Feladat: F.2289 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Hetyei Gábor 
Füzet: 1981/május, 199 - 201. oldal  PDF file
Témakör(ök): Geometriai egyenlőtlenségek, Indirekt bizonyítási mód, Egyéb sokszögek geometriája, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1980/december: F.2289

Az ABCDEF konvex hatszög mindegyik oldalának hossza legföljebb 1 egység. Bizonyítandó, hogy az AD,BE,CF átlók közül legalább egynek a hossza nem nagyobb, mint 2.

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Ellentmondásra jutunk annak föltételezéséből, hogy az AD, BE, CF átlók mindegyike nagyobb 2-nél.
Legyen AD>2, és rajzoljuk meg A körül az egységnyi sugarú k kört. Az A-val szomszédos B,F csúcsok benne vannak k-ban vagy éppen a kerületén, emiatt a BF szakasz D-ből vett látószöge nem lehet nagyobb, mint a D-ből k-hoz húzott érintők közti T1DT2 szög, ahol T1,T2 az érintési pontok.

 

1. ábra
 

Belátjuk, hogy
BDFT1DT2<60.

Fordítsuk el az ADT1 háromszöget D körül úgy, hogy T1 essék egybe T2-vel, és legyen ekkor A új helyzete A'. Az ADA' háromszögben AD=A'D>2 és AA'AT2+T2A'=AT2+T1A=2<AD, ezért a háromszög D-nél levő szöge kisebb a másik kettőnél, amelyek egyenlők, tehát kisebb 60-nál. Ámde
ADA'=ADT2+T2DA'=ADT2+T1DA=T1DT2,
állításunkat ezzel igazoltuk.
Ha mármost egyidejűen AD, EB és CF mindegyike nagyobb volna, mint 2 ‐ vagyis mint konvex hatszögünk akármelyik oldalának a 2-szerese ‐, akkor meggondolásunkban D szerepét sorra B-nek, F-nek átadva ‐ egyidejűen A szerepét a szemben levő csúcsnak ‐, azt kapnánk, hogy a BDF háromszög szögeinek összege kisebb 180-nál, hiszen külön-külön mindegyik kisebb, mint 60
 

2. ábra
 

Ez az ellentmondás mutatja a feladat állításának helyességét.
 

Hetyei Gábor (Pécs, Leőwey K. Gimn., II. o. t.)

 

Megjegyzések. 1. Tetszetős ötlet a 3. ábra szerinti hatszög minden második oldalát meghosszabbítani, és így egy háromszögbe belefoglalni az idomot, számos dolgozat ebből indult ki.
 

3. ábra
 

Kiválasztva a háromszög legkisebb szögét ‐ vagy az ilyenek egyikét, ha több van, az ábrán AHF=α ilyen ‐, erre α60. Ekkor az AHF szög mindkét szárára rátámaszkodó BE átló nem hosszabb, mint 2 egység.
Tükrözzük F-et az AE szakasz felezőpontjára, legyen a képe G. Így egyrészt az AFEG négyszög paralelogramma, másrészt GAB=FHA=α60, tehát EG=FA1, illetve az α-val szemben levő GB oldalnál van nagyobb az AG=FE1 és AB1 oldalak közt, ti. az, amelyikkel szemben α-nál nagyobb szög van ; esetleg AG=AB=GB. Eszerint  GB1, ennélfogva a GBE háromszögből EBEG+GB2. Egyenlőség előfordulhat, ha a GBE háromszög elfajult, és egyidejűen a hatszög felhasznált két oldala éppen 1-gyel egyenlő. ‐ Ezzel a feladat állítását az ábrán fölvett hatszögre bebizonyítottuk.
Könnyen kiegészítheti az olvasó a fentieket az olyan hatszögek vizsgálatával, amelyekben sem a 3. ábrabeli meghosszabbítások révén nem keletkezik befoglaló háromszög, sem a BC, DE, FA oldalhármas használatával. Ha ugyanis pl. az AB félegyenes irányát a CD félegyenes irányába átvivő forgás (a BC irányán át gondoljuk) szöge éppen 180 vagy több is annál, akkor a fenti háromszög 2 oldalegyenese párhuzamos, vagy pedig az EF oldalával kívülről támaszkodik a hatszög a létrejövő háromszög egyik oldalához. És egyidejűleg az is fennállhat, hogy a BC félegyenest a DE irányába legalább 180-nyi elfordulás viszi át (4. ábra). ‐ Ebből a két "sikertelenségből'' levont következtetésekkel lehet bizonyítani az állítást a szóban forgó átlók valamelyikére. (Vagyis "megfoltozni'' az eddig hiányos bizonyítást.)
 

4. ábra
 

2. Versenybizottságokban gyakran elhangzik ilyen bírálat: nem teljes, de könnyen kiegészíthető teljessé. Ezt a keveset azonban ‐ amilyenre példa az előbbi megjegyzés ‐ csak akkor toldják hozzá a versenyző munkájához, ha van nyoma annak, hogy érezte az illető: valami még hátra van. Más szóval, ha nem tekintette befejezettnek a bizonyítást abban a hiányos állapotban.
3. Még egy tanulság a 3. ábrához: ne csak egy ábrát rajzoljunk, és ne csak alig-alig eltérőt valami szabályostól, mert az ilyesmi nem szerénység, hanem szűklátókörűség!