Feladat: 1962. évi Arany Dániel matematikaverseny 2. forduló kezdők (speciális) 3. feladata Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1963/február, 50 - 52. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Háromszög-egyenlőtlenség alkalmazásai, Háromszögek nevezetes tételei, Arany Dániel
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1962/szeptember: 1962. évi Arany Dániel matematikaverseny 2. forduló kezdők (speciális) 3. feladata

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

I. megoldás. Jelöljük egy ABCD konvex négyszög átlóinak metszéspontját M-mel (2. ábra). Alkalmazzuk a háromszög-egyenlőtlenséget az ABM, BCM, CDM, DAM háromszögekre

AB<AM+BM,BC<BM+CM,CD<CM+DM,DA<DM+AM.
A négy egyenlőtlenséget összeadva
AB+BC+CD+DA<2(AM+BM+CM+DM)=2(AC+BD).
A bal oldal nem kisebb a legkisebb oldal 4-szeresénél, a jobb nem nagyobb a nagyobb átló négyszeresénél, s így valóban a legkisebb oldal kisebb a nagyobbik átlónál.
 
 
2. ábra
 

II. megoldás. Vizsgáljuk pl. a négyszög AB oldalát és AC átlóját. Ha AB<AC, akkor a feladat állítása érvényes: a legkisebb oldal biztosan kisebb a nagyobbik átlónál.
Ha AB≥AC, akkor megmutatjuk, hogy az AB-vel szemben levő oldal kisebb a másik átlónál: CD<BD. A feltételből ugyanis következik (az ABC háromszögre alkalmazva az oldalak és szögek közti összefüggést), hogy
ACB∢≥ABC∢.
Másrészt konvex négyszög átlói két részre osztják a négyszögnek a végpontjaikban levő szögeit, így
DCB∢>ACB∢≥ABC∢>DBC∢.
Ebből ismét az oldalak és szögek közti összefüggés alapján nyerjük, hogy BD>CD, amint állítottuk. Ezzel a bizonyítást befejeztük.
 

Megjegyzések. 1. A feladat állításánál többet is bizonyítottunk: konvex négyszög bármelyik szemben fekvő oldalpárjának egyik tagja kisebb valamelyik átlónál (tehát a hosszabb átlónál minden esetre kisebb), s így legalább két oldal kisebb, mint az átlók hosszabbika. Azt is látjuk, hogy ha csak két ilyen oldal van, ezek szomszédosak.
2. A megoldásból az is következik, hogy ha valamelyik oldal nem kisebb egyik átlónál sem, akkor a szemben fekvő oldal mindkét átlónál kisebb.
3. A rövidebb átlóra a bizonyítás azt adja, hogy ahány oldal nem kisebb a rövidebb átlónál, legalább annyi a hosszabbik átlónál kisebb oldal van.
 

III. megoldás. Legyen a négyszög legnagyobb szöge az ADC szög (3. ábra). Ez legalább 90∘, különben ugyanis a szögek összege nem lehetne 360∘. Így az ADC szög nagyobb az ADC háromszög másik két szögénél. Ezért az ADC szöget bezáró DA és DC oldalak ‐ egyszersmind a négyszögnek is oldalai ‐ kisebbek a háromszög AC oldalánál, ami a négyszögnek átlója. Ezzel az állítást bebizonyítottuk.
 
 
3. ábra
 

Megjegyzések. 1. A mondottakból következik, hogy ha egy konvex négyszögben két szemben levő szög egyike sem hegyesszög, akkor mind a négy oldal kisebb a hosszabb átlónál.
2. Megmutatjuk, hogy minden konvex négyszögnek a legkisebb oldala fölé négyzetet rajzolva még ennek az átlója sem nagyobb a hosszabb átlónál.
Legyen továbbra is ADC∢≥90∘, válasszuk a betűzést úgy, hogy álljon DC≥DA, mérjük rá a DA szakaszt D-től a DC félegyenesre, és legyen a végpont E. Ekkor AE≤AC, mert az ADE háromszögből, amennyiben E különbözik C-től,
AEC∢=ADE∢+DAE∢>ADE∢≥90∘,
tehát az AEC háromszögben E-nél tompaszög van, AC>AE. Ha ADE∢=90∘, akkor AE az említett négyzet-átló, s így állításunk helyes. Ha ADE∢>90∘, akkor állítsunk merőlegest D-ben AD-re és mérjük fel erre a DF=DA szakaszt, azon az oldalon, amelyen a négyszög fekszik. Így DF=DE, tehát D rajta van az EF szakasz felező merőlegesén. A pedig e merőlegesnek F-et tartalmazó partján van, mert a felező merőlegesből D körüli, hegyessszögű forgással jutunk DF-be (ti. akkorával mint DE-be), onnan tovább 90∘-os forgással DA-ba, és a két forgás összege kisebb 180∘-nál. Ez esetben AF, a kérdéses négyzetátló, kisebb AE-nél. Ha pedig E egybeesik C-vel, akkor AF≤AE=AC. Ezzel igazoltuk állításunkat.
Pythagorász tételéből tudjuk, hogy az AD oldalú négyzet átlójának hossza AD2. Eszerint konvex négyszög két, tompaszöget vagy derékszöget bezáró oldala közül a kisebbik 2-szöröse kisebb valamelyik átlónál vagy egyenlő vele. *
 

IV. megoldás. Az átlók M metszéspontja mindegyik átlót két részre osztja (2. ábra). Válasszuk a betűzést úgy, hogy DM a négy szakasz legnagyobbika legyen, vagy a legnagyobbak egyike. Ekkor
AB<AM+BM≤DM+BM=BD,
tehát van olyan oldal, amelyik kisebb egy átlónál, s így a legkisebb oldal bizonyosan kisebb a nagyobbik átlónál.
 

Megjegyzések. 1. A választott jelölések mellett fennáll
BC<BM+CM≤BM+DM=BD
is, tehát konvex négyszögnek mindig van két szomszédos oldala, amelyek rövidebbek a közös végpontjukból induló átlónál.
2. Kiindulhatunk a legkisebb átlórészből is. Ha pl. AM nem nagyobb a BM, CM, DM szakaszok egyikénél sem, akkor
AB<AM+BM≤BM+DM=BD
és
AD<AM+DM≤BM+DM=BD.
Így azt kaptuk, hogy konvex négyszögben mindig van két szomszédos oldal, amelyek kisebbek a velük háromszöget alkotó átlónál.
A két oldalpár közös végpontjai csak akkor lehetnek szemközti csúcsok, ha ugyanaz a szakasz szerepel a legrövidebbek közt és a leghosszabbak közt is, vagyis ha M a két átlót csupa egyenlő részekre osztja (téglalap esetén). Ekkor bármelyik szomszédos oldalpár rendelkezik mindkét tulajdonsággal. Egyébként vagy mindkét állítás ugyanarról az oldalpárról szól, vagy ugyanarról az átlóról (és a szóban forgó két oldal közül egy oldal kétszer nyer említést).
A két állításból így az is következik, hogy egy konvex négyszögnek vagy van két szomszédos oldala, amelyek mindegyike kisebb mindkét átlónál, vagy három oldala kisebb a hosszabb átlónál.
*Lásd az 1961. évi Kürschák József matematikai tanulóverseny 1. feladatát, K. M. L. 24 (1962) 98. o.