Kezdőlap


Cím:	Az 1927. évi V. országos középiskolai tanulmányi verseny ‐ feladatmegoldás
Szerző(k):	Lukács Ernő
Füzet:	1927/november, 77. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	OKTV

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

A következő megoldás Lukács Ernő (a bpesti kegyesrendi gimn. volt növendékének) pályanyertes dolgozata.

Megoldás. Hogy az

E F G H

derékszögű négyszög legyen, annak szükséges és elégséges feltétele, hogy a

B F G

C G H

H E D

és

E F A

derékszögű háromszögek egymáshoz hasonlók legyenek.

Mert, ha pl. a

B F G ▵

F

-nél lévő szöge

α

, akkor a

G

-nél lévő

β = 90^{\circ} - α

, ezt pedig

90^{\circ}

-ra

α

egésziti ki. Ebből következik, hogy BF:BG=CG:CH,
vagyisy:(b+x)=x:(a+y),

x^{2}

+bx=

y^{2}

+ay. (I.)Az átlóra nézve (

l

), Pythagoras tétele szerint

l^{2}

F^{2}

G^{2}

;
deG

F^{2}

y^{2}

{(b + x)}^{2}

,
ésH

G^{2}

x^{2}

{(a + y)}^{2}

\bar{}

\bar{}

Eszerint

l^{2}

x^{2}

+2bx+2

y^{2}

+2ay+

a^{2}

b^{2}

. (II.)
Tekintettel I-re:

\begin{matrix} 4 x^{2} + 4 b x + a^{2} + b^{2} - l^{2} = 0. \end{matrix}

(III.)

Innen:

x_{1}

\frac{b}{2}

\frac{\sqrt[]{l^{2} - a^{2}}}{2}

x_{2}

\frac{b}{2}

\frac{\sqrt[]{l^{2} - a^{2}}}{2}

.
Hasonlóan:

y_{1}

\frac{a}{2}

\frac{\sqrt[]{l^{2} - b^{2}}}{2}

y_{2}

\frac{a}{2}

\frac{\sqrt[]{l^{2} - b^{2}}}{2}

.
A megoldhatóság első feltétele, hogy

x

és

y

valós számok legyenek. Ezt kifejezik az

\begin{matrix} l^{2} - a^{2} \geq 0 és l^{2} - b^{2} \geq 0 \end{matrix}

relációk. A kettő közül azt használjuk, amelynél a baloldal értéke kisebb.
A feladat szövege az oldalaknak ugyanazon irányban való meghosszabbítását követeli, tehát szükséges hogy

x \geq 0

és

y \geq 0

legyen.
E követelményt közösen kifejezi az

l^{2} - a^{2} - b^{2} \geq 0

reláció, mely az előbbi kettőt feleslegessé teszi. Ez utóbbi összefüggés értelme, hogy

l

nem lehet kisebb az

A B C D

négyszög átlójánál.

x

és

y

csak egyidejűleg lehet 0, mert ha

l^{2} - a^{2} - b^{2} > 0

úgy

x_{1} > 0

, mint

y_{1} > 0

. A keletkező derékszögű négyszög területe nem lehet kisebb, mint az eredetié.

Jegyzet. A megoldásokban többen rámutattak arra, hogy a feladatot általánosabban fogva fel, a III. egyenlet mindkét megoldása tekintetbe vehető; azonban a két megoldás egybevágó téglalapokat szolgáltat. Ezt az egybevágóságot világosan látjuk akkor, ha az

A B C D

idom középpontjából a megadott átló felével kört rajzolunk, mely az

A B C D

idom oldalait, ill. meghosszabbításait két-két pontban metszi, feltéve, hogy

l

a

és

b

oldalak mindegyikénél nagyobb^{$^{*}$}
Ha

l

a

b

oldalak mindegyikénél nagyobb, de az

A B C D

idom átlójánál kisebb, azaz

l^{2} < a^{2} + b^{2}

, akkor a III. egyenletnek mind a két gyöke negatív:^{$^{*}$} az előbb említett kör metszéspontjai az

A

B

C

D

csúcspontok között vannak.
Ha

l^{2} = a^{2} + b^{2}

, akkor a szóban forgó kör az

A

B

C

D

csúcsokon halad keresztül; a keresett téglalap összeesik az adott téglalappal (

x = 0

és

x = - b

).
Ha

l^{2} > a^{2} + b^{2}

, akkor a III. egyenlet gyökei ellenkező előjelűek; legyen

x_{1} > 0

. Akkor, mivel

\begin{matrix} x_{1} + x_{2} = - b, x_{2} = - (b + x_{1}) \end{matrix}

azaz; ha pl. ábránk szerint

A E = x_{1}

, az

x_{2}

értekét

A D

irányban ‐

A

-tól kezdve ‐ kell felmérnünk;

x_{2}

végpontja

E'

D

csúcstól

x_{1}

távolságban lesz. Ugyanígy járva el a többi oldalakon is, oly

E' F' G' H'

idomot nyerünk, mely az

E F G H

-val egybevágó.

^{$^{*}$}Az

A B C D

és

E F G H

idomoknak közös középpontjuk van! L. Ezen számban a 286. gyakorlatot.

^{$^{*}$}A gyökök szorzata, t. i. $a^{2} + b^{2} - l^{2} > 0$ és a gyökök összege: $- b < 0$ .