az L^p-terekben a háromszög-egyenlőtlenséget Minkowski-egyenlőtlenségnek nevezik, és a Hölder-egyenlőtlenséggel bizonyítják.

Metrikus terekben

Az $\left(X,d\right)$ metrikus térben a háromszög-egyenlőtlenség ezt az alakot ölti:

$d(x,y)\leq d(x,z) + d (z,y)$

és megkövetelik, hogy a tér az adott d távolságfüggvénnyel ezt az egyenlőtlenséget azonossággal teljesítse.

Innen következik

$\left| d(x,z) - d (z,y)\right|\leq d(x,y)$

és

$d(x_0,x_n)\leq \sum_{i=1}^n d(x_{i-1},x_i)$

a tér tetszőleges elemeire.

Források

• Obádovics J. Gyula: Matematika