Feladat: N.84 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Burcsi Péter ,  Frenkel Péter ,  Gyarmati Katalin ,  Makai Márton ,  Pap Gyula 
Füzet: 1996/április, 230 - 231. oldal  PDF file
Témakör(ök): Négyzetek, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1995/november: N.84

Az ABCD egységnyi oldalú négyzet belsejében adott a P és a Q pont. Bizonyítsuk be, hogy
13(PA+QC)+14PQ+15(PB+QD)>38.(6)

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

A négyzet AB és CD oldalaira kifelé rajzoljuk meg az ABX és CDY háromszögeket úgy, hogy AX=CY=1514 és BX=DY=1314 legyen. Ilyen háromszögek léteznek, mert teljesülnek a háromszög-egyenlőtlenségek.
Ismeretes a Ptolemaiosz-tételnek az az általánosítása, hogy ha egy négyszög oldalai rendre a, b, c és d, átlói e és f, akkor ac+bdef, és egyenlőség akkor és csak akkor áll, ha a négyszög húrnégyszög. Alkalmazzuk ezt a tételt a AXBP és CYDQ négyszögekre:

1314PA+1514PBXP,1314QC+1514QDQY.
Ezeket felhasználva
13(PA+QC)+14PQ+15(PB+QD)14(XP+PQ+QY)14XY,
és egyenlőség pontosan akkor áll, ha AXBP és CYDQ húrnégyszögek, továbbá P és Q (ugyanilyen sorrendben) rajta van az XY szakaszon, azaz ha P és Q nem más, mint az XY szakasz és az ABX, illetve CDY háromszög köré írt kör metszéspontja.
Legyen az ABX háromszög X-ből induló magasságának R, A CDY háromszög Y-ból induló magasságának S a talppontja. Könnyen ellenőrizhető, hogy XR=YS=1214, AR=CS=914 és BR=DS=514. A Pitagorasz-tétel alapján
XY=(XR+AD+SY)2+(AR-DS)2=17365
és
13(PA+QC)+14PQ+15(PB+QD)14XY=2365>38.

 Frenkel Péter (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., III. o.t.)