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 tétel általánosításai

Valós számokra

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

Bizonyítás:

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

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

Mindkét oldalból kivonva az azonos tagokat:

$2ab\leq 2|ab|.$

és ez mindig teljesül, mert

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

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

Nyilván $|a{+}b|{-}|b|\leq |a|.$

Az

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

helyettesítéssel

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

Viszont, ha

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

akkor

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

Az előző két egyenlőtlenséget összetéve

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

y helyére -y-t téve

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

Összefoglalva

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

Komplex számokra

Komplex számokra a háromszög-egyenlőtlenség::

$|z_{1}{}+z_{2}|\leq |z_{1}|{+}|z_{2}|.$

Bizonyítás:

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

$z_{1}{\overline {z_{1}}}{+}z_{1}{\overline {z_{2}}}{+}{\underbrace {{\overline {z_{1}}}z_{2}} _{={\overline {z_{1}{\overline {z_{2}}}}}}}{+}z_{2}{\overline {z_{2}}}\ \leq \ z_{1}{\overline {z_{1}}}{+}2{\underbrace {|z_{1}z_{2}|} _{=|z_{1}{\overline {z_{2}}}|}}{+}z_{2}{\overline {z_{2}}},$

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

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

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

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

és

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

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

A valós esethez hasonlóan látható be a kivonásos alak is

${\Big |}|z_{1}|{-}|z_{2}|{\Big |}\leq |z_{1}{\pm }z_{2}|\leq |z_{1}|{+}|z_{2}|$ 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 $f:I\to {\mathbb {R}}$ függvény Riemann-integrálható, ahol $I=[a,b]\,$ egy intervallum!

Ekkor

$\left|\int _{I}f(x)\,dx\right|\leq \int _{I}|f(x)|\,dx$.

Hasonlók teljesülnek komplex értékű függvényekre is:

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

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

$\left|\int _{I}f(x)\,dx\right|=\int _{I}\operatorname {Re} (\alpha f(x))\,dx\leq \int _{I}|f(x)|\,dx$.

Források

• Obádovics J. Gyula: Matematika