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  |  MathML
Témakör(ök):	Síkgeometriai bizonyítások, Geometriai egyenlőtlenségek, Konvex négyszögek, Vektorok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2003/március: B.3629

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 $\overrightarrow{AC}$ vektorral. (1. ábra) Így az $A\text{'}B\text{'}D\text{'}$ háromszöget kapjuk, ahol $A\text{'}=C$. Az ábra betűzése szerint azt kell igazolnunk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(a+c\right)}^2+{\left(b+d\right)}^2\ge {\left(e+f\right)}^2\mathrm{.}}\end{array}$ A $DBB\text{'}D\text{'}$ paralelogramma oldalai az eredeti négyszög átlói, $e$ és $f$. Két pontot összekötő töröttvonal hossza legalább akkora, mint a két pontot összekötő szakaszé, ezért $a+c\ge B\text{'}D$ és $b+d\ge BD\text{'}$. A kapott egyenlőtlenségek négyzetét összeadva $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(a+c\right)}^2+{\left(b+d\right)}^2\ge {DB\text{'}}^2+{BD\text{'}}^2\mathrm{.}}\end{array}$ Ismeretes, hogy egy paralelogramma átlóinak négyzetösszege egyenlő az oldalak négyzetösszegével. A $DBB\text{'}D\text{'}$ paralelogrammában tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle {DB\text{'}}^2+{BD\text{'}}^2=2e^2+2f^2\mathrm{,}}\end{array}$ és így ${\left(a+c\right)}^2+{\left(b+d\right)}^2\ge 2\left(e^2+f^2\right)={\left(e-f\right)}^2+{\left(e+f\right)}^2$. Mivel ${\left(e-f\right)}^2\ge 0$, innen a bizonyítandó állítást kapjuk. A bizonyításból kiderül, hogy pontosan akkor van egyenlőség, ha a $DCB\text{'}$ és a $D\text{'}CB$ háromszögek elfajulnak, az $ABCD$ négyszög szemközti oldalai párhuzamosak, másrészt ${\left(e-f\right)}^2=0$, 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 $\text{a}+\text{b}+\text{c}+\text{d}=\text{0}$, továbbá $\text{a}+\text{b}=\text{e}$, $\text{b}+\text{c}=\text{f}$, $\text{c}+\text{d}=-\text{e}$, $\text{d}+\text{a}=-\text{f}$. Emeljük négyzetre az utóbbi négy egyenlőséget, majd adjuk össze az így adódó összefüggéseket. Egyszerűsítés után kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle {\text{e}}^2+{\text{f}}^2={\text{a}}^2+{\text{b}}^2+{\text{c}}^2+{\text{d}}^2+\text{ab}+\text{bc}+\text{cd}+\text{da}\mathrm{.}}\end{array}$ Vegyük észre, hogy a jobb oldalon a skalárszorzatok összege szorzattá alakítható: $\text{ab}+\text{bc}+\text{cd}+\text{da}=\left(\text{a}+\text{c}\right)\left(\text{b}+\text{d}\right)$. Ezt felhasználva $\begin{array}{c}{\displaystyle {\text{e}}^2+{\text{f}}^2={\text{a}}^2+{\text{b}}^2+{\text{c}}^2+{\text{d}}^2+\left(\text{a}+\text{c}\right)\left(\text{b}+\text{d}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ (1) Az oldalak irányítása szerint $\text{a}+\text{b}+\text{c}+\text{d}=\text{0}$. Ha az (1) összefüggésben $\text{a}+\text{c}$ helyére $-\left(\text{b}+\text{d}\right)$-t, illetve $\left(\text{b}+\text{d}\right)$ helyére $-\left(\text{a}+\text{c}\right)$-t írunk, akkor a műveletek elvégzése után $\begin{array}{c}{\displaystyle {\text{e}}^2+{\text{f}}^2={\text{a}}^2+{\text{b}}^2+{\text{c}}^2+{\text{d}}^2-{\left(\text{b}+\text{d}\right)}^2={\text{a}}^2+{\text{c}}^2-2\text{bd}\mathrm{,}}\end{array}$ (2) továbbá $\begin{array}{c}{\displaystyle {\text{e}}^2+{\text{f}}^2={\text{a}}^2+{\text{b}}^2+{\text{c}}^2+{\text{d}}^2-{\left(\text{a}+\text{c}\right)}^2={\text{b}}^2+{\text{d}}^2-2\text{ac}}\end{array}$ (3) adódik. Adjuk össze a (2) és (3) egyenlőségeket: $\begin{array}{c}{\displaystyle 2\left({\text{e}}^2+{\text{f}}^2\right)={\text{a}}^2+{\text{b}}^2+{\text{c}}^2+{\text{d}}^2-2\text{ac}-2\text{bd}\mathrm{.}}\end{array}$ Egy vektor négyzete a vektor hosszának a négyzete. Így a fenti összefüggés átírható: $\begin{array}{c}{\displaystyle 2\left(e^2+f^2\right)=a^2+b^2+c^2+d^2-2\text{ac}-2\text{bd}\mathrm{.}}\end{array}$ (4) A jobb oldalon $a^2+c^2-2\text{ac}=a^2+c^2-2ac\text{cos}\phi$, ahol $\phi$ az $\text{a}$ és $\text{c}$ vektorok hajlásszöge. Mivel $a$ és $c$ nem negatív, továbbá $-1\le \text{cos}\phi \le 1$, azért $\begin{array}{c}{\displaystyle a^2+c^2-2ac\text{cos}\phi \le a^2+c^2+2ac={\left(a+c\right)}^2}\end{array}$ és pontosan akkor van egyenlőség, ha $\text{cos}\phi =-1$, $\phi ={180}^{\circ }$, az $\text{a}$ és $\text{c}$ vektorok párhuzamosak. Ugyanígy kapjuk, hogy $b^2+d^2-2\text{bd}\le {\left(b+d\right)}^2$. Az első megoldásban látottak szerint ${\left(e+f\right)}^2\le 2\left(e^2+f^2\right)$. Így (4)-ből a talált egyenlőtlenségek felhasználásával következik, hogy ${\left(e+f\right)}^2\le {\left(a+c\right)}^2+{\left(b+d\right)}^2$, 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: $\begin{array}{c}{\displaystyle A{B}^2+B{C}^2+C{D}^2+D{A}^2\ge A{C}^2+B{D}^2}\end{array}$ (5) és paralelogrammában van egyenlőség. (Geometriai feladatok gyűjteménye, I. 1678. feladat.) A Ptolemaiosz-tétel általánosítása szerint az $ABCD$ négyszögben $\begin{array}{c}{\displaystyle AB\cdot CD+AD\cdot BC\ge AC\cdot BD}\end{array}$ (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.