Bewijzen met de driehoeksongelijkheid

Bewijsopgaven

1. De som van de diagonalen van een vierhoek is kleiner dan de omtrek. Bewijs dit.

We passen de driehoeksongelijkheid toe in de driehoeken \(ABC\), \(ADC\), \(ABD\) en \(CBD\).

Lid aan lid optellen geeft:

Nu nog beide leden delen door \(2\) en het bewijs is af.

2. Geldt dit ook voor een \(n\)-hoek, met \(n>4\)?

Neen, vanaf \(n=5\) zijn er steeds meer diagonalen en is de som van de diagonalen groter dan de som van de zijden. In de figuur hieronder wordt met ongelijkheden getoond  dat dit het geval is voor \(n=5\).

3. Voor welk punt binnen een vierhoek is de som van de afstanden tot de hoekpunten minimaal? Bewijs.

We tonen aan dat dit voor het snijpunt \(E\) van de diagonalen geldt. Immers, voor elk punt \(P\) verschillend van \(E\) binnen de vierhoek geldt:

waarbij minstens één van deze ongelijkheden een strikte ongelijkheid is. Immers, \(P\) kan eventueel wel op één van de diagonalen liggen maar niet op allebei. Lid aan lid optellen geeft dan de strikte ongelijkheid:

4. Voor een willekeurig punt \(P\) binnen een driehoek \(ABC\) geldt

Je kunt hier denken aan een elastiekje dat in \(A\) en \(B\) is vastgemaakt. Als je het uitrekt tot punt \(P\), is het minder gespannen dan als je nog verder uitrekt tot punt \(C\). Dit is intuïtief duidelijk, maar als je het wilt bewijzen op grond van de driehoeksongelijkheid, moet je dit ”verder uitrekken’ in twee stappen doen. Verleng \([AP]\) tot punt \(Q\) op zijde \([BC]\) (zie figuur). Dan geldt:

In de berekening hierboven zie je de toepassing van de driehoeksongelijkheid in dezelfde kleur als de arcering van de driehoekjes in de figuur. De accolades zijn toepassing van de driehoeksgelijkheid.

5. Bewijs: voor een willekeurig punt \(P\) binnen een driehoek \(ABC\) met omtrek \(p\) geldt

Laten we de zijden van de driehoek \(a\), \(b\) en \(c\) noemen en de afstanden van \(P\) tot de hoekpunten \(e\), \(f\) en \(g\) (zie figuur). Eén ongelijkheid verkrijgen we door drie keer de driehoeksongelijkheid toe te passen en lid aan lid op te tellen:

De tweede ongelijkheid biedt wat meer weerstand als we louter met de driehoeksongelijkheid proberen. Maar steunend op wat in vraag 4 bewezen werd, gaat het wel:

6. Bewijs met de driehoeksongelijkheid dat de afstanden tussen twee punten binnen een cirkel hoogstens gelijk is aan de diameter.

De driehoeksongelijkheid in \(\Delta AMC\) geeft:

Omdat \(|AM|\) en \(|MB|\) allebei kleiner zijn dan de straal, is \(|AM|+|MB|\) kleiner dan de diameter.
7. Gegeven zijn twee cirkels die elkaar snijden in twee verschillende punten. Wat kun je op basis van de driehoeksongelijkheid zeggen over (1) de afstand tussen de middelpunten en (2) de afstand tussen de snijpunten?

Noem de middelpunten \(M\) en \(N\) en de stralen \(r\) en \(s\). Veronderstel eerst dat \(r>s\). Enerzijds is \(|MN|<|MA|+|AN|=r+s\) (driehoeksongelijkheid in \(\Delta MAN\)). Anderzijds geldt \(|AM|<|MN|+|AN|\) (driehoeksongelijkheid in dezelfde driehoek), dus \(r-s<|MN|\).
Besluit: \(r-s<|MN|<r+s.\)

Laten we nu zoeken naar grenzen voor \(|AB|\). Enerzijds \(0<|AB|\) want in de opgave is er sprake van verschillende snijpunten. Anderzijds is \(|AB|\le|AN|+|NB|=2s\). Merk op dat de gelijkheid hier mogelijk is: het is niet uitgesloten dat \(N\) op één rechte ligt met de snijpunten.
Besluit: \(0<|AB|\le2s\).

Het geval \(s>r\) is natuurlijk analoog. Stel ten slotte dat \(r=s\). Dan verandert er eigenlijk niets behalve dat de laatste ongelijkheid ook strikt is. Immers, \(N\) kan niet op één rechte liggen met de twee snijpunten; dan zouden beide cirkels samenvallen en zitten we niet meer in de situatie met twee snijpunten zoals de opgave het stelt.