I. megoldás. Húzzuk meg az $AD$, $BE$ és $CF$ átlókat, metszéspontjaik legyenek $R$, $P$, $Q$ (ezek egybe is eshetnek). Ezekkel az $ACE$, illetőleg a $BDF$ háromszöget a következő háromszögekre bontottuk szét (5. ábra):

 

5. ábra

EQR-nek az $R$-en túli, $PQ$-nak $Q$-n, ill. $RP$-nek $P$-n túli meghosszabbításán van, vagy mindegyik a megfelelő oldal ellenkező irányú meghosszabbításán (5. ábra). Ebből pedig következik bizonyítandó állításunk. Hasonló meggondolás érvényes a $BDF$ háromszögre is.

 

 

6. ábra

 

A bizonyított állítást így fogalmazhatjuk: Egy háromszög csúcsain át húzzunk a háromszöget metsző egyeneseket és tekintsük az ezek közti háromszöget, ‐ ha a három egyenes nem megy át egy ponton. Ekkor az első háromszög csúcsai az utóbbi három oldalának három különböző csúcsból induló meghosszabbításain vannak (6. ábra, az első háromszög csúcsai üres, az utóbbiéi tele köröcskékkel vannak jelölve).

 

II. megoldás. Egészítsük ki paralelogrammává egyrészt a hatszög $AB$ és $BC$, $CD$ és $DE$, továbbá $EF$ és $FA$ oldalát, másrészt a $BC$ és $CD$, $DE$ és $EF$, $FA$ és $AB$ oldalpárokat. A paralelogrammák negyedik csúcsait jelöljük $R$, $P$, $Q$-val, ill. $U$, $S$, $T$-vel. (A három-három pont egybe is eshet.) A paralelogrammáknak két-két hatszögcsúcsot összekötő átlói az $ACE$, ill. a $BDF$ háromszög oldalai (7. ábra).

 

 

7. ábra

 

Mind a két paralelogramma-rendszerben két-két paralelogrammának a közös csúcsból induló oldalegyenese egybeesik, mivel párhuzamosak a hatszögnek azok az oldalai, amelyekkel a szóban forgó paralelogrammaoldalak párhuzamosak.Így a $PQR$ és az $STU$ háromszögek oldalai (ha a három pont nem esik egybe) két-két hatszögoldallal párhuzamosak, és hosszuk a párhuzamos hatszögoldalak hosszának a különbsége. A két háromszög tehát egybevágó. Ebből következik, hogy a három-három paralelogramma területösszege egyenlő. Ennek folytán az $ACE$ háromszög területe is, a $BDF$-é is a megfelelő három paralelogramma fél területének és a köztük levő háromszög területének az összege, s így a kettő egyenlő.

 

Megjegyzések. a) A bizonyítás ismét szigorúbbá tehető azzal, ha megmutatjuk, hogy a három-három félparalelogramma és az ezek oldalai között keletkező háromszög hézagtalanul és egyrétűen töltik ki az $ACE$, ill. $BDF$ háromszöget. Itt pl. az $ACE$ háromszöget az $AQ$, $CR$, $EP$ egyenesekkel osztottuk részekre. Ezek az egyenesek átmetszik a háromszögeket, mert pl. $AQ$ párhuzamos $BC$-vel és $EF$-fel, és az utóbbi két egyenes $AQ$ ellenkező oldalára esik a hatszög konvex volta miatt. Hasonlóan okoskodhatunk a többi egyenesekre, továbbá a $BDF$ háromszögre. Ekkor azonban a keletkezett ábrákra is érvényes az előző megoldáshoz fűzött megjegyzés utolsó megállapítása, abból pedig következik a bizonyítandó állítás.
b) A bizonyítás azt adja, hogy a feladatban szereplő háromszögek területe a hatszög és a $PQR$ (ill. a vele egybevágó $STU$) háromszög területének számtani közepe, hogy tehát az $ACE$ és $BDF$ háromszögek területe legalább akkora, mint a hatszög területének a fele. Ebből egyszersmind következik, hogy a szomszédos oldal párok alkotta háromszögek közül legalább az egyik területe nem nagyobb a hatszög területének hatodrészénél. (Sőt ez az $ABC$, $CDE$, $EFA$, továbbá a $BCD$, $DEF$, $FAB$ háromszögek közül legalább egy-egyre teljesül.) Felvetődik az a kérdés, hogy nem érvényes-e a második állítás minden konvex hatszögre. A kérdésre egyelőre nem ismeretes a válasz.

 

III. megoldás. Ha pl. az $AB$ és $DE$ oldalak egyenlők, akkor az $ABDE$ négyszög paralelogramma és így az $AEF$ és $DBC$ háromszögek megfelelő oldalai párhuzamosak, továbbá $AE$ és $DB$ egyenlősége folytán egyenlők is, tehát a hatszög párhuzamos oldalai egyenlők is (8.ábra). Ebből az $AE$ és $DB$ oldalak egyenlőségéhez hasonlóan következik, hogy az $ACE$ és $DFB$ háromszög megfelelő oldalai egyenlők, tehát a két háromszög egybevágó.

 

 

8. ábra

 

Ha a szemközti oldalak különböző hosszúságúak, akkor vizsgáljuk meg, hogyan változik a feladatban szereplő háromszögek területe, ha pl. az $AB$ oldalt eltoljuk, irányát megtartva, a hatszöggel ellenkező oldalra, de úgy, hogy ne érje el az $AF$ és $BC$ egyenesek metszéspontját. Az eltolt oldal legyen $A_1{B}_1$. Az $ACE$ háromszög ugyanannyival változik, mint a változatlanul maradó $CDE$ háromszög hozzácsatolásával keletkező $ACDE$ négyszög (9. ábra). Ezt az $AD$ átlóval kettévágva az $ACD$ és $ADE$ háromszögek területének változását vizsgáljuk. Az $ACD$ és $A_{1}CD$ háromszög területe egyenlő, mert $A{A}_1\Vert CD$. Jelöljük másrészt $AB$ és $A_{1}E$ metszéspontját $A_2$-vel, akkor az $ADE$ és az $A_{2}DE$ háromszög területe egyenlő, mert $A{A}_2\Vert DE$. Így az $ACDE$ négyszög ‐ és vele együtt az $ACE$ háromszög ‐ területe az $A_{1}DE$ és $A_{2}DE$ háromszög területének különbségével, vagyis az $A_{1}D{A}_2$ háromszög terültével nő. Ugyanígy látható ‐ $AB$ és $B_{1}D$ metszéspontját $B_2$-vel jelölve ‐, hogy a $BDF$ háromszög területe a $B_{1}E{B}_2$ háromszög területével nő.

 

 

9. ábra

 

Az $A_{1}D{A}_2$ és $B_{1}E{B}_2$ háromszögek azonban egyenlő területűek (10. ábra), mert úgy származtathatók, hogy az $A_{1}DE$ háromszögből $A_{2}DE$-t, ill. $B_{1}DE$-ből $B_{2}DE$-t elhagyjuk, és itt a kisebbítendők $A_1{B}_1\Vert DE$ folytán, a kivonandók pedig $A_2{B}_2\Vert DE$ folytán egyenlők. Az $ACE$ és $BDF$ háromszög területe tehát ugyanannyival változik.

 

 

10. ábra

 

Tegyük most fel, hogy $AB>DE$ (ellenkező esetben $AB$ és $DE$ szerepét felcseréljük). Úgy mozdítsuk el $AB$-t, hogy $A_1{B}_1=DE$ legyen. Ekkor tudjuk, hogy $A_{1}CE$ és $B_{1}DF$ egyenlő területű, $ACE$ és $BDF$ pedig ezektől egyenlő területekkel különböznek, tehát szintén egyenlő területűek. Ezt kellett bizonyítanunk.

 

IV. megoldás. Egészítsük ki a hatszöget az $AB$, $CD$, $EF$ oldalak meghosszabbításával egy $PQR$ háromszöggé (11. ábra). Ezt a háromszöget és a területét is jelöljük $T$-vel. A hatszöget $T$-ből a hozzá hasonló $PED$, $FQA$ és $CBR$ háromszögek levágásával kapjuk. Ezekben az oldalak legyenek $T$ oldalainak; $\lambda$-szorosai, $\mu$-szörösei, ill. $\nu$-szörösei.

 

 

11. ábra

 

Az $ACE$ háromszöget $T$-ből az $ARC$, $CPE$ és $EQA$ háromszögek lemetszésével kapjuk. Az elsőnek $AR$ oldala a $QR$ oldal $1-\mu$-szöröse, magassága pedig ‐ mint a $CBR$ háromszög $C$-ből húzott magassága ‐ a $T$ háromszög $P$-ből $QR$-re bocsátott magasságának $\nu$-szöröse. Így a háromszög területe $\left(1-\mu \right)\nu T$. Hasonlóan számítva a másik két háromszög területét is a következő területegyenlőséget kapjuk:
${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle ACE=T-\left(1-\mu \right)\nu T-\left(1-\nu \right)\lambda T-\left(1-\lambda \right)\mu T=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =T\left(1-\lambda -\mu -\nu +\lambda \mu +\mu \nu +\nu \lambda \right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$

A $BDF$ háromszögre hasonlóan számolva azt nyerjük, hogy
${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle BDF=T-\left(1-\lambda \right)\nu T-\left(1-\mu \right)\lambda T-\left(1-\nu \right)\mu T=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =T\left(1-\lambda -\mu -\nu +\lambda \mu +\mu \nu +\nu \lambda \right)\mathrm{,}}\hfill \end{array}}$

tehát

$\begin{array}{c}{\displaystyle ACE=BDF\mathrm{.}}\end{array}$

 

V. megoldás. A feladat megoldása nem igényel különösebb ötletet, ha koordinátageometriát alkalmazunk. Válasszuk meg a koordinátatengelyeket úgy, hogy az $y$-tengely ne legyen párhuzamos a hatszög egyik oldalával sem. Ekkor az oldalak iránytangense létezik. Az $A$, $B$, $C$, $D$, $E$, $F$ pontok koordinátáit jelöljük sorra $\left(x_1\mathrm{,}{y}_1\right)\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}\left(x_6\mathrm{,}{y}_6\right)$-tal.
Azt tudjuk, a szemközti oldalpárok párhuzamosak, tehát iránytangenseik különbsége $0$:

$\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{y_1-y_6}{x_1-x_6}-\frac{y_4-y_3}{x_4-x_3}=\frac{y_3-y_2}{x_3-x_2}-\frac{y_6-y_5}{x_6-x_5}=\frac{y_5-y_4}{x_5-x_4}-\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=0.}\end{array}$

Ez csak úgy lehet, ha közös nevezőre hozás után a számlálók értéke, és így ezek összege is $0$. Rendezzük ezt az összeget az $x$-ek szerint:
${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle 0=\left(x_4-x_3\right)\left(y_1-y_6\right)-\left(x_1-x_6\right)\left(y_4-y_3\right)+\left(x_6-x_5\right)\left(y_3-y_2\right)-}\hfill \\ \hfill {\displaystyle -\left(x_3-x_2\right)\left(y_6-y_5\right)+\left(x_2-x_1\right)\left(y_5-y_4\right)-\left(x_5-x_4\right)\left(y_2-y_1\right)=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =x_1\left(y_3-y_5\right)+x_2\left(y_6-y_4\right)+x_3\left(-y_1+y_5\right)+x_4\left(-y_6+y_2\right)+}\hfill \\ \hfill {\displaystyle +x_5\left(-y_3+y_1\right)+x_6\left(y_4-y_2\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$

a maradó első, harmadik és ötödik tag összege az $ACE$ háromszög kétszeres területét adja, a második, negyedik és hatodik pedig negatív elő jellel a $BDF$ háromszög kétszeres területét. A két háromszög területe tehát egyenlő, és ezt kellett bizonyítanunk.

 

 

12. ábra

 

 

Megjegyzés. Figyeljük meg, hogy a bizonyítás egyedül a szemközti oldalak párhuzamosságát használja fel, tehát a hatszög konvex voltát nem, sőt még akkor is helyes marad, ha az oldalak egymást (a csúcsoktól különböző pontokban) átmetszik. (Néhány ilyen hatszöget mutat a 12. ábra.) Másrészt a háromszögek területét a használt képlet előjellel adja, tehát a bizonyítás azt is adja, hogy az $ACE$ és $BDF$ háromszögek körüljárása is mindig megegyezik. Erre az általánosabb állításra adunk most egy koordinátákat nem használó bizonyítást is.

 

VI. megoldás. Egy $ABC$ háromszög területét tekintsük pozitívnak vagy negatívnak aszerint, amint a háromszöget a csúcsok megadott sorrendje szerint körüljárva az óra járásával ellentétes vagy azzal egyező irányban haladunk.

 

 

13. ábra

 

Könnyen látható, hogy az $ABC$ háromszög síkjának egy tetszés szerinti $O$ pontjára (13. ábra) ‐ háromszögek előjeles területét ugyanúgy jelölve, mint magát a háromszöget ‐ fennáll a következő összefüggés:

$\begin{array}{c}{\displaystyle ABC=OAB+OBC+OCA\mathrm{.}}\end{array}$

(2)

Ha valamelyik három pont egy egyenesre esik, akkor a keletkező egyenesszakasszá fajult ,,háromszög'' területén természetesen $0$-t értünk. Ezt felhasználva választunk az adott hatszög síkjában egy $O$ pontot, és minden háromszöget olyan háromszögekből teszünk össze, amelyeknek egyik csúcsa $O$.
Előjeles területekre is igaz, hogy ha az $ABC$ és $ABD$ háromszögek $C$ és $D$ csúcsát összekötő egyenes párhuzamos az $AB$ oldallal, akkor a két háromszög területe egyenlő, mert az abszolút értékekről tudjuk ezt, de a körüljárás sem változhat meg, ha egy csúcsot a szemközti oldallal párhuzamosan mozdítunk el.
Ha tehát $ABCDEF$ egy olyan hatszög, amelyben $AB\Vert DE$, $BC\Vert EF$ és $CD\Vert FA$, akkor az $ABE$ és $ABD$, a $CDA$ és $CDF$ és az $EFC$ és $EFB$ háromszögek területe egyenlő, tehát $\left(2\right)$-t alkalmazva

${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle }& {\displaystyle OAB+OBE+OEA=OAB+OBD+ODA\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle OCD+ODA+OAC=OCD+ODF+OFC\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle OEF+OFC+OCE=OEF+OFB+OBE\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$

Itt az első oszlopban a jobb és bal oldalon ugyanazok a háromszögek állnak, a bal második oszlopban pedig azok, mint a jobb harmadik oszlopban, csak más sorrendben így a három egyenlőséget összeadva és az egyenlő tagokat a két oldalon elhagyva azt kapjuk, hogy

$\begin{array}{c}{\displaystyle OEA+OAC+OCE=OBD+ODF+OFB\mathrm{,}}\end{array}$

amiből $\left(2\right)$ alapján

$\begin{array}{c}{\displaystyle EAC=BDF\mathrm{,}}\end{array}$

és ezt akartuk bizonyítani.

 

VII. megoldás. Megoldható a feladat vektorok segítségével is. Ehhez a vektorok vektoriális szorzatát fogjuk felhasználni és annak következő tulajdonságait.⁴
Az $\text{r}$ és $\text{s}$ vektorok vektoriális szorzatán ‐ amit $\text{r}\times \text{s}$-sel jelölünk ‐ azt a vektort értjük, amelynek hossza az $\text{r}$ és $\text{s}$ vektorokból alkotható paralelogramma területének a mérőszámával egyenlő, amely merőleges az $\text{r}$ és $\text{s}$ síkjára és annak arra az oldalára mutat, amelyikről nézve $\text{r}$-t pozitív (az óramutató járásával ellentétes) irányban lehet ${180}^{\circ }$-nál kisebb szöggel $\text{s}$-re ráforgatni.
Párhuzamos vektorok vektoriális szorzata $0$-vektort ad.
Egy vektoriális szorzat két tényezőjét felcserélve a szorzat előjelet vált.
A vektoriális szorzatra érvényes a disztributív tulajdonság, vagyis bármely három $\text{r, s, t}$ vektorra fennállnak az

$\begin{array}{c}{\displaystyle \text{r<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mo>×</mo></math>(s+t)=r<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mo>×</mo></math>s+r<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mo>×</mo></math>t <span style="font-weight: normal;font-style: normal;">és</span> (s+t)<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mo>×</mo></math>r=s<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mo>×</mo></math>r+t<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mo>×</mo></math>r }}\end{array}$

azonosságok.

 

 

14. ábra

 

Ezeket felhasználva azt fogjuk bebizonyítani, hogy a hatszögből az $ACE$ háromszög oldalai által lemetszett háromszögek területösszege és a $BDF$ háromszög oldalaival lemetszetteké egyenlő. A 14. ábrán feltüntetett jelöléseket használva az előbbi összeg kétszeresét az

$\begin{array}{c}{\displaystyle \text{a<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mo>×</mo></math>}\text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msub><mrow><mi>b</mi></mrow><mrow><mn>1</mn></mrow></msub></mrow></math>+b<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mo>×</mo></math><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msub><mrow><mi>c</mi></mrow><mrow><mn>1</mn></mrow></msub></mrow></math>+c<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mo>×</mo></math><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msub><mrow><mi>a</mi></mrow><mrow><mn>1</mn></mrow></msub></mrow></math> }}\end{array}$

vektor képviseli, az utóbbi kétszeresét pedig a

$\begin{array}{c}{\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msub><mrow><mi>c</mi></mrow><mrow><mn>1</mn></mrow></msub></mrow></math><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mo>×</mo></math>a+<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msub><mrow><mi>a</mi></mrow><mrow><mn>1</mn></mrow></msub></mrow></math><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mo>×</mo></math>b+<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msub><mrow><mi>b</mi></mrow><mrow><mn>1</mn></mrow></msub></mrow></math><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mo>×</mo></math>c }}\end{array}$

összeg. Ha a hatszög konvex, akkor mind a hat vektor a síkjának ugyanarra az oldalára mutat. Ezek különbségéről kell belátnunk, hogy az $0$.
A különbséget úgy fogjuk képezni, hogy a második sor összeadandóinak a tényezőit felcseréljük. Ha még ehhez az összeghez $\text{a<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mo>×</mo></math><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msub><mrow><mi>a</mi></mrow><mrow><mn>1</mn></mrow></msub></mrow></math>+b<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mo>×</mo></math><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msub><mrow><mi>b</mi></mrow><mrow><mn>1</mn></mrow></msub></mrow></math>+c<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mo>×</mo></math><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msub><mrow><mi>c</mi></mrow><mrow><mn>1</mn></mrow></msub></mrow></math>}$-et adunk, ezzel az összeg értékét nem váltóztattuk meg, mert párhuzamos vektorok szorzatait adtuk hozzá. Elegendő tehát a következő kifejezésről megmutatni, hogy a $0$-vektorral egyenlő:
$a×b1+b×c1+c×a1+a×c1+b×a1+c×b1+a×a1++b×b1+c×c1=(a+b+c)×(a1+b1+c1).  $

Azonban zárt hatszögről lévén szó

$\begin{array}{c}{\displaystyle \text{a+b+c+<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msub><mrow><mi>a</mi></mrow><mrow><mn>1</mn></mrow></msub></mrow></math>+<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msub><mrow><mi>b</mi></mrow><mrow><mn>1</mn></mrow></msub></mrow></math>+<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msub><mrow><mi>c</mi></mrow><mrow><mn>1</mn></mrow></msub></mrow></math>=0, }}\end{array}$

vagyis az első három vektor összege a második hároménak negatívja, azzal tehát párhuzamos, és így vektori szorzatuk $0$. Ezt kellett bizonyítanunk.

 

Megjegyzés. Ennél a megoldásnál látszólag ismét kihasználtuk a hatszög konvex voltát. Belátható azonban, hogy előjeles területtel számolva minden hatszögnek (és minden zárt sokszögnek) tulajdoníthatunk területet, az $ABCDEF$ hatszögnek pl. az $ABC+ACD+ADE+AEF$ területösszeget. Ez nem változik meg azáltal, ha $A$ helyett egy másik csúcsból kiinduló átlóival bontjuk háromszögekre a hatszöget. Az $ACE$ háromszöget az $ABC$, $CDE$, $EFA$ háromszögek (előjeles) területei a hatszög így értelmezett területére ,,egészítik ki'', és hasonlóan $BDF$-et a $BCD$, $DEF$, $FAB$ háromszögek. Végül a felírt vektori szorzatok tetszőleges hatszög esetén a megfelelő háromszögek előjeles területeit képviselik. Ezek végiggondolásával adódik, hogy az utolsó bizonyítás is kiadja az állítást bármilyen hatszögre, amelynek a szemközti oldalai párhuzamosak.

---

⁴Lásd pl. Feldmann L., Vektoralgebra (Középiskolai szakköri füzet) 20‐27. o.