Feladat:	B.4303	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Scharle Csilla
Füzet:	2011/május, 284. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Hossz, kerület, Háromszög-egyenlőtlenség alkalmazásai, Tengelyes tükrözés
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2010/november: B.4303

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. Legyenek a téglalap csúcsai $A$, $B$, $C$ és $D$, válasszuk úgy a jelölést, hogy $AB$ és $CD$ legyen a hosszabb oldal, $AC$ pedig az az átló, amelyik mentén félbehajtjuk a téglalapot. Jelölje $E$ azt a pontot, ahová a félbehajtás után $B$ került. Ekkor $B$ és $E$ egymásnak tükörképei az $AC$ egyenesre, ezért $CB=CE$ és $BA=EA$. Mivel $AD<DC$, azért $CAD\sphericalangle >CAB\sphericalangle =CAE\sphericalangle$ és $ACE\sphericalangle =ACB\sphericalangle >ACD\sphericalangle$, tehát az $AE$ és $DC$ szakaszok valamely $F$ pontban metszik egymást (lásd az ábrát).     Legyen az $F$ pont $AC$ egyenesre vonatkozó tükörképe $G$. Mivel $F$ az $AE$ szakaszon van, $G$ az $AB$ szakasz belső pontja, s a tükrözés miatt $AF=AG$ és $FE=GB$. Ezeket felhasználva kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle AD+DF+FE+EC+CA=AD+DF+GB+BC+CA\mathrm{.}}\end{array}$ Vagyis az $ADFEC$ ötszög kerülete akkor kisebb az $ABCD$ téglalap kerületénél, ha $DF+GB+CA<DC+AB$, ami ugyanakkor teljesül, mint $\begin{array}{c}{\displaystyle DF+GB+CA+FC+AG<DC+AB+FC+AG\mathrm{,}\text{tehát}AC<FC+AG\mathrm{.}}\end{array}$ Ez viszont igaz, mert $AG=AF$, és az $AFC$ háromszögben a háromszög-egyenlőtlenség szerint $AF+FC>AC$. Ezzel az állítást beláttuk.