1. Dreiecksungleichungen Es seien a, b, c > 0 die Seiten eines Dreiecks. Dann gelten die Dreiecksungleichungen:

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1 1 Mariazell 009 Czakler Geometrische Ungleichungen Ungleichungen im Dreieck 1. Dreiecksungleichungen Es seien a, b, c > 0 die Seiten eines Dreiecks. Dann gelten die Dreiecksungleichungen:. Die x-y-z-transformation : b c < a < b + c, c a < c + a a b < c < a + b 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 = b + c a = s a, y = c + a b = s b, z = a + b c = s c setzen, wobei s = a+b+c. 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 (Gleichheit R = r für a = b = c) R r. Bemerkung 1: Die geometrische Ungleichung R r ist äquivalent zur Ungleichung von Schur, wenn a, b, c die Seiten eines Dreiecks sind. Bemerkung : Bezeichnet man in einem Dreieck ABC mit R den Umkreisradius, r den Inkreisradius, O den Umkreismittelpunkt und I den Inkreismittelpunkt, dann gilt (Euler 1765): d = OI = R Rr 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: 9R a + b + c Ist das Dreieck ABC spitzwinkelig, dann gilt Die Ungleichung von W.J. Blundon: 9R a + b + c > 8R s R + (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 (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: a + b + c (a b) + (b c) + (c a) + 4A 3

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 (b) A ac + bd (c) A 1 (a + b)(c + d) 4. Beziehung zwischen den Diagonalen und dem Umfang : In jedem konvexen Viereck ABCD mit dem halben Umfang s = 1 (a + b + c + d) sowie den Diagonalenlängen e = AC, f = BD gilt die Beziehung: 3. Ptolemäus s < e + f < s 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: e + f a + b + c + d 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 . 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 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: 4 a + b + c + 4abc < 1 5. Es seien a, b, c die Seiten eines Dreiecks und Bestimme alle möglichen Werte von x. x = (a + b + c )(a + b + c) a 3 + b 3 + c 3 x steht für die größte ganze Zahl kleiner oder gleich x. 6. (IMO 1983) Es seien a, b, c die Seiten eines Dreiecks. Beweise: a b(a b) + b c(b c) + c 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 P C QB QC 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 ( A). Beweise: 1 AX + 1 XY 4 BC

5 5 9. Gegeben sei ein spitzwinkeliges Dreieck ABC. Weiters seine d a, d b, d c die Abstände des Höhenschnittpunktes zu den Seiten des Dreiecks a, b, c und r der Inkreisradius. Beweise: d a + d b + d c 3r 10. Gegeben sei ein Sehnenviereck ABCD mit AB = AD und CD > AB + BC. Beweise, dass der Winkel ABC größer als 10 0 ist. 11. Es sei ABC ein Dreieck mit den Seitenlängen a.b, c und P ein beliebiger Punkt der Dreiecksebene. Dann gilt: P B P C bc + P C P A ca + P A P B 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: P A a + P B b + P C c 3 Ist P ein beliebiger Punkt in der Ebene eines gleichseitigen Dreiecks mit der Seitenlänge a, dann gilt: P A + P B + P C a 3 Für die Schwerlinien s a, s b, s c eines Dreiecks ABC gilt: s a s b ab + s bs c bc + s cs a ca 9 4 und 1 s a a + s b b + s c c Es seien n 3 eine natürliche Zahl und a 1, a,, a n positive reelle Zahlen, für die gilt: (a 1 + a + + a n) > (n 1)(a a a 4 n) Beweise: Sind i, j, k drei verschiedene natürliche Zahlen kleiner oder gleich n, dann sind a i.a j, a k 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 30 o 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 + BQ + CR + DS ) 5(AB + BC + CD + DA ) 17. Gegeben sei ein konvexes Sechseck ABCDEF mit AB = BC, CD = DE und EF = F A. Beweise: 18. (Indien 009) BC BE + DE DA + F A F C 3 Es sei ABC ein spitzwinkeliges Dreieck und H der Höhenschnittpunkt dieses Dreiecks. Weiter sei h max die längste Höhe dieses Dreiecks. Beweise: 6 h max AH + BH + CH Quellen: Internet: Problem-Solving Strategies, A. Engel, Springer Verlag Mathimatical Olympid Treasures, Titu Andreescu, Bogdan Enescu, Birkhäuser 103 Trigonometric Problems, Titu Andreescu, Zuming Feng, Birkhäuser

7 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. Teil 1: Die Anzahl der Personen sei n + 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 n+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 : 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 Wird daher die Person S von zwei Kugeln getroffen, so schließen die Schusslinien einen Winkel von mehr als 60 0 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 8 AO + DO > AD und BO + CO > BC und daher (Addition der beiden Ungleichungen) Das ist ein Widerspruch zu oben. AB + CD > AD + BC.. Gegeben seien sieben reelle Zahlen aus dem Intervall ]1; 13[. Beweise, dass mindestens drei von ihnen die Seitenlängen eines Dreiecks sind. Es seien a 1, a,, a z die sieben Zahlen. Wir können o.b.d,a, a 1 a a 7 annehmen. Wir führen den Beweis indirekt und nehmen an, dass keine drei dieser sieben Zahlen die Seiten eines Dreiecks sind. Wegen muss daher a 1 + a 3 > a und a + a 3 > a 1 a 1 + a a 3 gelten (sonst hätten wir ja mit a 1, a, a 3 die Seitenlängen eines Dreiecks). Daher gilt a 3 >. Analog schließt man a 4 a 3 + a > 3, a 5 a 4 + a 3 > 5, a 6 a 5 + a 4 > 8 und schließlich und das ist ein Widerspruch. a 7 a 6 + a 5 > 13

9 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 MN = dann und nur dann gilt, wenn AB parallel zu CD ist. Es sei P der Mittelpunkt der Diagonalen AC. Es gilt nun MP AB, NP CD und MP = AB und NP = CD. Mit der Dreiecksungleichung folgt AB + CD = MP + NP MN Gleichheit gilt dann und nur dann, wenn P auf MN liegt. Da aber MP AB, NP CD folgt daraus, dass AB und CD zueinander parallel sind. 4. Es seien a, b, c die Seiten eines Dreiecks mit dem Umfang 1. Zeige: Es gilt: Es genügt daher zu zeigen: a + b + c + 4abc < 1 a + b + c + 4abc = (a + b + c) (ab + bc + ca) + 4abc 1 4 < ab + bc + ca abc Aus 1 = a + b + c > a folgt 1 > a. Analog folgert man 1 > b und 1 > c. Daher gilt ( 1 a)(1 b)(1 c) > 0, und daraus ergibt sich durch Ausmultiplizieren obige Ungleichung.

10 10 5. (IMO 1983) Es seien a, b, c die Seiten eines Dreiecks. Beweise: a b(a b) + b c(b c) + c a(c a) 0 Wir setzen a = y + z, b = z + x, c = x + y mit x, y, z > 0 Die Ungleichung schreibt sich dann so: Damit erhalten wir x 3 z + y 3 x + z 3 y x yz + xy z + xyz x y + y z + z x x + y + z, und diese Ungleichung läßt sich unmittelbar mit Cauchy-Schwarz zeigen:. ( x ) (y + z + x) y + y z + z (x + y + z) x 6. Es seien a, b, c die Seiten eines Dreiecks und Bestimme alle möglichen Werte von x. Wir zeigen: Die Ungleichung x 3 ist äquivalent zu x = (a + b + c )(a + b + c) a 3 + b 3 + c 3 < x = (a + b + c )(a + b + c) a 3 + b 3 + c 3 3 ab + ba + bc + cb + ca + ac a 3 + b 3 + c 3 und dass ist mit Muirhead richtig. Man kann hier aber auch mit der AM-GM Ungleichung arbeiten:

11 11 a b a3 + a 3 + b 3 3 Addiert man zu dieser die entsprechenden anderen fünf Ungleichungen so ergibt sich obige Ungleichung. 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 < x ist äquivalent zu a 3 + b 3 + c 3 < ab + ba + bc + cb + ca + ac = a (b + c) + b (a + c) + c (a + b) Mit den Deiecksungleichungen ist dann alles gezeigt. b + c > a, a + c > b und a + b > c Also kann x nur die Werte und 3 annehmen. ( x = 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 P C QB QC 1 4 Es gilt: Daher genügt es P A P C QB QC 1 ( P A 4 P C + QB ). QC

12 1 zu zeigen. P A P C + QB QC = 1 Die Strecken AP und BQ seien parallel zur Schwerlinie SC. Dann sind die Dreiecke APP und CSP ähnlich, daher gilt: Analog folgert man: Daher haben wir: P A P C = P A SC QB QC = Q B SC P A P C + QB QC = P A SC + Q B SC = 1 da P A + Q B = SC. 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( A). Beweise: 1 AX + 1 XY 4 BC Es gilt BC AX + BC xy = BX + CX AX + BX + CX XY BX CX BX CX BX 4 4 AX AX XY XY = 4 CX AX XY = 4, wegen BX CX = AX XY (Sekantensatz) 9. Gegeben sei ein spitzwinkeliges Dreieck ABC. Weiters seine d a, d b, d c die Abstände des Höhenschnittpunktes zu den Seiten des Dreiecks a, b, c und r der Inkreisradius. Beweise: d a + d b + d c 3r Wir können o.b.d.a. a b c annehmen. Dann gilt α β γ. Aus

13 13 CH sin(90 0 β) = CH cos β = d a, und CH sin(90 0 α) = CH cos α = d b folgt dann (α, β und γ sind spitze Winkel) d a d b und analog zeigt man d b d c Es gilt nun die Gleichung ad a + bd b + cd c = A = rs. Da a b c und d a d b d c erhält man mit der Umordnungsumgleichung die Ungleichungen bd a + cd b + ad c A = rs cd a + ad b + bd c A = rs 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 10 0 ist. 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 auf der Seite DC. Es gilt nun AB = AB = AD und somit ist das Dreieck AB D gleichschenkelig. Aus DB + B C = DC > AB + BC = AB + B C folgt DB > AB. Daher ist im gleichschenkeligen Dreieck AB D die Basis länger als die Schenkel und daher gilt: AB D = ADB < Daraus folgt aber unmittelbar die Behauptung AB C = ABC > 10 0.

14 Es sei ABC ein Dreieck mit den Seitenlängen a.b, c und P ein beliebiger Punkt der Dreiecksebene. Dann gilt: P B P C bc + P C P A ca + P A P B ab Gleichheit gilt genau dann, wenn entweder P mit einem Eckpunkt des Dreiecks zusammenfällt oder der Höhenschnittpunkt eines spitzwinkeligen Deiecks ist. Es sei P der Ursprung der Gauss schen Zahlenebene und z 1, z, z 3 die entsprechenden Darstellungen der Ecken des Dreiecks ABC durch komplexe Zahlen. Dann gilt: 1 P B P C bc = z z 3 (z 1 z ) (z 1 z 3 ) = z z 3 (z 1 z )(z 1 z 3 ) = e

15 Dann gilt: P B P C bc P C P A ca P A P B ab = = + P C P A + P A P B ca ab z 3 z 1 (z z 3 ) (z z 1 ) = z 3 z 1 (z z 3 )(z z 1 ) = f z 1 z (z 3 z 1 ) (z 3 z ) = z 1 z (z 3 z 1 )(z 3 z ) = g z z 3 = (z 1 z )(z 1 z 3 ) + z 3 z 1 (z z 3 )(z z 1 ) + z 1 z (z 3 z 1 )(z 3 z ) = e + f + g e+f+g = z z 3 (z 3 z ) + z 3 z 1 (z 1 z 3 ) + z 1 z (z z 1 ) (z 1 z )(z z 3 )(z 3 z 1 ) Es bleibt nur noch der Gleicheitsfall zu untersuchen. 15 = 1 = 1 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: Daher sind ef g = ( z3 ) z 1 z rein imaginäre Zahlen und es folgt fg ( e = z1 ) z z 3 z 3 z 1 z,, z 1 z z z 3 z 3 z 1 ge ( f = z ) z 3 z 1 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 z 3 z = k 1 i und = k i, z 1 z z 1 z 3 wobei k 1 und k positive reellezahlen sind. Daraus folgt, dass auch e = z z 3 (z 1 z )(z 1 z 3 ) = k 1 k

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 16 z 3 z = k 1 i und = k i, z 1 z z 1 z 3 wobei k 1 und k positive reellezahlen sind. Daraus folgt, dass e = z z 3 (z 1 z )(z 1 z 3 ) = k 1 k 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: P A a + P B b + P C c 3 Diese erste Anwendung liefert sofort folgender Hilfssatz: Es seien x, y, z positive reelle Zahlen mit yz + zx + xy 1. Dann gilt: Das folgt unmittelbar aus x + y + z 3 (x + y + z) = x + y + z + xy + yz + zx 3(xy + yz + zx) 3.

17 Setzt man x = P A a, y = P B b, z = P C c so erhält man die angegebene Ungleichung. Gleichheit gilt hier, wenn das Dreieck ABC gleichseitig und P der Mittelpunkt des Dreiecks ist. Die anderen Folgerungen sind unmittelbar einsichig. Um etwa die letzten beiden zu erhalten, muss man in obigen Ungleichungen nur P = S setzen. 1. Es seien n 3 eine natürliche Zahl und a 1, a,, a n positive reelle Zahlen, für die gilt: 17 (a 1 + a + + a n) > (n 1)(a a a 4 n) Beweise: Sind i, j, k drei verschiedene natürliche Zahlen kleiner oder gleich n, dann sind a i.a j, a k die Seiten eines Dreiecks. Wir betrachten zunächst den Fall n = 3 und setzen a 1 = a, a = b und a 3 = c. Dann gilt (a + b + c ) > (a 4 + b 4 + c 4 ) 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) = (t + b + c ) (t 4 + b 4 + c 4 ) 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 a 1, a, a 3 die Seiten eines Dreieecks bilden. Es gilt:.

18 18 (n 1)(a 4 1+a 4 + +a 4 n) < (a 1+a + +a n) = Mit der AM-QM - Ungleichung folgt ( a 1 + a + a 3 + a 1 + a + a 3 + n i=4 a i ) ( a 1 + a + a 3 Daraus folgt + a 1 + a + a 3 + n i=4 a i ) (n 1) ( (a 1 + a + a 3) a 1 + a + a 3 > (a a 4 + a 4 3) 4 + (a 1 + a + a 3) 4 und damit sind a 1, a, a 3 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. Es seien µ 1 = BX CB, µ = XC CB, ν 1 = CY AC, ν = Y A AC, λ 1 = AZ AB, λ = ZB AB. + n i=4 a 4 i )

19 19 Dann gilt und weiters mit CEVA µ 1 + µ = ν 1 + ν = λ 1 + λ = 1, µ 1 µ ν1 ν λ1 λ = 1 also µ 1 ν 1 λ 1 = µ ν λ Bezeichnen wir mit A = [ABC], A 1 = [ZBX], A = [XCY ] und A 3 = [AZY ] jeweils die Flächen der Dreiecke, dann gilt: Wir haben also zu zeigen: A 1 = µ 1 λ A, A = µ ν 1 A und A 3 = ν λ 1 A. A 1 + A + A A also µ 1λ + µ ν 1 + ν λ Setzt man µ = 1 µ 1 usw. ein, so erhält man: µ 1 + ν 1 + λ (µ 1λ 1 + µ 1 ν 1 + ν 1 λ 1 ) Aus µ 1 ν 1 λ 1 = µ ν λ = (1 µ 1 )(1 ν 1 )(1 λ 1 ) folgt µ 1 + ν 1 + λ 1 = 1 µ 1 ν 1 λ 1 + µ 1 λ 1 + µ 1 ν 1 + ν 1 Setzt man das in obiger Ungleichung ein, so hat man nur mehr zu zeigen: 1 µ 1 ν 1 λ also 1 8 µ 1ν 1 λ 1 Es gilt nun mit der AM- GM Ungleichung 1 = µ 1 + µ µ 1 µ. Multipliziert man diese mit den beiden entsprechenden Ungleichungen, so folgt die Behauptung (µ 1 ν 1 λ 1 = µ ν λ ). 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 30 o ist. Aus der Ungleichung von Erdös-Mordell P A +PB +PC PD + PE + P F folgt, dass mindestens eine der folgenden Ungleichungen gilt: P A P F, P B P D, oder P C P E.

20 0 Wenn etwa P A P F, so folgt 1 P F P A = sin( P AB) also ist P AB 30 o oder P AB 150 o. Im zweiten Fall sind die beiden anderen Winkel sicher kleiner als 30 o 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. Es gilt: A 1 A 3 = A A 4. Daher gilt A A 4 = 36 und wir haben mit der AM-GM Ungleichung: A + A 4 A A 4 = 6 Damit ergibt sich sofort der minimale Flächeninhalt A 1 +A 3 +A +A = 5

21 16. Es seien P, Q, R, S die Mittelpunkte der Seiten BC, CD, DA, BA eines konvexen Vierecks. Beweise: 4(AP + BQ + CR + DS ) 5(AB + BC + CD + DA ) 1 Mit der Formel für die Länge der Schwerlinie eines Dreiecks erhält man: AP = 1 AB + 1 AC 1 4 BC BQ = 1 BD + 1 BC 1 4 CD CR = 1 AC + 1 CD 1 4 AD DS = 1 AD + 1 BD 1 4 AB Addiert man diese vier Ungleichungen so folgt: 4(AP + BQ + CR + DS ) = 4(AC + BD ) + AB + BC + CD + AD Es genügt daher zu zeigen: AC + BD AB + BC + CD + AD Das ist aber genau die Parallelogrammungleichung. 17. Gegeben sei ein konvexes Sechseck ABCDEF mit AB = BC, CD = DE und EF = F A. Beweise: Im Viereck ABCE gilt BC BE + DE DA + F A F C 3 AC BE AB CE + BC AE,

22 und daraus folgt AC CE + AE BC BE. Analog folgert man: Im Viereck ACDE gilt AD CE AC DE + AE DC, und daraus folgt und Im Viereck ACEF gilt CE AC + AE DE DA. AE CF AC EF + CE AF, und daraus folgt AE AC + CE F A F C. Mit der Ungleichung von Nesbitt folgt: BC BE + DE DA + F A F C AC CE + AE + Nesbitt: Sind a.b.c positive reelle Zahlen, dann gilt: a b + c + b c + a + CE AC + AE + c a + b 3 AE AC + CE 3

23 18. (Indien 009) Es sei ABC ein spitzwinkeliges Dreieck und H der Höhenschnittpunkt dieses Dreicks. Weiter sei h max die längste Höhe dieses Dreiecks. Beweise: 3 h max AH + BH + CH o.b.d.a. sei h a die längste Höhe. Aus A = ah a = bh b = ch c folgt dann, dass a die kürzeste Seite des Dreiecks ist, es gilt also a < b und a < c. H sei der an der Seite BC gespiegelte Punkt H. Das Viereck ABH C ist ein Sehnenviereck und es gilt mit Ptolemäus: a AH = b BH + c CH Daraus folgt mit BH = BH und CH = CH AH = b a BH + c a CH > BH + CH = BH + CH. und man erhält h a = AH + AH > AH + BH + CH