6. Zadatak

Uvedimo oznake $c:=|AB|$, $x:=|PQ|=|RS|$, $y:=|QR|=|PS|$. Dodatno, neka je $h$ duljina visine trokuta $ABC$ iz vrha $C$.

Iz $AB\parallel RS$ zaključujemo da su trokuti $ABC$ i $SRC$ slični.

Dodatno, kako je $AB\parallel RS$ i $|QR|=y$, pravci na kojima visine iz $C$ trokuta $ABC$ i $SRC$ se poklapaju, pa je zato duljina visine trokuta $SRC$ iz vrha $C$ jednaka $h-y$.

Iz sličnosti trokuta $ABC$ i $SRC$ vrijedi da je omjer odgovarajućih duljina stranica jednak omjeru duljina visina iz vrha $C$. Zato imamo

$$\frac{|RS|}{|AB|}=\frac{h-y}{h}.$$

Koristeći oznake s početka rješenja, gornja jednakost postaje

$$x=\frac ch(h-y).$$

Označimo s $P$ površinu pravokutnika $PQRS$. Tada je

$$P=xy=\frac ch\cdot y(h-y).$$

Gornji izraz promatramo kao kvadratnu funkciju po varijabli $y$. Ona ostvaruje maksimum u tjemenu, za vrijednost $y=\frac h2$.

U tom slučaju vrijedi

$$P=\frac ch\cdot\frac{h^2}{4}=\frac{ch}{4}=\frac12,$$

budući da je površina trokuta $ABC$ jednaka $1$.

Zato je gornja ograda na površinu pravokutnika $PQRS$ jednaka $\frac12$.

Ta ograda se može postići u slučaju kada je $y=\frac h2$, što odgovara slučaju kada pravac $RS$ raspolavlja visinu iz vrha $C$, a time i stranice $AC$ i $BC$. To je slučaj kada su točke $R$ i $S$ polovišta stranica $BC$ i $AC$ redom, a $P$ i $Q$ njihove ortogonalne projekcije na pravac $AB$.

Dakle, najveća moguća površina pravokutnika $PQRS$ iznosi $\frac12$.

Nakon što se površina pravokutnika $PQRS$ izrazi preko jedne varijable, dokaz da je njegova površina manja od $\frac12$ može se provesti i korištenjem A–G nejednakosti.