Odnos dužine prave i izlomljene linije

Ako se u trouglu uzme ne najveća strana, onda je očevidno da će ona biti manja od zbira dveju drugih strana. Znači, treba pokazati da je najveća strana ipak manja od zbira dveju drugih strana.

Neka je u △ABC (sl. 55) AC najveća strana. Na produženje strane AB prenosimo BD=BC i povlačimo DC. Kako je △BDC ravnokraki, to je ∢D=∢DCB; stoga je ugao D manji od ugla DCA i, prema tome, u △ADC strana AC manja od AD (§ 47), tj. AC<AB+BD. Zamenom BD na BC, dobićemo: AC<AB+BC

Posledica: Oduzmimo od obeju strana dobijene nejednakosti po AB ili po BC:

AC-AB<BC
AC-BC<AB

Vidimo da je svaka od strana BC i AB veća od razlike drugih dveju strana. Pošto ovo svakako važi i za treću, najveću stranu AC, onda: u trouglu svaka strana veća je od razlike drugih dveju strana.

51. Teorema. Duž koja spaja ma koje dve tačke kraća je od svake izlomljene linije između tih tačaka.

Ako se izlomljena linija, o kojoj je ovde reč, sastoji samo od dve strane, onda je teorema tačna na osnovu dokaza u prethodnom stavu. Razmotrimo slučaj kada se izlomljena linija sastoji od 3 ili više strana.

Neka duž AE (sl. 56) spaja tačke A i E, a ABCDE - izlomljena linija koja spaja iste tačke. Treba dokazati da je AE manja od zbira AB + BC+ CD + DE.

Spajanjem A sa C i D nalazimo na osnovu prethodne teoreme:

AE<AD+DE
AD<AC+CD
AC<AB+BC

Sabiranjem ovih nejednakosti i oduzimanjem od obeju strana dobijene nejednakosti po AD i BC dobićemo:

AE<AB+BC+CD+DE.

52. Trouglovi sa dve odgovarajuće jednake strane 

Teoreme. Ako su dve strane jednoga trougla jednake sa dve odgovarajuće strane drugoga trougla, onda:

1) naspram većeg zahvaćenog ugla leži i veća strana;

2) obrnuto: naspram veće od nejednakih strana leži i veći ugao.

1) Neka je u trouglovima ABC i A₁B₁C₁ dato (sl. 57): AC=A₁C₁, AB=A₁B₁ i ∢A>∢A₁; dokazati da je BC>B₁C₁. Stavimo △A₁B₁C₁ na ABC tako da im se poklapaju strane A₁C₁ i AC.

Pošto je ∢A₁<∢BAC, to će strana A₁B₁ pasti u unutrašnjosti ugla BAC; neka trougao A₁B₁C₁  zauzme položaj AB₂C (teme B₂ može da padne ili van ABC, ili u njegovoj unutrašnjosti, ili pak na stranu BC; dokaz se može primeniti u sva ova tri slučaja). Povučemo simetralu AD ugla BAB₂ i spojimo tačke D i B₂; tada ćemo dobiti dva trougla ABD i ADB₂, koji su podudarni (AD im je zajednička strana, AB=AB₂ po pogodbi i ∢BAD=∢DAB₂). Iz podudarnosti trouglova sleduje da je BD=DB₂. Iz △DCB₂ imamo: B₂C<B₂D+DC (§ 50) ili zamenom B₂D sa BD:

B₂C<BD+DC, znači B₁C₁<BC

2) Neka je u trouglovima ABC i A₁B₁C₁ dato: AB=A₁B₁, AC=A₁C₁ i BC>B₁C₁; dokažimo da je ∢A>∢A₁.

Pretpostavimo da ugao A nije veći od ugla A₁. Tada se mogu pojaviti dva slučaja: ili ∢BAC=∢A₁ ili ∢BAC<∢A₁. U prvom slučaju trouglovi bi bili podudarni i onda bi strana BC bila jednaka strani B₁C₁, što se kosi sa pretpostavkom; u drugom slučaju strana BC (na osnovu prve teoreme) bila bi manja od strane B₁C₁, što se takođe kosi sa pretpostavkom. Znači, oba slučaja otpadaju i ostaje da je ∢A>∢A₁.