رياضيات مع خالدالأستاذ خالد خطيب
مساحة للتعلّم
تنزيل PDF

مقالة في الهندسة

متباينة إردوش–موردل

مبرهنة واحدة، وسؤال واحد من أولمبياد الرياضيات

ماذا يمكن أن نقول عن أبعاد نقطة تقع داخل مثلث؟ لكل نقطة كهذه ثلاثيّتان من الأبعاد: أبعادها عن الرؤوس الثلاثة، وأبعادها العمودية عن الأضلاع الثلاثة. تربط متباينة إردوش–موردل بينهما بعلاقة بسيطة على نحو مدهش — وهي صحيحة لكل مثلث ولكل نقطة داخله.

الأستاذ خالد خطيب

في المثلث المتساوي الأضلاع نعرف مسبقًا علاقة من هذا النوع: وفق مبرهنة فيفياني، مجموع أبعاد نقطة داخلية عن الأضلاع الثلاثة لا يتعلّق بموقعها إطلاقًا، فهو دائمًا يساوي ارتفاع المثلث. أمّا مجموع أبعادها عن الرؤوس فيتغيّر كلّما تحرّكت النقطة. سأل بول إردوش: ماذا يمكن أن نقول عن النسبة بين المجموعين، في أيّ مثلث كان؟ والجواب: المجموع الأول أكبر من الثاني بمرّتين على الأقل، ولا يمكن تحسين العدد 2.

المبرهنة

متباينة إردوش–موردل

لتكن \(P\) نقطة داخل المثلث \(ABC\)، ولنرمز بـ \(h_a,h_b,h_c\) إلى الأبعاد العمودية للنقطة \(P\) عن المستقيمات التي تقع عليها الأضلاع \(BC,\ CA,\ AB\) على الترتيب. عندئذٍ

\[\boxed{\;PA+PB+PC\;\ge\;2\,(h_a+h_b+h_c)\;}\]

أي أنّ مجموع أبعاد \(P\) عن رؤوس المثلث أكبر بمرّتين على الأقل من مجموع أبعادها العمودية عن الأضلاع.

في الرسم: بالأزرق — الأبعاد \(PA,PB,PC\) عن الرؤوس؛ بالأخضر المتقطّع — الأبعاد العمودية \(h_a,h_b,h_c\) عن الأضلاع. تنصّ المتباينة على أنّ مجموع الأطوال الزرقاء أكبر بمرّتين على الأقل من مجموع الأطوال الخضراء.
ملاحظة: إذا كانت إحدى زوايا المثلث منفرجة، فقد يقع موقع العمود النازل من \(P\) على امتداد ضلع لا على الضلع نفسه. في هذه الحالة نقيس البعد عن المستقيم الذي يقع عليه الضلع — وهذا بالضبط ما ورد في التعريف.

جرّبوا بأنفسكم

اسحبوا النقطة \(P\) أو الرؤوس. لاحظوا أنّ النسبة لا تنخفض أبدًا عن 2 — وحاولوا اكتشاف متى تقترب منها أكثر ما يمكن.

–\(PA+PB+PC\)
–\(h_a+h_b+h_c\)
–النسبة بينهما

لمحة تاريخية

بول إردوش (1913–1996)، أحد أغزر الرياضيين إنتاجًا على مرّ العصور، نشر الادّعاء عام 1935 كمسألة برهان (المسألة رقم 3740) في المجلة الأمريكية American Mathematical Monthly. خمّن إردوش أنّ الادّعاء صحيح، لكنّه لم يقدّم برهانًا.

نُشر البرهان الأول عام 1937: حلّ مثلثاتي قدّمه لويس موردل (1888–1972)، الرياضي المعروف خصوصًا بأعماله في نظرية الأعداد، وديفيد بارو. بل وبرهن بارو صيغة أقوى، تُستبدل فيها الأبعاد عن الأضلاع بقطع أطول — منصّفات الزوايا \(\angle BPC,\angle CPA,\angle APB\) حتى الأضلاع.

ومنذ ذلك الحين قُدّمت للمبرهنة براهين كثيرة أخرى، منها براهين أوّلية بلا حساب مثلثات (كبرهان كازارينوف عام 1957 وبرهان بانكوف عام 1958)، بل وبراهين «بلا كلمات». لكنّ اسمَي إردوش وموردل بقيا في اسمها.

برهان مثلثاتي

لنرمز بـ \(E\) و\(F\) إلى موقعَي العمودين النازلين من \(P\) على المستقيمين \(CA\) و\(AB\). إذن \(PE=h_b\) و\(PF=h_c\). ونرمز إلى زوايا المثلث بـ \(A,B,C\). الفكرة: نحسب طول القطعة \(EF\) بطريقتين مختلفتين، ثم نقارن بينهما.

الدائرة التي قطرها \(AP\) تمرّ بـ \(E\) وبـ \(F\)، لأنّ الزاويتين هناك قائمتان. بالبرتقالي — القطعة \(EF\) التي سنحسبها بطريقتين.

  1. الدائرة الخفيّة

    بما أنّ \(\angle AEP=\angle AFP=90^\circ\)، فإنّ النقطتين \(E\) و\(F\) تريان القطعة \(AP\) بزاوية قائمة، لذا تقع \(A,E,P,F\) على دائرة قطرها \(AP\). الوتر \(EF\) يقابل في هذه الدائرة الزاوية \(\angle EAF\)، وهي الزاوية \(A\) للمثلث (أو مكمّلتها إذا وقع موقع عمود على امتداد ضلع — وجيبهما واحد). وفق قانون الجيوب في الدائرة التي قطرها \(PA\):

    \[EF = PA\sin A.\]

  2. حساب ثانٍ لـ \(EF\)

    في الرباعي \(AFPE\) زاويتان قائمتان، لذا \(\angle EPF=180^\circ-A\). وفق قانون جيوب التمام في المثلث \(EPF\):

    \[EF^2=h_b^2+h_c^2-2h_bh_c\cos(180^\circ-A)=h_b^2+h_c^2+2h_bh_c\cos A.\]

    نستخدم الآن أنّ \(A=180^\circ-(B+C)\)، أي \(\cos A=\sin B\sin C-\cos B\cos C\)، ونكتب \(h_b^2=h_b^2(\sin^2C+\cos^2C)\) و\(h_c^2=h_c^2(\sin^2B+\cos^2B)\). بإعادة ترتيب الحدود نحصل على

    \[EF^2=(h_b\sin C+h_c\sin B)^2+(h_b\cos C-h_c\cos B)^2.\]

    لهذه الصيغة معنى هندسي: إنّها تحليل القطعة \(EF\) إلى مركّبتين متعامدتين — المركّبة في اتجاه الضلع \(BC\)، والمركّبة في الاتجاه العمودي عليه.

  3. نتخلّص من مربّع

    المربّع الثاني غير سالب، لذا فطول القطعة لا يقلّ عن طول مسقطها على \(BC\):

    \[PA\sin A=EF\ge h_b\sin C+h_c\sin B.\]

    وبما أنّ \(\sin A>0\) نحصل على

    \[PA\ge\frac{\sin C}{\sin A}\,h_b+\frac{\sin B}{\sin A}\,h_c.\]

    (ووفق قانون الجيوب يمكن كتابة ذلك أيضًا بالصورة \(a\cdot PA\ge c\,h_b+b\,h_c\)، حيث \(a,b,c\) أطوال الأضلاع.)

  4. نجمع الرؤوس الثلاثة

    بالطريقة نفسها تمامًا، مع الدائرتين اللتين قطراهما \(PB\) و\(PC\)، نحصل على متباينتين مماثلتين:

    \[PB\ge\frac{\sin A}{\sin B}\,h_c+\frac{\sin C}{\sin B}\,h_a,\qquad PC\ge\frac{\sin B}{\sin C}\,h_a+\frac{\sin A}{\sin C}\,h_b.\]

    نجمع المتباينات الثلاث ونجمّع الحدود حسب \(h_a,h_b,h_c\):

    \[PA+PB+PC\ge\Big(\tfrac{\sin B}{\sin C}+\tfrac{\sin C}{\sin B}\Big)h_a+\Big(\tfrac{\sin C}{\sin A}+\tfrac{\sin A}{\sin C}\Big)h_b+\Big(\tfrac{\sin A}{\sin B}+\tfrac{\sin B}{\sin A}\Big)h_c.\]

    كلّ معامل على الصورة \(t+\frac1t\) حيث \(t>0\)، ولكل \(t>0\) يتحقّق

    \[t+\frac1t-2=\frac{(t-1)^2}{t}\ge0.\]

    إذن كلّ معامل لا يقلّ عن 2، ومن هنا

    \[PA+PB+PC\ge2(h_a+h_b+h_c),\]

    وهو المطلوب. \(\blacksquare\)

متى تتحقّق المساواة؟

تتحقّق المساواة إذا وفقط إذا كان المثلث \(ABC\) متساوي الأضلاع والنقطة \(P\) مركزه.

البرهان نفسه يبيّن السبب. كي تكون المعاملات الثلاثة مساوية لـ 2 تمامًا، يجب أن يكون \(t=1\) في كلّ منها، أي \(\sin A=\sin B=\sin C\). وزاويتان في مثلث جيباهما متساويان هما متساويتان (لا يمكن أن تكونا متكاملتين، إذ لن يبقى حينئذٍ مكان للزاوية الثالثة)، لذا فالمثلث متساوي الأضلاع. إضافة إلى ذلك، كي لا نخسر شيئًا في الخطوة 3، يجب أن ينعدم المربّع الذي تخلّصنا منه: \(h_b\cos C=h_c\cos B\). في المثلث المتساوي الأضلاع يعني ذلك \(h_b=h_c\)، وبالمثل \(h_a=h_b\). والنقطة المتساوية الأبعاد عن الأضلاع الثلاثة هي مركز الدائرة الداخلية — أي مركز المثلث.

في المثلث المتساوي الأضلاع، من المركز \(O\): كلّ بعد عن رأس يساوي \(R\)، وكلّ بعد عن ضلع يساوي \(\frac R2\). كلا طرفَي المتباينة يساوي \(3R\).

وبالفعل، في هذه الحالة \(PA=PB=PC=R\) (نصف قطر الدائرة الخارجية)، وكلّ من الأبعاد عن الأضلاع هو نصف قطر الدائرة الداخلية \(r=\frac R2\). لذا

\[PA+PB+PC=3R=2\cdot 3\cdot\tfrac R2=2(h_a+h_b+h_c).\]

والمعنى: الثابت 2 في المبرهنة هو أفضل ثابت ممكن — لا يمكن استبداله بعدد أكبر.

نتيجة صغيرة. نجمع المبرهنة مع مبرهنة فيفياني. في مثلث متساوي الأضلاع طول ضلعه \(s\)، لكل نقطة داخلية \(h_a+h_b+h_c=\frac{\sqrt3}{2}s\). لذا لكل نقطة \(P\) داخله \[PA+PB+PC\ge\sqrt3\,s,\] ولا تتحقّق المساواة إلا في المركز.

تمرين للقرّاء: أولمبياد الرياضيات 1991

IMO 1991، السؤال 5

معطى مثلث \(ABC\)، والنقطة \(P\) تقع داخله. برهنوا أنّ واحدة على الأقل من الزوايا الثلاث

\[\angle PAB,\qquad \angle PBC,\qquad \angle PCA\]

أصغر من \(30^\circ\) أو تساويها.

الزوايا الثلاث مرتّبة «دوريًّا»: عند كلّ رأس نأخذ الزاوية بين \(P\) والضلع المتّجه إلى الرأس التالي.

كان هذا السؤال الخامس في الأولمبياد الدولي للرياضيات عام 1991 في السويد. حاولوا أن تكتشفوا كيف يمكن لمتباينة تتناول الأبعاد أن تحسم سؤالًا يتناول الزوايا.

تلميح

انظروا إلى المثلث القائم الزاوية الذي وتره \(PA\) وأحد ضلعَيه القائمين هو بعد \(P\) عن الضلع \(AB\). ماذا يقول الشرط \(\angle PAB>30^\circ\) عن هذا البعد؟ تذكّروا أنّ \(\sin30^\circ=\frac12\).

حلّ كامل (حاولوا وحدكم أولًا!)

نفترض جدلًا أنّ الزوايا الثلاث كلّها أكبر من \(30^\circ\).

أولًا، لا يمكن لأيّ منها أن تبلغ \(150^\circ\): فإذا كانت مثلًا \(\angle PAB\ge150^\circ\)، فإنّ \(A\ge150^\circ\)، لذا \(B<30^\circ\) وبالأخص \(\angle PBC<30^\circ\) — وهذا يناقض الفرض. وكذلك في الحالتين الأخريين (بالترتيب الدوري \(A\to B\to C\to A\)).

إذن الزوايا الثلاث كلّها بين \(30^\circ\) و\(150^\circ\)، وجيب كلّ منها أكبر من \(\frac12\). بعد \(P\) عن الضلع \(AB\) هو \(h_c=PA\sin\angle PAB>\frac12PA\)، وبالطريقة نفسها

\[h_a=PB\sin\angle PBC>\tfrac12PB,\qquad h_b=PC\sin\angle PCA>\tfrac12PC.\]

بالجمع نحصل على \(PA+PB+PC<2(h_a+h_b+h_c)\) — وهذا يناقض متباينة إردوش–موردل. \(\blacksquare\)

لاحظوا الحدّ أيضًا: في مركز المثلث المتساوي الأضلاع تساوي الزوايا الثلاث \(30^\circ\) تمامًا، لذا لا يمكن استبدال \(30^\circ\) بزاوية أصغر. حالة المساواة في الادّعاء هي بالضبط حالة المساواة في المبرهنة.

الأستاذ خالد خطيب · متباينة إردوش–موردل

מאמר בגאומטריה

אי־שוויון ארדש–מורדל

משפט אחד, שאלה אחת מאולימפיאדת המתמטיקה

מה אפשר לומר על המרחקים של נקודה הנמצאת בתוך משולש? לכל נקודה כזו יש שתי שלשות של מרחקים: המרחקים שלה משלושת הקודקודים, והמרחקים האנכיים שלה משלוש הצלעות. אי־שוויון ארדש–מורדל קושר ביניהן בקשר פשוט להפליא — והוא נכון לכל משולש ולכל נקודה בתוכו.

חאלד חטיב

במשולש שווה־צלעות מוכר לנו כבר קשר אחד כזה: לפי משפט ויויאני, סכום המרחקים של נקודה פנימית משלוש הצלעות אינו תלוי כלל במיקומה — הוא תמיד שווה לגובה המשולש. סכום המרחקים מן הקודקודים, לעומת זאת, משתנה כשהנקודה זזה. פול ארדש שאל מה אפשר לומר על היחס בין שני הסכומים, בכל משולש שהוא. התשובה: הסכום הראשון גדול לפחות פי שניים מן השני, והמספר 2 אינו ניתן לשיפור.

המשפט

אי־שוויון ארדש–מורדל

תהי \(P\) נקודה פנימית במשולש \(ABC\). נסמן ב־\(h_a,h_b,h_c\) את המרחקים האנכיים של \(P\) מן הישרים שעליהם מונחות הצלעות \(BC,\ CA,\ AB\), בהתאמה. אז

\[\boxed{\;PA+PB+PC\;\ge\;2\,(h_a+h_b+h_c)\;}\]

כלומר, סכום המרחקים של \(P\) מקודקודי המשולש גדול לפחות פי שניים מסכום מרחקיה האנכיים מן הצלעות.

באיור: בכחול — המרחקים \(PA,PB,PC\) לקודקודים; בירוק, בקו מקווקו — המרחקים האנכיים \(h_a,h_b,h_c\) לצלעות. האי־שוויון אומר שסך האורך הכחול גדול לפחות פי שניים מסך האורך הירוק.
הערה: כאשר זווית במשולש קהה, רגל האנך מ־\(P\) עשויה ליפול על המשך של צלע ולא על הצלע עצמה. במקרה כזה מודדים את המרחק אל הישר שעליו מונחת הצלע — וזה בדיוק מה שמופיע בהגדרה.

נסו בעצמכם

גררו את הנקודה \(P\) או את הקודקודים. שימו לב שהיחס לעולם אינו יורד מתחת ל־2 — ונסו לגלות מתי הוא מתקרב אליו ביותר.

–\(PA+PB+PC\)
–\(h_a+h_b+h_c\)
–היחס ביניהם

קצת היסטוריה

פול ארדש (1913–1996), מן המתמטיקאים הפוריים בכל הזמנים, פרסם את הטענה בשנת 1935 כבעיית הוכחה (בעיה מס' 3740) בכתב העת האמריקני American Mathematical Monthly. ארדש שיער שהטענה נכונה, אך לא הציג הוכחה.

ההוכחה הראשונה פורסמה בשנת 1937: פתרון טריגונומטרי של לואיס מורדל (1888–1972), מתמטיקאי שנודע בעיקר בזכות עבודותיו בתורת המספרים, ושל דיוויד בארו. בארו אף הוכיח גרסה חזקה יותר, שבה המרחקים לצלעות מוחלפים בקטעים ארוכים יותר — חוצי הזוויות \(\angle BPC,\angle CPA,\angle APB\) עד לצלעות.

מאז ניתנו למשפט הוכחות רבות נוספות, ובהן הוכחות אלמנטריות ללא טריגונומטריה (למשל של קזרינוף ב־1957 ושל בנקוף ב־1958), ואפילו הוכחות "ללא מילים". אך שמותיהם של ארדש ומורדל נותרו בשמו.

הוכחה טריגונומטרית

נסמן ב־\(E\) וב־\(F\) את רגלי האנכים מ־\(P\) אל הישרים \(CA\) ו־\(AB\). כך \(PE=h_b\) ו־\(PF=h_c\). את זוויות המשולש נסמן \(A,B,C\). הרעיון: נחשב את אורך הקטע \(EF\) בשתי דרכים שונות, ונשווה.

המעגל שקוטרו \(AP\) עובר דרך \(E\) ודרך \(F\), כי הזוויות שם ישרות. בכתום — הקטע \(EF\), שאותו נחשב בשתי דרכים.

  1. המעגל הנסתר

    מאחר ש־\(\angle AEP=\angle AFP=90^\circ\), הנקודות \(E\) ו־\(F\) רואות את הקטע \(AP\) בזווית ישרה, ולכן \(A,E,P,F\) נמצאות על מעגל שקוטרו \(AP\). המיתר \(EF\) נשען במעגל זה על הזווית \(\angle EAF\), שהיא הזווית \(A\) של המשולש (או משלימתה, אם רגל אנך נפלה על המשך צלע — והסינוס זהה). לפי משפט הסינוסים במעגל שקוטרו \(PA\):

    \[EF = PA\sin A.\]

  2. חישוב שני של \(EF\)

    במרובע \(AFPE\) יש שתי זוויות ישרות, ולכן \(\angle EPF=180^\circ-A\). לפי משפט הקוסינוסים במשולש \(EPF\):

    \[EF^2=h_b^2+h_c^2-2h_bh_c\cos(180^\circ-A)=h_b^2+h_c^2+2h_bh_c\cos A.\]

    כעת נשתמש בכך ש־\(A=180^\circ-(B+C)\), כלומר \(\cos A=\sin B\sin C-\cos B\cos C\), ונכתוב \(h_b^2=h_b^2(\sin^2C+\cos^2C)\) ו־\(h_c^2=h_c^2(\sin^2B+\cos^2B)\). סידור מחדש של האיברים נותן

    \[EF^2=(h_b\sin C+h_c\sin B)^2+(h_b\cos C-h_c\cos B)^2.\]

    לנוסחה זו יש משמעות גאומטרית: זהו פירוק של הקטע \(EF\) לשני רכיבים מאונכים — הרכיב בכיוון הצלע \(BC\) והרכיב בכיוון המאונך לה.

  3. זורקים ריבוע

    הריבוע השני אינו שלילי, ולכן אורך הקטע גדול לפחות כמו ההיטל שלו על \(BC\):

    \[PA\sin A=EF\ge h_b\sin C+h_c\sin B.\]

    מאחר ש־\(\sin A>0\), נקבל

    \[PA\ge\frac{\sin C}{\sin A}\,h_b+\frac{\sin B}{\sin A}\,h_c.\]

    (לפי משפט הסינוסים אפשר לכתוב זאת גם בצורה \(a\cdot PA\ge c\,h_b+b\,h_c\), כאשר \(a,b,c\) הם אורכי הצלעות.)

  4. מחברים את שלושת הקודקודים

    באותה דרך בדיוק, עם המעגלים שקוטריהם \(PB\) ו־\(PC\), נקבל שני אי־שוויונים מקבילים:

    \[PB\ge\frac{\sin A}{\sin B}\,h_c+\frac{\sin C}{\sin B}\,h_a,\qquad PC\ge\frac{\sin B}{\sin C}\,h_a+\frac{\sin A}{\sin C}\,h_b.\]

    נחבר את שלושתם ונקבץ לפי \(h_a,h_b,h_c\):

    \[PA+PB+PC\ge\Big(\tfrac{\sin B}{\sin C}+\tfrac{\sin C}{\sin B}\Big)h_a+\Big(\tfrac{\sin C}{\sin A}+\tfrac{\sin A}{\sin C}\Big)h_b+\Big(\tfrac{\sin A}{\sin B}+\tfrac{\sin B}{\sin A}\Big)h_c.\]

    כל מקדם הוא מהצורה \(t+\frac1t\) עם \(t>0\), ולכל \(t>0\) מתקיים

    \[t+\frac1t-2=\frac{(t-1)^2}{t}\ge0.\]

    לכן כל מקדם הוא לפחות 2, ומכאן

    \[PA+PB+PC\ge2(h_a+h_b+h_c),\]

    כנדרש. \(\blacksquare\)

מתי מתקבל שוויון?

שוויון מתקבל אם ורק אם המשולש \(ABC\) שווה־צלעות והנקודה \(P\) היא מרכזו.

ההוכחה עצמה מראה מדוע. כדי שכל שלושת המקדמים יהיו בדיוק 2, צריך \(t=1\) בכל אחד מהם, כלומר \(\sin A=\sin B=\sin C\). שתי זוויות במשולש שהסינוסים שלהן שווים הן שוות (הן אינן יכולות להיות משלימות, כי אז לא היה נשאר מקום לזווית השלישית), ולכן המשולש שווה־צלעות. נוסף על כך, כדי שלא נאבד דבר בשלב 3, הריבוע שזרקנו צריך להתאפס: \(h_b\cos C=h_c\cos B\). במשולש שווה־צלעות פירוש הדבר \(h_b=h_c\), ובאותו אופן \(h_a=h_b\). נקודה שמרחקיה משלוש הצלעות שווים היא מרכז המעגל החסום — כלומר מרכז המשולש.

במשולש שווה־צלעות, מן המרכז \(O\): כל מרחק לקודקוד שווה ל־\(R\), וכל מרחק לצלע שווה ל־\(\frac R2\). שני אגפי האי־שוויון שווים ל־\(3R\).

ואכן, במקרה זה \(PA=PB=PC=R\) (רדיוס המעגל החוסם), וכל אחד מן המרחקים לצלעות הוא רדיוס המעגל החסום, \(r=\frac R2\). לכן

\[PA+PB+PC=3R=2\cdot 3\cdot\tfrac R2=2(h_a+h_b+h_c).\]

המשמעות: הקבוע 2 במשפט הוא הטוב ביותר האפשרי — אי אפשר להחליף אותו במספר גדול יותר.

מסקנה קטנה. נחבר את המשפט עם משפט ויויאני. במשולש שווה־צלעות שצלעו \(s\), לכל נקודה פנימית \(h_a+h_b+h_c=\frac{\sqrt3}{2}s\). לכן לכל נקודה \(P\) בתוכו \[PA+PB+PC\ge\sqrt3\,s,\] ושוויון מתקבל רק במרכז.

תרגיל לקוראים: אולימפיאדת המתמטיקה, 1991

IMO 1991, שאלה 5

נתון משולש \(ABC\), והנקודה \(P\) נמצאת בתוכו. הוכיחו כי לפחות אחת משלוש הזוויות

\[\angle PAB,\qquad \angle PBC,\qquad \angle PCA\]

קטנה או שווה ל־\(30^\circ\).

שלוש הזוויות מסודרות "במעגל": בכל קודקוד לוקחים את הזווית שבין \(P\) לצלע היוצאת אל הקודקוד הבא.

זו הייתה שאלה 5 באולימפיאדת המתמטיקה הבין־לאומית בשנת 1991, בשוודיה. נסו לגלות כיצד אי־שוויון העוסק במרחקים יכול להכריע שאלה העוסקת בזוויות.

רמז

הביטו במשולש ישר־הזווית שיתרו \(PA\) ושאחד מניצביו הוא המרחק של \(P\) מן הצלע \(AB\). מה אומר על המרחק הזה התנאי \(\angle PAB>30^\circ\)? זכרו ש־\(\sin30^\circ=\frac12\).

פתרון מלא (נסו קודם לבד!)

נניח בשלילה שכל שלוש הזוויות גדולות מ־\(30^\circ\).

ראשית, אף אחת מהן אינה יכולה להגיע ל־\(150^\circ\): אם למשל \(\angle PAB\ge150^\circ\), אז \(A\ge150^\circ\), ולכן \(B<30^\circ\) ובפרט \(\angle PBC<30^\circ\) — בסתירה להנחה. כך גם בשני המקרים האחרים (בסדר המעגלי \(A\to B\to C\to A\)).

לכן כל שלוש הזוויות נמצאות בין \(30^\circ\) ל־\(150^\circ\), והסינוס של כל אחת מהן גדול מ־\(\frac12\). המרחק של \(P\) מן הצלע \(AB\) הוא \(h_c=PA\sin\angle PAB>\frac12PA\), ובאותו אופן

\[h_a=PB\sin\angle PBC>\tfrac12PB,\qquad h_b=PC\sin\angle PCA>\tfrac12PC.\]

נחבר ונקבל \(PA+PB+PC<2(h_a+h_b+h_c)\) — בסתירה לאי־שוויון ארדש–מורדל. \(\blacksquare\)

שימו לב גם לגבול: במרכז של משולש שווה־צלעות כל שלוש הזוויות שוות בדיוק ל־\(30^\circ\), ולכן אי אפשר להחליף את \(30^\circ\) בזווית קטנה יותר. מקרה השוויון של הטענה הוא בדיוק מקרה השוויון של המשפט.

חאלד חטיב · אי־שוויון ארדש–מורדל

A geometry article

The Erdős–Mordell Inequality

One theorem, one olympiad problem

What can we say about the distances of a point inside a triangle? Every such point has two triples of distances: its distances to the three vertices, and its perpendicular distances to the three sides. The Erdős–Mordell inequality links them by a strikingly simple relation — one that holds for every triangle and every point inside it.

Khaled Khatib

In an equilateral triangle we already know one such relation: by Viviani's theorem, the sum of the distances from an interior point to the three sides does not depend on where the point is — it always equals the height of the triangle. The sum of the distances to the vertices, on the other hand, changes as the point moves. Paul Erdős asked what can be said about the ratio of the two sums, in any triangle whatsoever. The answer: the first sum is at least twice the second, and the number 2 cannot be improved.

The theorem

Erdős–Mordell inequality

Let \(P\) be an interior point of triangle \(ABC\), and let \(h_a,h_b,h_c\) denote the perpendicular distances from \(P\) to the lines containing the sides \(BC,\ CA,\ AB\), respectively. Then

\[\boxed{\;PA+PB+PC\;\ge\;2\,(h_a+h_b+h_c)\;}\]

In words: the sum of the distances from \(P\) to the vertices is at least twice the sum of its perpendicular distances to the sides.

In the figure: blue — the distances \(PA,PB,PC\) to the vertices; dashed green — the perpendicular distances \(h_a,h_b,h_c\) to the sides. The inequality says the total blue length is at least twice the total green length.
Note: when the triangle has an obtuse angle, the foot of a perpendicular from \(P\) may land on the extension of a side rather than on the side itself. In that case we measure the distance to the line containing the side — which is exactly what the definition says.

Try it yourself

Drag the point \(P\) or the vertices. Notice that the ratio never drops below 2 — and try to find out when it gets closest to it.

–\(PA+PB+PC\)
–\(h_a+h_b+h_c\)
–Their ratio

A little history

Paul Erdős (1913–1996), one of the most prolific mathematicians of all time, posed the statement in 1935 as a problem (Problem 3740) in the American Mathematical Monthly. Erdős conjectured that it was true but did not give a proof.

The first proof appeared in 1937: a trigonometric solution by Louis Mordell (1888–1972), best known for his work in number theory, and David Barrow. Barrow in fact proved a stronger version, in which the distances to the sides are replaced by longer segments — the bisectors of the angles \(\angle BPC,\angle CPA,\angle APB\), extended to the sides.

Many other proofs have been found since, including elementary proofs without trigonometry (for instance by Kazarinoff in 1957 and by Bankoff in 1958), and even "proofs without words". Still, the theorem kept the names of Erdős and Mordell.

A trigonometric proof

Let \(E\) and \(F\) be the feet of the perpendiculars from \(P\) to the lines \(CA\) and \(AB\), so \(PE=h_b\) and \(PF=h_c\). Denote the angles of the triangle by \(A,B,C\). The idea: compute the length of \(EF\) in two different ways, and compare.

The circle with diameter \(AP\) passes through \(E\) and \(F\), because the angles there are right angles. Orange — the segment \(EF\), which we compute in two ways.

  1. The hidden circle

    Since \(\angle AEP=\angle AFP=90^\circ\), the points \(E\) and \(F\) see the segment \(AP\) at a right angle, so \(A,E,P,F\) lie on a circle with diameter \(AP\). In this circle the chord \(EF\) subtends the angle \(\angle EAF\), which is the angle \(A\) of the triangle (or its supplement, if a foot falls on an extension — the sine is the same). By the law of sines in the circle of diameter \(PA\):

    \[EF = PA\sin A.\]

  2. A second computation of \(EF\)

    The quadrilateral \(AFPE\) has two right angles, so \(\angle EPF=180^\circ-A\). By the law of cosines in triangle \(EPF\):

    \[EF^2=h_b^2+h_c^2-2h_bh_c\cos(180^\circ-A)=h_b^2+h_c^2+2h_bh_c\cos A.\]

    Now use \(A=180^\circ-(B+C)\), that is \(\cos A=\sin B\sin C-\cos B\cos C\), and write \(h_b^2=h_b^2(\sin^2C+\cos^2C)\) and \(h_c^2=h_c^2(\sin^2B+\cos^2B)\). Regrouping the terms gives

    \[EF^2=(h_b\sin C+h_c\sin B)^2+(h_b\cos C-h_c\cos B)^2.\]

    This formula has a geometric meaning: it splits \(EF\) into two perpendicular components — one along the side \(BC\), and one perpendicular to it.

  3. Drop a square

    The second square is non-negative, so the segment is at least as long as its projection onto \(BC\):

    \[PA\sin A=EF\ge h_b\sin C+h_c\sin B.\]

    Since \(\sin A>0\), we get

    \[PA\ge\frac{\sin C}{\sin A}\,h_b+\frac{\sin B}{\sin A}\,h_c.\]

    (By the law of sines this can also be written as \(a\cdot PA\ge c\,h_b+b\,h_c\), where \(a,b,c\) are the side lengths.)

  4. Add up all three vertices

    In exactly the same way, using the circles with diameters \(PB\) and \(PC\), we get two analogous inequalities:

    \[PB\ge\frac{\sin A}{\sin B}\,h_c+\frac{\sin C}{\sin B}\,h_a,\qquad PC\ge\frac{\sin B}{\sin C}\,h_a+\frac{\sin A}{\sin C}\,h_b.\]

    Add all three and collect terms in \(h_a,h_b,h_c\):

    \[PA+PB+PC\ge\Big(\tfrac{\sin B}{\sin C}+\tfrac{\sin C}{\sin B}\Big)h_a+\Big(\tfrac{\sin C}{\sin A}+\tfrac{\sin A}{\sin C}\Big)h_b+\Big(\tfrac{\sin A}{\sin B}+\tfrac{\sin B}{\sin A}\Big)h_c.\]

    Each coefficient has the form \(t+\frac1t\) with \(t>0\), and for every \(t>0\)

    \[t+\frac1t-2=\frac{(t-1)^2}{t}\ge0.\]

    So every coefficient is at least 2, and therefore

    \[PA+PB+PC\ge2(h_a+h_b+h_c),\]

    as required. \(\blacksquare\)

When does equality hold?

Equality holds if and only if triangle \(ABC\) is equilateral and \(P\) is its center.

The proof itself shows why. For all three coefficients to equal exactly 2, we need \(t=1\) in each, that is \(\sin A=\sin B=\sin C\). Two angles of a triangle with equal sines are equal (they cannot be supplementary, since that would leave no room for the third angle), so the triangle is equilateral. Moreover, to lose nothing in step 3, the square we dropped must vanish: \(h_b\cos C=h_c\cos B\). In an equilateral triangle this means \(h_b=h_c\), and likewise \(h_a=h_b\). A point equidistant from all three sides is the incenter — the center of the triangle.

In an equilateral triangle, from the center \(O\): each distance to a vertex equals \(R\), and each distance to a side equals \(\frac R2\). Both sides of the inequality equal \(3R\).

Indeed, here \(PA=PB=PC=R\) (the circumradius), and each distance to a side is the inradius \(r=\frac R2\). Hence

\[PA+PB+PC=3R=2\cdot 3\cdot\tfrac R2=2(h_a+h_b+h_c).\]

So the constant 2 is the best possible — it cannot be replaced by any larger number.

A small corollary. Combine the theorem with Viviani's theorem. In an equilateral triangle of side \(s\), every interior point satisfies \(h_a+h_b+h_c=\frac{\sqrt3}{2}s\). Therefore every point \(P\) inside it satisfies \[PA+PB+PC\ge\sqrt3\,s,\] with equality only at the center.

An exercise for the reader: IMO 1991

IMO 1991, Problem 5

Let \(ABC\) be a triangle and \(P\) a point inside it. Prove that at least one of the three angles

\[\angle PAB,\qquad \angle PBC,\qquad \angle PCA\]

is less than or equal to \(30^\circ\).

The three angles go "around" the triangle: at each vertex, take the angle between \(P\) and the side leading to the next vertex.

This was Problem 5 at the 1991 International Mathematical Olympiad in Sweden. Try to discover how an inequality about distances can settle a question about angles.

Hint

Look at the right triangle with hypotenuse \(PA\) whose one leg is the distance from \(P\) to side \(AB\). What does the condition \(\angle PAB>30^\circ\) tell you about that distance? Remember that \(\sin30^\circ=\frac12\).

Full solution (try it yourself first!)

Suppose, for contradiction, that all three angles exceed \(30^\circ\).

First, none of them can reach \(150^\circ\): if, say, \(\angle PAB\ge150^\circ\), then \(A\ge150^\circ\), so \(B<30^\circ\) and in particular \(\angle PBC<30^\circ\) — a contradiction. The other two cases are the same (in the cyclic order \(A\to B\to C\to A\)).

So all three angles lie between \(30^\circ\) and \(150^\circ\), and each has sine greater than \(\frac12\). The distance from \(P\) to side \(AB\) is \(h_c=PA\sin\angle PAB>\frac12PA\), and similarly

\[h_a=PB\sin\angle PBC>\tfrac12PB,\qquad h_b=PC\sin\angle PCA>\tfrac12PC.\]

Adding gives \(PA+PB+PC<2(h_a+h_b+h_c)\) — contradicting the Erdős–Mordell inequality. \(\blacksquare\)

Note the boundary case too: at the center of an equilateral triangle all three angles equal exactly \(30^\circ\), so \(30^\circ\) cannot be replaced by a smaller angle. The equality case of the problem is exactly the equality case of the theorem.

Khaled Khatib · The Erdős–Mordell Inequality

→ العودة إلى كلّ المقالات