Bizonyítsuk be, hogy a konvex négyszögek közül csak a paralelogrammáknak van meg az a tulajdonságuk, hogy mind a négy csúcs esetében ugyanakkora összeget kapunk, ha a csúcsnak a rajta át nem haladó oldalegyenesektől való távolságait összeadjuk.

A következőkben felhasználjuk segédtételként, hogy egy konvex szögtartomány két pontjának a száregyenesektől való távolságait összeadva akkor és csak akkor kapunk ugyanakkora összeget, ha a két pont összekötő egyenese a szögfelezőre merőleges. Tekintsük ennek bizonyítása végett az AOB konvex szögtartományban elhelyezkedő $P$ pontot. Messe a $P$ pontból a szögfelezőre bocsátott merőleges a szárakat éppen az $A$, $B $pontokban (1. ábra). Legyen OA = OB = t és a $P$ pontnak az OA, OB egyenesektől való távolsága $a$ és$ b. $Minthogy az $AOB$területe az $AOP, $és $BOP$ területének összege, e terület kétszerese at + bt = ($a +b)t. $Eszerint a

távolságösszeg az AB szakasz minden pontjára ugyanakkora, és akkora, mint az $A$ pont távolsága az OB egyenestől. Minthogy azonban az OA szár minden pontja az OB egyenestől más-más távolságra van, a $P$ és $Q$ pontok akkor és csak akkor adnak ugyanakkora távolságösszeget, ha belőlük a szögfelezőre merőlegest bocsátva az OA szárnak ugyanahhoz a pontjához jutunk, ha tehát a PQ egyenes a szögfelezőre merőleges.

A bizonyításra térve feltesszük. hogy a feladat követelménye a konvex ABCD négyszögre teljesül. A bizonyítást kísérő 2. ábra szándékosan torz, hiszen éppen azt kell bebizonyítanunk, hogy csak paralelogramma adhatja a helyes ábrát, és ilyen ábra annak felhasználására csábíthatna, amit bizonyítani akarunk. A $C$ ponton át a $BAD\angle $ felezőjére merőlegest bocsátunk. Messe ez az AB, AD szárakat az $E$, $F$ pontokban. Az $E$ ponton át AD-vel párhuzamost húzunk, s ez a DC egyenest $G$-ben metszi. Hasonlóan legyen $H$ a BC egyenes és az $F$-en át AB-vel húzott párhuzamos metszéspontja. A $CBE$ és$CHF, $valamint ugyanígy a $CGE$ és $CDF$ hasonló, mert oldalaik páronként egy egyenesen vannak, illetőleg párhuzamosak. Ebből következik, hogy a CBEG és CHFD négyszögek is hasonlók, hogy ezért

hogy tehát a BG és DH egyenesek párhuzamosak. Segédtételünk szerint

a párhuzamosság miatt

a feladat feltevése szerint pedig

Ezekből

következik, tehát segédtételünk szerint az is, hogy a GB egyenes az $ADC\angle $ felezőjére merőleges. Ugyanígy következik, hogy HD merőleges az $ABC\angle $ felezőjére. Minthogy azonban a most említett egyenesek párhuzamosak, az $ABC\angle $ és $ADC\angle $ felezői is párhuzamosak. Ha tehát a $DCB\angle $-et egy ezekkel a szögfelezőkkel párhuzamos egyenesre tükrözzük, szárai a $DAB\angle $ száraival párhuzamos helyzetbe jutnak. Ezért e szögek egyenlők, azaz az ABCD négyszögben $A$-nál és $C$-nél egyenlő szögek vannak. Ugyanígy adódik, hogy a négyszög másik két szemközti szöge is egyenlő. Tehát a négyszög paralelogramma. A paralelogrammának valóban megvan a feladatban leírt tulajdonsága, mert bármely csúcsból indulunk is ki, mindig a két magasság összegéhez jutunk.

2. Megoldás

Felhasználjuk azt, hogy ha egy konvex $\varphi $ szög egyik szárára a csúcstól felmérjük a $t$ távolságot, a végpont a másik szár egyenesétől $t$ sin$\varphi $ távolságra van . A négyszög betűzését úgy választjuk meg, hogy az AB és DC félegyenesek és ugyanígy a CB és DA félegyenesek messék egymást vagy párhuzamosak legyenek. Legyen$\beta $ és$\alpha $ félegyenespárok hajlásszöge , párhuzamosság esetén tehát $\alpha =0$és $\beta =0$ is lehetséges. Legyen továbbá

így

Jelölje $C_{1}$ és $C_{2}$ a $C$ pont vetületét az AD, AB egyeneseken, $B_{1}, B_{2}$ és $B_{3}$ pedig a $B$ pont vetületét az AD, CD és CC$_{1}$ egyeneseken. A betűzés választása szerint $C$ legalább olyan messze van az AD egyenestől, mint $B$. Ha a feladat követelménye a $B $és$ C $csúcsokra teljesül, akkor

Minthogy

amit e megoldás első bekezdése alapján

alakban írhatunk, hiszen az itt fellépő távolságokhoz úgy jutunk, hogy a $CBB_3 \angle =\alpha $, $ABC\angle =\pi -\varphi $ és $BCD\angle =\beta +\varphi $ szög egyik szárára felmérjük a BC szakaszt, s a kapott végpontnak a másik szár egyenesétől való távolságát tekintjük. Utolsó egyenletünkből BC-vel osztva

adódik. Ehhez hasonlóan kapjuk abból, hogy a feladat követelmény az$ A, B $csúcsokra teljesül, hogy

Utolsó két egyenletünket összeadva a kapott egyenlőséget így alakíthatjuk:

Itt $ 0<\varphi <\pi $ miatt mindkét tag második tényezője pozitív, első tényezőik viszont nemnegatívak. Az egyenlőség tehát csak úgy állhat fenn, ha

Mivel $ 0<\alpha <\pi $és$ 0<\beta <\pi $, mindkét eredményünkből $\alpha =\beta =0$következik, ami éppen azt jelenti, hogy az ABCD négyszög paralelogramma.

Megjegyzés. Ez a megoldás valamivel egyszerűbbé válik, ha a jelölést úgy választjuk meg, hogy $\sin \alpha \ge \sin \beta $is teljesüljön. Ekkor elég az előző bekezdés első egyenletére építenünk, mert ez

alakban írható. Itt egyik tag sem lehet negatív, és összegük 1 - cos $\varphi $$\varphi $ és sin $\varphi $$\varphi $ pozitivitása miatt csak akkor lehet 0, ha

amiből $\alpha =\beta =0$ következik.

3. Megoldás

Belátjuk először, hogy ha a feladat feltételei teljesünek egy négyszögre, akkor teljesülnek minden olyan négyszögre, amelyiknek oldalai párhuzamosak e négyszög oldalaival. Az állítás nyilvánvalóan helyes, ha a két négyszög hasonló. Tegyük most fel, hogy az ABCD = N négyszögre teljesülnek a feladat feltételei és az A'B'C'D' = N' négyszög oldalai rendre párhuzamosak N megfelelő oldalaival. Belátjuk, hogy az $A'$ és $B'$ csúcsnak a rajtuk át nem menő oldalaktól vett távolságait összeadva egyenlő értéket kapunk. Húzzunk $A$-n át párhuzamost $A'C'$-vel, messe ez a BC egyenest $C$ben, a $C$ből CD-vel párhuzamosan húzott egyenes pedig AD-t$ D$ben (1. ábra). Ekkor az ABC"D" = N" négyszög hasonló N'-höz. Elég tehát azt belátnunk, hogy $A$-ra és $B$-re N"-ben is teljesülnek a feladat feltételei, ez pedig nyilvánvaló. $A$ távolsága ugyanis BC-től és BC"-től, $B$-é pedig AD-től és AD"-től ugyanakkora; a két csúcsnak CD-től és $C$től való távolsága pedig ugyanannyival különbözik: a két párhuzamos oldal egymástól való távolságával.

Ugyanígy látható, hogy N' bármelyik két szomszédos csúcspártjára teljesülnek a feladat feltételei, tehát teljesülnek az N' négyszögre. A feladat megoldására térve, annak követelményét kielégítő négyszög egyik oldalegyenesét párhuzamosan eltolva elérhetjük, hogy az új konvex ABCD négyszög két szomszédos oldala egyenlő legyen, pl. AB = CB (2. ábra). Jelölje $A_{1}$, $A_{2}$ és $C_{l}$, $C_{2}$ az $A $és $C$ pont vetületét a CB, CD és AB, AD egyeneseken. Minthogy fenti megállapításunk szerint a feladat követelménye az új négyszögre is teljesül,

tehát az ABC$\Delta $ egyenlőszárúságából következő $AA_1 =CC_1 $ miatt

Ezért a derékszögű ACA$_{2}\Delta $ és CAC$_{2}\Delta $ egybevágó, s így ACA$_{2}\angle $ = CAC$_{2}\angle . $Az ABC$\Delta $ alapján nyugvó szögek egyenlőségét is figyelembe véve azt kapjuk, hogy az új négyszögben $A$-nál és $C$-nél elhelyezkedő szögek egyenlők, s ezért ez az eredeti négyszög megfelelő szögeire is áll. Ugyanígy adódik a másik két szemközti szög egyenlősége, tehát az is, hogy paralelogrammáról van szó.
Megjegyzés. A bizonyított segédtétel kiolvasható abból is, hogy a második megoldásunk a követelmény teljesülését a szögek közötti összefüggésekkel fejezte ki. Nem kell azonban ehhez szögfüggvényekre sem hivatkoznunk. Elegendő annak megállapítása, hogy az elozo megoldásbeli szaggatott vonallal körülkerített részét a BC szakasz és a négy oldalirány már meghatározza., Ha tehát egy rendre párhuzamos oldalakkal bíró másik négyszögből indulunk ki, az előbbihez hasonló ábrarészhez jutunk. Eszerint a feladat követelményének a $B$, $C $pontokra való teljesülését biztosító CB$_{3}$ + CC$_{2}$ = BB$_{2}$ összefüggés megfelelője a másik négyszögre is teljesül. Ezért a négyszög is kielégíti a feladat követelményét, hiszen a $B$, $C $csúcsok szerepét itt bármely két szomszédos csúcs átveheti. IV. megoldás: A feladat mit sem változik, ha benne nem a csúcsnak a rajta át nem haladó oldalegyenesektől való távolságait adjuk össze, hanem mind a négy oldalegyenestől való távolság összegéről szólunk, hiszen a csúcson áthaladó oldalegyenestől való távolság 0. A feladatot most ebben az alakban tekintjük, és a megoldásához a vektorokra vonatkozó alapismereteket is felhasználunk. (Lásd a II. rész 37-47. oldalán levő jegyzetet. ) Legyen n egy félsík határegyenesére merőleges, a félsík belseje felé mutató egységvektor. Legyen $A $és $B $a félsík két pontja, $a $és $b $pedig e pontok távolsága a határegyenestől (3. ábra). Felhasználjuk (lásd az idézett jegyzet e) pontját a 43-44. oldalon), hogy e távolságok különbsége, azaz az $A$-ból $B$-be vezető v vektor n-nel párhuzamos összetevőjének előjeles hossza

Legyenek n$_{l}$, n$_{2}$, n$_{3}$, n$_{4}$ a feladat követelményeit kielégítő négyszög oldalaira merőleges, a négyszög belseje felé mutató egységvektorok, továbbá a és b a négyszög két egymáshoz csatlakozó oldalvektora. Minthogy a két végpontjára a négy oldalegyenestől való távolság összege ugyanakkora, e két összeg különbsége, azaz a megfelelő távolságok különbségeinek összege 0. A fentiek szerint tehát .

A b vektorra ugyanígy

adódik. Eszerint n$_{l}$ + n$_{2}$ + n$_{3}$ + n$_{4 }$merőleges az egymással nem párhuzamos a, b vektorok mindegyikére, ami csak úgy lehetséges, ha

Ha e négy vektort egymáshoz fűzzük, zárt négyszöget kapunk. E négyszög mindegyik oldala egységnyi, tehát rombusz, és szemközti oldalai párhuzamosak. Ezért az eredeti négyszög rájuk merőleges szemközti oldalai is párhuzamosak, és e négyszög valóban paralelogramma.

Megjegyzés. 1. A feladat konvex négyszögről szólt. Megmutatjuk, hogy ez a megszorítás felesleges, mert konkáv négyszögre a feladat követelménye nem teljesülhet. Legyen az ABCD négyszögben a $C$ csúcsnál konkáv szög. A $C$ csúcson át a DAB$\angle $ felezőjére merőlegest állítunk. Ez a négyszögnek legalább egy csúcsát, pl. a $B$ csúcsot elválasztja az $A$ csúcstól, hiszen a konkáv szög nem helyezkedhet el a merőleges egyenesnek egy oldalán. Ezért az első megoldás segédtétele szerint az ott használt jelöléssel (C, DAB$\angle )$ \quad < \quad (B, DAB$\angle ). $Itt a jobb oldalon a $B$ pontnak az AD egyenestől való távolsága áll, s ez kisebb, mint a $B$ pontnak az AD, CD egyenesektől való távolságainak összege. A feladat követelménye tehát a $B$ és $C$ csúcsokra valóban nem teljesülhet.

A negyedik megoldás semmiben sem használta a négyszög konvex voltát, így az is bizonyítja a fenti állítást, sőt ezen felül azt is, hogy a feladat követelése konkáv négyszögekre akkor sem teljesülhet, ha az oldalegyenesektől való távolságokat előjellel látjuk el, negatívnak mondva a távolságot. ha a pont az oldalegyenesnek a másik oldalán van, mint amerről a négyszög az oldalra támaszkodik. A skaláris szorzat ugyanis az előjellel ellátott vetületet adja meg. 2. A második és negyedik megoldás mutatja, hogy a feladat állításának helyességét már az is biztosítja, ha csak három csúcsra követeljük meg a távolságösszegek egyenlőségét. Ha ez az összeg három csúcsra egyenlő, akkor eszerint a negyedik csúcsra is ugyanakkora. A legutóbbi mondat megállapítása messzemenően általánosítható. Negyedik megoldásunk mintájára könnyen belátható, hogy ha a síkban véges sok egyenest adunk meg, mindegyiknél megszabva, hogy melyik oldalán elhelyezkedő pontokra mondjuk a pontnak az egyenestől való távolságát pozitívnak és melyikre negatívnak, ha továbbá a sík három nem egy egyenesen levő pontjára az egyenesektől való távolságok összege ugyanakkora, akkor a sík minden pontja ugyanekkora távolságösszeget ad. Ez többek között azt is jelenti, hogy ha egy konvex $n$-szög esetében három csúcsra az oldalegyenesektől való távolságok összege ugyanakkora, akkor ugyanekkora minden csúcsra, sőt az $n$-szög minden pontjára is. 3. A negyedik megoldásból kiolvasható egy általánosabb eredmény is Ha adva van a síkban egy egyenes és egy rá merőleges egységvektor, akkor tekintsük a sík egy pontjának az egyenestől mért távolságát az egységvektort tartalmazó félsíkban pozitívnak, a másik félsíkban negatívnak. Ekkor igai a következő állítás: Azoknak a pontoknak a mértani helye, amelyekre adott n egyenestől mért távolságok összege egy adott érték, egy egyenes, amennyiben az egységvektorok összege nem 0. Ha viszont az egységvektorok összege 0, akkor a távolságok összege a sík minden pontjára ugyanaz az érték. Az utóbbira ad példát a feladat állítása szerint a paralelogramma 4 oldalegyenese, 3 egyenes pedig akkor, ha páronként 60\r{ }-os szöget zárnak be.