Cím: Egy érdekes geometriai tétel s néhány alkalmazása
Szerző(k):  Maksay Zsigmond 
Füzet: 1896/október, 8 - 11. oldal  PDF file
Témakör(ök): Szakmai cikkek

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

(H.C.E. Martus: Mathematikai feladatok.)
 

Ha az A1A2A3 háromszög síkjának bármely P pontjából az oldalakhoz p1,p2,p3 tetszés szerinti irányú távolságokat húzzuk s ezekhez a megfelelő csúcsokból d1,d2,d3 párhuzamosokat vonjuk, akkor mindig:
p1d1+p2d2+p3d3=1.

Megjegyzendő, hogy ez egyenlőség bal oldalán álló összeg bármely tagja pozitív vagy negatív, a szerint, a mint az arányt alkotó távolságok egyenlő vagy ellenkező irányúak.
A tétel bizonyítása legegyszerűbben területek összehasonlítása alapján eszközölhető, de a párhuzamos átszelők tételének gyakorlására is jó alkalmat nyújt.
Bizonyítás. Legyenek a P pontból induló távolságoknak a megfelelő oldalakra eső talppontjai:P1,P2,P3 s a csúcsokból induló megfelelő párhuzamosokéi: A'1,A'2,A'3, úgy hogy:
AkA'k=dk,PPk=pk,(k=1,2,3)

Képzeljük P pontból az oldalakra bocsátott merőlegeseket, melyeknek talppontjai P1,P2,P3 és a háromszög megfelelő magasságait, melyeknek talppontjai A''1,A''2,A''3. PA2A3 és A1A2A3 háromszögek területeinek aránya, egyenlő alapúak lévén, egyenlő a magasságok arányával, azaz:
PA2A3Δ=PP'1m1.
Ámde
PP'1P1ΔA1A1''A1'Δ
és így
PP'1m1=PP'1A1A'1=p1d1=PA2A3Δ(1)
hol Δ az adott háromszög területe, m1 az A2A3 oldalhoz tartozó magasság.
Teljesen hasonló okokból:
p2d2=PA3A1Δ(2)
és
p3d3=PA1A2Δ(3)

Az (1), (2), (3) egyenlőségek összeadásából:
p1d1+p2d2+p3d3=PA2A3+PA3A1+PA1A2Δ=1,
mert az egyenlőség jobb oldalán a számláló mindig az adott háromszög területe, algebrai összeg alakjában.
E tétel alapján a háromszögekre vonatkozó több geometriai igazság egyszerűen felírható.
a) Ha P a beírt kör középpontja és PPk=ρ, akkor:
ρm1+ρm2+ρm3=1,vagy1m1+1m2+1m3=1ρ.
Ha P az ak oldalt és a másik kettő megnyújtását érintő kör középpontja:
-1m1+1m2+1m3=1ρ1,1m1-1m2+1m3=1ρ2,
1m1+1m2-1m3=1ρ3
egyenlőségek állanak, mert ez esetben ρk és mk mindig ellenkező irányúak.
Ez egyenlőségekben foglalt igazságot szóval így fejezhetjük ki: a háromszög érintő körei bármelyikének görbülete egyenlő a magasságokkal, mint sugarakkal leírt körök görbületeinek algebrai összegével.
A három utolsó egyenlet összeadása pedig:
1ρ1+1ρ2+1ρ3=1ρ
egyenletre vezet, mely szerint a kívülről érintő körök görbületeinek összege egyenlő a beírt kör görbületével, vagy a mi egyre megy: a magasságokkal mint sugarakkal leírt körök görbületeinek összegével.
b) Ha P a körülírt kör középpontja és így:
PP'k=ak2cotAk,
akkor:
a12m1cotA1+a22m2cotA2+a32m3cotA3=1.
Ha ez egyenlőség bal oldalán minden tag számlálóját és nevezőjét ak-val sokszorozzuk: tekintve, hogy a1m1=a2m2=a3m3=2Δ,
a12cotA1+a22cotA2++a32cotA3=4Δ
ered. A bal oldal egyes tagjai még így is írhatók:
a1sinA1a1cosA1,a2sinA2a2cosA2,a3sinA3a3cosA3,
melyekben mint ismeretes:
a1sinA1=a2sinA2=a3sinA3=2r,

a körülírt kör átmérője, minek tekintetbe vételével az előbbi egyenlet így alakul:
r(a1cosA1+a2cosA2+a3cosA3)=2Δ.

Ez egyenlőség szerint a háromszög kétszeres területe egyenlő a körülírt kör sugara és a talpponti háromszög (beírható minimum kerületű háromszög) kerületéből alkotható derékszögű parallelogrammaéval.
Pécs.
Maksay Zsigmond,
főreáliskolai tanár.