Feladat: B.3828 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Békéssy Heman András ,  Blázsik Zoltán ,  Cseh Ágnes ,  Dobos Gábor ,  Gehér György ,  Halász Veronika ,  Horváth Zoltán ,  Károlyi Márton ,  Kiss-Tóth Christian ,  Komáromy Dani ,  Kónya Gábor ,  Kovács 111 Péter ,  Kovács 129 Péter ,  Lorántfy Bettina ,  Lovász László Miklós ,  Lukucz Balázs ,  Mátyás Péter ,  Nagy János ,  Nagy Péter ,  Strenner Balázs ,  Sümegi Károly ,  Szabó Tamás ,  Szalóki Dávid ,  Szlágyi Csaba ,  Tossenberger Anna ,  Udvari Balázs ,  Ureczky Bálint ,  Zotter Zsuzsanna 
Füzet: 2007/január, 18 - 19. oldal  PDF file
Témakör(ök): Konvex négyszögek, Háromszög területe, Síkgeometriai bizonyítások, Heron-képlet, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2005/május: B.3828

Igaz-e, hogy ha egy négyszög oldalainak szorzata megegyezik a területének négyzetével, akkor a négyszögnek van legalább két derékszöge?

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

I. megoldás. Nem igaz. Mutatunk példát olyan négyszögre, hogy a területének négyzete egyenlő oldalainak szorzatával, de nincs derékszöge.
Tekintsük azt a húrtrapézt, amelynek alapjai 2 és 8, szárai 5 egység hosszúak. (Mivel 5+2+5>8, ilyen trapéz valóban létezik.)
Könnyen kiszámítható, hogy a szárnak a hosszabbik alapra eső merőleges vetülete 8-22=3 egység hosszú. Az itt keletkező derékszögű háromszög másik befogója a trapéz magassága, melynek hossza így 4 egység. A trapéz területe tehát T=8+224=20 területegység, T2=400. Az oldalak szorzata 2585=400. A két mennyiség valóban megegyezik, a különböző alapok miatt pedig nyilván nincsenek derékszögei a szimmetrikus trapéznak.

 
Megjegyzés. A feladat megoldásához a fenti ellenpélda nyilván elegendő. Ugyanakkor tárgyalható a probléma némiképpen általánosabban is. Az alábbi megoldás a húrnégyszögek közül keresi meg az összes alkalmasat.
 
II. megoldás. Jelölje a négyszög oldalait a, b, c, d, félkerületét s. Tegyük fel, hogy a négyszög húrnégyszög, ekkor területére teljesül, hogy
T2=(s-a)(s-b)(s-c)(s-d).
Mivel s=a+b+c+d2, a terület négyzete:
T2=-116(a-b-c-d)(a+b+c-d)(a+b-c+d)(a-b+c+d).
A feltétel szerint ez az oldalak szorzatával, abcd-vel egyenlő. Ezt az egyenlőséget átrendezve, majd szorzattá alakítva:
0=-16abcd-(a-b-c-d)(a-b+c+d)(a+b+c-d)(a+b-c+d)==-16abcd-((a-b)2-(c+d)2)((a+b)2-(c-d)2)==-16abcd-((a2+b2-c2-d2)--2(ab+cd))((a2+b2-c2-d2)+2(ab+cd))==-16abcd-((a2+b2-c2-d2)2-4(ab+cd)2)==4(ab-cd)2-(a2+b2-c2-d2)2==(2ab-2cd+a2+b2-c2-d2)(2ab-2cd-a2-b2+c2+d2)==((a+b)2-(c+d)2)((c-d)2-(a-b)2)==-(a+b+c+d)(a+b-c-d)(a-b+c-d)(a-b-c+d).
A négy szorzótényező közül legalább az egyik 0. Vizsgáljuk az eseteket külön-külön.
I. eset: a+b-c-d=0, azaz a+b=c+d. Szavakban: két-két szomszédos oldal összege egyenlő. Ugyanezt a feltételt kapjuk a negyedik szorzótényező nulla voltának vizsgálatakor. Ilyen feltétel mellett nem kell, hogy derékszöge legyen a húrnégyszögnek. Erre egy példát is mutathatunk: az oldalak legyenek rendre 9, 5, 7, 7 egység hosszúak. Könnyen látható, hogy a fenti feltételek teljesülnek erre a négy oldalra, és tudjuk úgy mozgatni az oldalakat, hogy húrnégyszög legyen a négyszögünkből. Többféleképpen is belátható, hogy ennek a négyszögnek nem lesznek derékszögei. (Ennek meggondolását az Olvasóra bízzuk.)
II. eset: a-b+c-d=0, azaz a+c=b+d, négyszögünk nemcsak húrnégyszög, hanem érintőnégyszög is. Olyan húrtrapéz például, melynek szára b=a+c2, ha a és c az alapok.
III. eset: a+c+b+d=0. Ez nyilván nem teljesülhet.
Találtunk tehát a húrnégyszögek között többféle ellenpéldát is, így a feladat kérdésére válaszunk nemleges.