Taisnleņķa trijstūrī \(ABC\) uz katetes \(AC\) atzīmēts punkts \(P\), uz katetes \(BC\)- punkts \(S\), uz hipotenūzas \(AB\)- punkti \(R\) un \(Q\) tā, ka \(PSRQ\) ir kvadrāts. Pierādīt, ka \(AB \geq 3PS\). Kādā gadījumā \(AB=3PS\) ?
Kvadrāta malas garumu pieņemsim par vienu vienību \(PS=SR=RQ=PQ=1\), tad jāpierāda, ka \(AB \geq 3\). Ievērojam, ka \(AB=AQ+QR+RB\) (skat. Axxx.att.). Apzīmējam \(\sphericalangle CAB=\alpha\). No \(\triangle APQ\) iegūst, ka \(AQ=\frac{1}{\mbox{tg}\ \alpha}\) un no \(\triangle RSB\) iegūst, ka \(AQ=\mbox{tg}\ \alpha\). Līdz ar to
\[AB=\frac{1}{\mbox{tg}\ \alpha}+1+\mbox{tg}\ \alpha=\frac{\mbox{tg}\^{2} \alpha+\mbox{tg}\ \alpha+1}{\mbox{tg}\ \alpha}=\frac{\mbox{tg}\^{2} \alpha-2 \mbox{tg}\ \alpha+1+3 \mbox{tg}\ \alpha}{\mbox{tg}\ \alpha}=\frac{(\mbox{tg}\ \alpha-1)^{2}+3 \mbox{tg}\ \alpha}{\mbox{tg}\ \alpha} \geq \frac{3 \mbox{tg}\ \alpha}{\mbox{tg}\ \alpha}=3\]
, jo \(\mbox{tg}\ \alpha \neq 0\) un \((\mbox{tg}\ \alpha-1)^{2} \geq 0\). Vienādība ir spēkā, ja \((\mbox{tg}\ \alpha-1)^{2}=0\) jeb \(\mbox{tg}\ \alpha=1\). Tā kā \(\alpha\) ir trijstūra leņķis, tad \(\alpha=45^{\circ}\), kas nozīmē, ka \(\triangle ACB\) ir vienādsānu. Tātad vienādība iespējama tikai tad, ja \(AC=CB\).