Feladat: F.2318 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Alberti G. ,  Balázs Z. ,  Böröczky K. ,  Csere K. ,  Csörgő Tamás ,  Drávucz Katalin ,  Feledi Gy. ,  Fritz P. ,  Genczler Judit ,  Heckenast L. ,  Hetyei G. ,  Jakab G. ,  Károlyi Gy. ,  Kató G. ,  Kerényi I. ,  Király Z. ,  Magyar Á. ,  Magyar Cs. ,  Megyesi G. ,  Mikó Teréz ,  Mohai T. ,  Molnár L. ,  Nagy 548 R. ,  Simák Gy. ,  Szabó T. ,  Szállási Z. ,  Weisz F. 
Füzet: 1982/január, 21 - 22. oldal  PDF file
Témakör(ök): Geometriai egyenlőtlenségek, Hossz, kerület, Feladat, Párhuzamos szelőszakaszok tétele, Párhuzamos szelők tétele és megfordítása
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1981/május: F.2318

Jelölje az ABCD konvex négyszög kerületének hosszát k, két átlója hosszának összegét d. Legyen A1, B1, C1, D1 rendre az AB, BC, CD, DA oldalakat (1-λ):λ arányban osztó pont, ahol 1/2λ1 és jelöljük kλ-val az A1B1C1D1 konvex négyszög kerületét. Bizonyítsuk be, hogy
|2λd-(2λ-1)k|kλ(2λ-1)k+2(1-λ)d.

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

Legyen A2, B2, C2, D2 rendre az AB, BC, CD, DA oldalakat λ:(1-λ) arányban osztó pont. Ha a négyszög ABC szögét tekintjük, a BA szögszáron

A1B=λAB,A2B=(1-λ)AB,
a BC szögszáron
B2B=λBC,B1B=(1-λ)BC.
A párhuzamos szelők tételének megfordítása alapján A1B2A2B1AC. Ez viszont arra jogosít fel, hogy a párhuzamos szelők tételének a szelődarabokra vonatkozó következményét alkalmazzuk, mely szerint
AC:|A1B2|:A2B1=AB|:A1B|:A2B.
Ennek alapján, figyelembe véve az előbbi összefüggéseket:
A1B2=λAC,A2B1=(1-λ)AC.
A1A2-re és B1B2-re kivonással azt kapjuk, hogy
A1A2=(2λ-1)AB,B1B2=(2λ-1)BC
(tekintettel arra, hogy λ1/2).
 

Az A1A2B1 háromszög oldalain a háromszög‐egyenlőtlenség alapján fennáll az
A1B1A1A2+A2B1
egyenlőtlenség, azaz
A1B1(2λ-1)AB+(1-λ)AC.
Ennek mintájára (felhasználva, hogy az ABCD négyszög csúcsai a feladatban egyenrangú szerepet játszanak) további három egyenlőtlenséget írhatunk fel:
B1C1(2λ-1)BC+(1-λ)BD,C1D1(2λ-1)CD+(1-λ)CA,C1A1(2λ-1)DA+(1-λ)DB.
A négy egyenlőtlenségből összeadással (figyelembe véve a feladatban szereplő jelöléseket) kapjuk, hogy
kλ(2λ-1)k+2(1-λ)d.



Ezzel a feladat állításának egyik részét igazoltuk. Egyenlőség csak akkor állhat fenn, ha azok a háromszögek, amelyekre az egyenlőtlenségeket felírtuk, elfajulók. λ=1/2 és λ=1 esetén fenn is áll az egyenlőség, hiszen az előbbi esetben kλ=d, az utóbbiban pedig kλ=k.
Írjuk fel most a háromszög-egyenlőtlenséget az A1B1B2 háromszögre abban az alakban, amely két oldal különbségének abszolút értéke és a harmadik oldal között teremt kapcsolatot. Eszerint
|A1B2-B1B2|A1B1,
vagyis
|λAC-(2λ-1)BC|A1B1.
Ennek mintájára felírhatók még
|λBD-(2λ-1)CD|B1C1|λCA-(2λ-1)DA|C1D1|λDB-(2λ-1)AB|D1A1
Az egyenlőtlenségekben felhasználva még, hogy |x+y||x|+|y|, következik a feladat állításának másik része:
|2λd-(2λ-1)k|kλ.
λ=1/2 esetén itt is egyenlőség áll fenn (d=kλ), λ=1 esetén viszont nem. Az utóbbi esetben ugyanis az egyenlőtlenségek felírásánál tekintetbe vett háromszögek nem elfajulók, hacsak az ABCD négyszög nem elfajuló. Megjegyezzük még, hogy a feladatban szereplő abszolút értékjel felesleges, mivel konvex négyszögek esetén 2λd-(2λ-1)k nem lehet negatív. Konvex négyszögekre ugyanis k/2d, ezért k-dk/2, innen 2λ(k-d)λk, és mivel λkk, 2λk-2λdk.
 

Csörgő Tamás (Gyöngyös, Berze Nagy J. Gimn., III. o. t.)
 

Megjegyzés. A bizonyított egyenlőtlenség‐láncban szereplő függvényeket érdemes ábrázolni. Az ábrából kiolvasható, hogy az állítás következik abból, hogy kλ a λ konvex függvénye. (L. L.)