Feladat: F.2472 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bán Rita ,  Bóna M. ,  Csermely Ágnes ,  Fülöp T. ,  Hajdú S. Z. ,  Hajós Zsuzsanna ,  Hegedűs P. ,  Hetyei Judit ,  Horváth A. ,  Hraskó A. ,  Jamrik F. ,  Karácsony P. ,  Katona Gy. ,  Kerner Anna ,  Komorowicz J. ,  Kovács 111 S. ,  Kruzslicz F. ,  Ladányi L. ,  Limbek Cs. ,  Magyar Á. ,  Megyesi G. ,  Mócsy M. ,  Németh-Buhin Á. ,  Nyikes T. ,  Paál Beatrix ,  Pfeil T. ,  Pintér A. ,  Ribényi Á. ,  Simon P. ,  Szabó S. ,  Szalay Gy. ,  Varga K. 
Füzet: 1984/november, 379 - 380. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Szélsőérték-feladatok differenciálszámítás nélkül, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1984/április: F.2472

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

Ha a négy pont közül kettő egybeesik, ezek távolsága nulla, a többi öt távolság legföljebb egy, így a hat távolság négyzetösszege legfeljebb 5. Az 5 el is érhető; ha három pont szabályos egységnyi oldalú háromszöget alkot, s a negyedik egybeesik e három pont valamelyikével.
Most belátjuk, hogy ha a négy pont különböző, akkor a hat távolság négyzetösszege kisebb 5-nél. Ismeretes ugyanis, hogy ha A, B, C különböző pontok, akkor a BC2 aszerint kisebb vagy egyenlő, vagy nagyobb (AC2+AB2)-nél, hogy a BAC szög kisebb, egyenlő vagy nagyobb 90-nál. [Ez következik például abból, hogy a koszinusz-tétel szerint BC2-(AC2+AB2)=2ACABcosBAC.] Ha tehát a négy pont között van három, A, B, C, amelyre BAC>90, akkor BC2+AB2+AC2<2BC22, másrészt a negyedik pont távolsága e három pont mindegyikétől legföljebb 1, tehát a hat távolság négyzetösszege kisebb 5-nél. Maradt az az eset, ha a négy pont mind különböző és nincs közte három A, B, C, amelyre BAC>90. Belátjuk, hogy ekkor a négy pont téglalapot alkot. Tekintsük ugyanis a négy pont konvex burkát. Ez nem lehet szakasz, hiszen akkor a négy pont egy egyenesen volna, s a két szélsőt választva B-nek és C-nek, valamelyik belsőt A-nak, a BAC=180 volna, ami nagyobb 90-nál. Ha a konvex burok háromszög, akkor a negyedik pont ennek belsejében van. Ebből a pontból valamelyik oldal 120-os vagy annál nagyobb szögben látszik, s így megint találtunk A,B,C pontokat, amelyekre BAC120>90. Ha végül a konvex burok négyszög, akkor a négy pont konvex négyszöget alkot. Ez vagy téglalap, vagy valamelyik csúcsában 90-nál nagyobb szög van. Utóbbi esetben megint találtunk három pontot, amelyre BAC>90. (A a tompaszög csúcsa, B és C a két szomszédos csúcs.) Ezekben az esetekben tehát készen vagyunk. Az az egyetlen eset maradt hátra, mikor a négy pont téglalapot alkot. Legyen ez a téglalap ABCD. Pitagorasz tétele szerint AB2+BC2+CD2+DA2=2AC2 és másrészt BD=AC, tehát a hat távolság négyzetösszege most 4AC24. Ezzel beláttuk, hogy a hat távolság négyzetösszege akkor maximális, ha a négy pont közül három egy egységnyi oldalú szabályos háromszöget alkot, s a negyedik pont ezek egyikével egybeesik. A távolságok négyzetösszege ekkor 5.

 

Megjegyzés. A bizonyítás során tulajdonképpen azt láttuk be, hogy négy pont között mindig van három, A, B, C, amelyek vagy egy egyenesen vannak, vagy amikre BAC90.