Feladat: B.3629 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Backhausz Ágnes ,  Baráth Géza ,  Bartha Ferenc ,  Bérczi Kristóf ,  Bereczki Péter ,  Birkus Róbert ,  Bitai Tamás ,  Boros Balázs ,  Buda Jakab ,  Czank Tamás ,  Eckert Bernadett ,  Farkas Balázs ,  Fehér Gábor ,  Filus Tamás ,  Füredi Mihály ,  Garab Ábel ,  Gehér György ,  Gombkötő Tamás ,  Hegyi Gábor ,  Holló László ,  Jelitai Kálmán ,  Koreck Péter ,  Korotij Ágnes ,  Kovács Levente ,  Lorántfy Bettina ,  Lőrincz Gábor ,  Mánfay Máté ,  Mátyás Péter ,  Mészáros Tamás ,  Pálinkás Csaba ,  Papp Márton ,  Pongrácz András ,  Poronyi Balázs ,  Prónai Anett ,  Salát Máté ,  Sándor Ágnes ,  Sándor Nóra Katalin ,  Seres Gyula ,  Szalai Attila ,  Tábor Áron 
Füzet: 2004/január, 27 - 29. oldal  PDF file
Témakör(ök): Síkgeometriai bizonyítások, Geometriai egyenlőtlenségek, Konvex négyszögek, Vektorok, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2003/március: B.3629

Bizonyítsuk be, hogy az ABCD konvex négyszögben
(AB+CD)2+(BC+DA)2(AC+BD)2.

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

 
 

1. ábra
 

I. megoldás. Toljuk el az ABD háromszöget az AC vektorral. (1. ábra) Így az A'B'D' háromszöget kapjuk, ahol A'=C. Az ábra betűzése szerint azt kell igazolnunk, hogy
(a+c)2+(b+d)2(e+f)2.
A DBB'D' paralelogramma oldalai az eredeti négyszög átlói, e és f. Két pontot összekötő töröttvonal hossza legalább akkora, mint a két pontot összekötő szakaszé, ezért a+cB'D és b+dBD'. A kapott egyenlőtlenségek négyzetét összeadva
(a+c)2+(b+d)2DB'2+BD'2.
Ismeretes, hogy egy paralelogramma átlóinak négyzetösszege egyenlő az oldalak négyzetösszegével. A DBB'D' paralelogrammában tehát
DB'2+BD'2=2e2+2f2,
és így (a+c)2+(b+d)22(e2+f2)=(e-f)2+(e+f)2. Mivel (e-f)20, innen a bizonyítandó állítást kapjuk.
A bizonyításból kiderül, hogy pontosan akkor van egyenlőség, ha a DCB' és a D'CB háromszögek elfajulnak, az ABCD négyszög szemközti oldalai párhuzamosak, másrészt (e-f)2=0, a négyszög átlói egyenlők. Mindkét feltétel pedig akkor és csak akkor teljesül, ha az ABCD négyszög téglalap.
Jelitai Kálmán (Budapest, Szent István Gimn., 12. évf.) és
Fehér Gábor (Budapest, Berzsenyi Dániel Gimn., 11. évf.) dolgozata nyomán

 
 

2. ábra
 

II. megoldás. Irányítsuk a konvex négyszög oldalait és átlóit a 2. ábra szerint. Így a+b+c+d=0, továbbá a+b=e, b+c=f, c+d=-e, d+a=-f. Emeljük négyzetre az utóbbi négy egyenlőséget, majd adjuk össze az így adódó összefüggéseket. Egyszerűsítés után kapjuk, hogy
e2+f2=a2+b2+c2+d2+ab+bc+cd+da.
Vegyük észre, hogy a jobb oldalon a skalárszorzatok összege szorzattá alakítható: ab+bc+cd+da=(a+c)(b+d). Ezt felhasználva
e2+f2=a2+b2+c2+d2+(a+c)(b+d).(1)
Az oldalak irányítása szerint a+b+c+d=0. Ha az (1) összefüggésben a+c helyére -(b+d)-t, illetve (b+d) helyére -(a+c)-t írunk, akkor a műveletek elvégzése után
e2+f2=a2+b2+c2+d2-(b+d)2=a2+c2-2bd,(2)
továbbá
e2+f2=a2+b2+c2+d2-(a+c)2=b2+d2-2ac(3)
adódik.
Adjuk össze a (2) és (3) egyenlőségeket:
2(e2+f2)=a2+b2+c2+d2-2ac-2bd.
Egy vektor négyzete a vektor hosszának a négyzete. Így a fenti összefüggés átírható:
2(e2+f2)=a2+b2+c2+d2-2ac-2bd.(4)
A jobb oldalon a2+c2-2ac=a2+c2-2accosφ, ahol φ az a és c vektorok hajlásszöge. Mivel a és c nem negatív, továbbá -1cosφ1, azért
a2+c2-2accosφa2+c2+2ac=(a+c)2
és pontosan akkor van egyenlőség, ha cosφ=-1, φ=180, az a és c vektorok párhuzamosak.
Ugyanígy kapjuk, hogy b2+d2-2bd(b+d)2. Az első megoldásban látottak szerint (e+f)22(e2+f2). Így (4)-ből a talált egyenlőtlenségek felhasználásával következik, hogy (e+f)2(a+c)2+(b+d)2, és ezt kellett bizonyítanunk.
Pálinkás Csaba (Szolnok, Verseghy Ferenc Gimn., 10. évf.)

 
Megjegyzések 1. A második megoldásból is nyomban adódik, hogy pontosan akkor van egyenlőség, ha az ABCD négyszög téglalap. Vegyük észre továbbá, hogy egyik esetben sem használtuk ki, hogy a négyszög konvex: a feladat állítása tetszőleges négyszögre igaz.
2. Több dolgozat két ismertebb tételre vezette vissza a feladatot. Az első megoldásban is felhasznált paralelogrammatétel általánosítása azt mondja ki, hogy az ABCD négyszögben az oldalak négyzetösszege nagyobb vagy egyenlő, mint az átlók négyzetösszege:
AB2+BC2+CD2+DA2AC2+BD2(5)
és paralelogrammában van egyenlőség. (Geometriai feladatok gyűjteménye, I. 1678. feladat.)
A Ptolemaiosz-tétel általánosítása szerint az ABCD négyszögben
ABCD+ADBCACBD(6)
és húrnégyszögben van egyenlőség. (A bizonyítás megtalálható Reiman István: Nemzetközi Matematikai Diákolimpiák 1959‐1994 c. művének 542. oldalán.)
A bizonyítandó állítás most már egyszerűen adódik, ha (6) kétszeresét hozzáadjuk (5)-höz és az egyenlőség feltétele is leolvasható.