Háromszög-egyenlőtlenség

Egy háromszögben két oldal hosszának az összege nagyobb, mint a harmadik oldal hossza. Azaz: ${\displaystyle a<b+c}$  és ${\displaystyle b<a+c}$  és ${\displaystyle c<a+b}$ .

A tétel ekvivalens alakja: ${\displaystyle a-b<c}$ , ${\displaystyle b-c<a}$  és ${\displaystyle c-a<b}$ 

Bizonyítás:

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

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:

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.

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

Bizonyítás:

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

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

Mindkét oldalból kivonva az azonos tagokat:

${\displaystyle 2ab\leq 2|ab|.}$ 

és ez mindig teljesül, mert

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

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

Nyilván ${\displaystyle |a{+}b|{-}|b|\leq |a|.}$ 

Az

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

helyettesítéssel

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

Viszont, ha

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

akkor

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

Az előző két egyenlőtlenséget összetéve

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

y helyére -y-t téve

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

Összefoglalva

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

Komplex számokra a háromszög-egyenlőtlenség:

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

Bizonyítás:

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

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

ahol a felülvonás a komplex konjugálást jelenti. A két oldalról eltávolítva az egyenlő tagokat, és a ${\displaystyle z{\mathrel {:=\,}}z_{1}{\overline {z_{2}}}}$  helyettesítést elvégezve

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

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

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

és

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

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

A valós esethez hasonlóan látható be a kivonásos alak is

${\displaystyle {\Big |}|z_{1}|{-}|z_{2}|{\Big |}\leq |z_{1}{\pm }z_{2}|\leq |z_{1}|{+}|z_{2}|}$  minden ${\displaystyle z_{1},\,z_{2}\in \mathbb {C} }$ -re.

A háromszög-egyenlőtlenség többszöri alkalmazásával és teljes indukcióval

${\displaystyle \left|\sum _{i=1}^{n}x_{i}\right|\leq \sum _{i=1}^{n}\left|x_{i}\right|}$ 

ahol az ${\displaystyle x_{i}\;}$  számok lehetnek valósak, vagy komplexek.

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

Ekkor

${\displaystyle \left|\int _{I}f(x)\,dx\right|\leq \int _{I}|f(x)|\,dx}$ .^[1]

Hasonlók teljesülnek komplex értékű függvényekre is:

${\displaystyle f:I\to \mathbb {C} }$ .^[2]

Ekkor ugyanis van egy komplex ${\displaystyle \alpha \;}$  úgy, hogy ${\displaystyle \alpha \int _{I}f(x)\,dx=\left|\int _{I}f\,dx\right|}$  és ${\displaystyle |\alpha |=1\;}$ .

Mivel

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

valós, ezért ${\displaystyle \int _{I}\operatorname {Im} (\alpha f(x))\,dx}$  szükségképpen egyenlő nullával.

Emellett

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

összetéve tehát

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

Vektorokra:

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

Négyzetre emeléssel:

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

és a Cauchy–Schwarz–Bunyakovszkij-egyenlőtlenség felhasználásával:

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

Innen, mint a valós esetben:

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

és

${\displaystyle \left|\sum _{i=1}^{n}{\vec {a_{i}}}\right|\leq \sum _{i=1}^{n}\left|{\vec {a_{i}}}\right|.}$ 

 

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:

${\displaystyle \left|a-b\right|\leq c_{1}\leq a+b,}$ 

de ${\displaystyle c_{2}>a+b}$ , ahol még az is igaz, hogy ${\displaystyle c_{2}>\pi .}$ 

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

${\displaystyle \|x+y\|\leq \|x\|+\|y\|}$ 

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

Ebből

${\displaystyle {\Big |}\|x\|-\|y\|{\Big |}\leq \|x\pm y\|\leq \|x\|+\|y\|}$ 

és

${\displaystyle \left\|\sum _{i=1}^{n}x_{i}\right\|\leq \sum _{i=1}^{n}\|x_{i}\|}$  minden ${\displaystyle x_{i}\in X\;}$ -re.

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

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

${\displaystyle d(x,y)\leq d(x,z)+d(z,y)}$ 

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

Innen következik

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

és

${\displaystyle d(x_{0},x_{n})\leq \sum _{i=1}^{n}d(x_{i-1},x_{i})}$ 

a tér tetszőleges elemeire.

• Obádovics J. Gyula: Matematika

Ez a geometriai témájú lap egyelőre csonk (erősen hiányos). Segíts te is, hogy igazi szócikk lehessen belőle!