Feladat: B.4878 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Borbényi Márton 
Füzet: 2019/január, 22 - 24. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Hossz, kerület, Feladat, Tengelyes tükrözés, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2017/május: B.4878

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

Először igazolunk egy lemmát.

 
Lemma. Legyenek 0≤a≤1 és b valós számok, valamint
f(x,y)=x2+y2+(1-x)2+y2.
Ekkor f(a,b)≤f(0,b), és egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha a=0 vagy a=1 vagy b=0.
 

A honlapunkon1 megadtunk egy, a lemmával ekvivalens geometriai állítást, és annak a geometriai bizonyítását. Most megmutatjuk, számolással hogyan érhetünk célt. Az állítás átrendezéssel a következő alakban írható:
1+b2-(1-a)2+b2≥a2+b2-|b|.
Az a-ra tett feltevésünk szerint mindkét oldal nemnegatív, ezért a négyzetreemelés ekvivalens átalakítás. A műveletek elvégzése után kapjuk, hogy
1+b2+1-2a+a2+b2-21+b2(1-a)2+b2≥(1)≥a2+b2+b2-2|b|a2+b2.


Az egyszerűsítések után vezessük be a c=1-a jelölést (nyilván 0≤c≤1), így rendezéssel (1) a következő alakra hozható:
c+|b|(1-c)2+b2≥1+b2c2+b2.
Ismét mindkét oldal nemnegatív, ezért újra négyzetre emelhetünk:
c2+b2(1-c)2+b4+2|b|c(1-c)2+b2≥c2+b2+b2c2+b4.
Egyszerűsítések és rendezés után 2|b|c(1-c)2+b2≥2b2c adódik. Mivel 2|b|c≥
≥0, így két eset van: ha 2|b|c=0, akkor b=0 vagy a=1 és egyenlőség áll. Egyébként 2|b|c>0 és oszthatunk vele:
(1-c)2+b2≥|b|.
Ismét mindkét oldal nemnegatív, és újabb négyzetreemelés után a nyilvánvaló (1-c)2≥0 egyenlőtlenséghez jutunk. Itt egyenlőség a=0 esetben áll. Mivel csupa ekvivalens átalakítást végeztünk, így az eredeti állítást, és ezzel a lemmát beláttuk.
Válasszuk úgy a koordinátarendszerünket, hogy az egységnégyzet csúcsai legyenek A(0,0), B(1,0), C(1,1) és D(0,1); továbbá legyen P(x,y), ahol 0≤x,y≤1. Ekkor
PA+PB+PC+PD==x2+y2+(1-x)2+y2+(1-x)2+(1-y)2+x2+(1-y)2==f(x,y)+f(x,1-y).


A lemmát alkalmazva, majd kihasználva, hogy 0≤y≤1 kapjuk, hogy
f(x,y)+f(x,1-y)≤f(0,y)+f(0,1-y)==y2+1+y2+(1-y)2+1+(1-y)2==y+1-y+f(y,1)=1+f(y,1).



Ismét a lemma szerint f(y,1)≤f(0,1)=1+2, amiből az eddigiek szerint PA+PB+PC+PD≤2+2. Egyenlőség akkor teljesül, ha minden becslésünkben egyenlőség áll, könnyű meggondolni, hogy ez pontosan akkor teljesül, ha P az egységnégyzet valamely csúcsa.
 

 Borbényi Márton (Kaposvár, Táncsics Mihály Gimn., 12. évf.)
 
Megjegyzés. Vázolunk egy második lehetséges megoldást, amely felhasznál néhány alapismeretet a kétváltozós függvényekről. Vezessük be a g(P)=PA+PB+PC+PD függvényt. Ismert, hogy egy háromszögben a súlyvonal legfeljebb olyan hosszú, mint a súlyvonalat közrefogó oldalak számtani közepe. Ebből az elemi geometriai tényből azonnal következik, hogy ha a PQ szakasz felezőpontja F, akkor g(F)≤(g(P)+g(Q))/2, és egyenlőség csak P=Q esetben áll. Mivel a g függvény folytonos, így kaptuk, hogy g szigorúan konvex. A konvexitást kihasználva nem túl nehéz megmutatni, hogy a maximum a csúcsokban lesz, elég arra gondolni, hogy ABCD minden többi pontja belső pontja egy olyan szakasznak, amelynek a végpontjai is ABCD valamely pontjai.
1https://www.komal.hu/feladat?a=feladat&f=B4878&l=hu.