Cím: Az 1961. évi Arany Dániel Matematikai Versenyek I. fordulóján kitűzött feladatok megoldása: A haladók versenye
Szerző(k):  Bakos Tibor ,  Lőrincz Pál ,  Molnár Ernő ,  Surányi János 
Füzet: 1961/november, 99 - 102. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Arany Dániel

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

Haladók (II. osztályosok) versenye

 

1. feladat. 7+43+7-43=?
 

I. megoldás. A kérdéses szám pozitív és négyzete:
(7+43+7-43)2=7+43+2(7+43)(7-43)++7-43=14+249-48=16,


tehát a kifejezés értéke 16=4.
 

II. megoldás. Észrevehetjük, hogy 7+43=(2+3)2, és 7-43=(2-3)2. Mivel itt2>3, így
7+43+7-43=(2+3)+(2-3)=4.

2. feladat. Legyen az ABC szabályos háromszög köré írt kör középpontja O, és a kör A pontjából kiinduló átmérőjének másik végpontja D. Rajzoljuk meg az A, illetőleg a D középpontú (félkörnél kisebb) BC köríveket. Legyen e két körív egy‐egy pontja P, illetőleg Q. Bizonyítsuk be, hogy ha P és Q pontok egyenlő távol vannak a BC oldaltól, akkor egyenlő távol vannak az O ponttól is.
 

Megoldás. Legyen P, ill. Q vetülete az AD átmérőn P', ill. Q', és jelöljük a háromszög köré irt kör sugarát r-rel. Így a D középpontú BC körív sugara szintén r, a háromszög oldalának és az A középpontú BC körív sugarának hossza pedig AB=r3. P és Q-nak BC-től mért (egyenlő) távolságát jelöljük d-vel, míg AD-től mért távolságuk legyen PP'=p és QQ'=q.
 
 

Kifejezzük OP és OQ hosszát r-rel és d-vel és az így nyert kifejezéseket összehasonlítjuk. Az OPP' és az APP' derékszögű háromszögből
OP2=(r2+d)2+p2,p2=(r3)2-(3r2+d)2,
és így
OP2=3r2+(r2+d)2-(3r2+d)2=3r2-r(2r+2d)=r(r-2d).
Hasonlóan az OQQ' és a DQQ' derékszögű háromszögből
OQ2=(r2-d)2+q2,q2=r2-(r2+d)2,


és így
OQ2=r(r-2d)=OP2.

Miután OP és OQ értelemszerűen pozitívok, eredményünk a feladat állítását bizonyítja.
 

Megjegyzés. Ha P és Q mindegyikét a felhasznált köröknek a félkörnél nagyobb ívén vesszük fel a BC egyenestől egyenlő távolságban, akkor hasonló számítással ismét azt nyerjük, hogy P és Q egyenlő távolságra van O-tól is.
 

3. feladat. Egy derékszögű háromszög befogói mint átmérők fölé köröket rajzolunk. A derékszög csúcson átmenő tetszőleges egyenesnek a körökkel való második metszéspontja legyen a P, illetőleg Q pont. Mi azon derékszögű háromszögek harmadik csúcsainak mértani helye, melyeknek átfogója a PQ szakasz, befogói pedig párhuzamosak az adott háromszög befogóival?
 

Megoldás. Legyen az ABC derékszögű háromszög CB, CA befogója fölé írt kör p, ill. q, és messe ezeket a C-n átmenő s egyenes másodszor P, Q-ban. PQ mint átfogó fölé a CB, CA-val párhuzamos befogókkal két derékszögű háromszöget szerkeszthetünk, legyenek ezek csúcsai U és V úgy, hogy PU∥CA és QU∥CB, ill. PV∥CB és QV∥CA. A keresett mértani helyet mindazok és csak azok a pontok alkotják, amelyek akár U, akár V gyanánt fellépnek, mialatt s minden lehetséges helyzetét felveszi, azaz C körül 180∘-kal elfordul.
 
 

Tekintsük az U csúcsok mértani helyét. Néhányukat megszerkesztve mindegyiket az AB átfogón kapjuk. Megmutatjuk, hogy az U pontok mértani helye az AB szakasz. E szakasz meghosszabbításaira nem eshet U pont, hiszen a p-n fekvő P, és vele U sem juthat távolabb CA-tól, mint B és CA-nak csak azon az oldalán lehet, mint B, továbbá a q-n fekvő Q-val együtt U nem juthat távolabb CB-től, mint A, a CB-nek azon az oldalán van, mint A.
Legyen U vetülete CA-ra, CB-re U', U''. Megmutatjuk, hogy s helyzetétől függetlenül U'U:U'A=CB:CA; ebből következik, hogy U'AU és CAB derékszögű háromszögek hasonlók, és ebből U'AU∢=CAU∢=CAB∢, tehát AU egyenes egybeesik AB-vel. ‐ Thalész tétele szerint BP és AQ merőlegesek s-re, és ezért a PCU'', BCP, CAQ, QAU' derékszögű háromszögek hasonlók, mert megfelelő hegyes szögeik vagy közösek, vagy párhuzamos, vagy merőleges szárúak, és így egyenlők. Másrészt a CU'UU'' négyszög téglalap, ezért
U'UU'A=CU''U'A=CPAQ=CBAC,


amit bizonyítani akartunk.
Ha s≡CA, akkor P≡C és Q≡A, tehát PQ≡CA, e helyzetben U≡A≡Q, a PQU háromszög nem létezik, tehát az A pont csak tágabb értelemben tartozhat a mértani helyhez. Hasonlóan s≡CB esetén sincs háromszög, mert PQ≡BC és U≡C. Végül akkor sem jön létre a PQU▵, ha s átmegy p és q második közös pontján ‐ ami nyilván C-nek AB-re való C1 vetülete ‐, mert ekkor P≡Q.
Fordítva megmutatjuk, hogy ha U az AB szakasznak C1-től különböző tetszés szerinti belső pontja, akkor van s-nek olyan helyzete, amely éppen ezen U-hoz vezet, éspedig 2 ilyen helyzet is van és ezek CA-ra (egyszersmind CB-re is) tükrösek. Legyen p, q-nak a 90∘-os ACB szögtartományba ‐ röviden: γ-ba ‐ eső félköre p1, q1, és a másik félköre p2, q2. Messe az U-n átmenő, CA-val párhuzamos egyenes p1-et, CB-t, p2-t rendre P, U'', P2-ben. A mértani helynek az s egyenes CP és CP2 helyzetéhez tartozó pontja rajta van PU''-n és a már bizonyítottak szerint az AB egyenesen, tehát éppen a kiindulásul választott U pont.
Mivel P és P2 a BC tengelyre tükrös pontpár, azért P2C a PC tükörképe a BC tengelyre s ekkor egyben a BC-re merőleges AC tengelyre is.
U≡A esetén P≡P2≡C; Q≡A, PQ≡CA; ugyanígy U≡B esetén PQ≡BC, e helyzetekhez nem tartozik PQU háromszög. Bizonyításunknak a P2-re vonatkozó része azonban U≡C1-re is érvényes.
Ezek szerint az U pontok mértani helye valóban az AB átfogószakasz, kétszer számítva, de a végpontok nélkül, és C1-et csak egyszer számítva.
Egész hasonlóan járhatunk el a V pontok mértani helyének meghatározására is. Jelöljük V-nek CA, CB-re való vetületét V', V''-vel. Ekkor a fenti hasonlóságok felhasználásával
V'CV'V=PU''U'Q=PCQA=CBCA,
tehát a VCV' és ABC derékszögű háromszögek hasonlók, és így VCV'∢=ABC∢=C1CA∢.
Ha már most P a p1 félkörön van, és így Q a q1-nek pontja, akkor V a γ-ban fekszik, V' a CA-n van, tehát a nyert egyenlőségből VCA∢=C1CA∢, vagyis VC azonos a C1C egyenessel, V a C1C-n fekszik. Ha P a p2 félkörön, és ezért Q a q2-n van, akkor V a γ csúcsszögtartományában van, V' a CA-nak C-n túli meghosszabbításán, tehát egyenlőségünk szerint VCV' és C1CA csúcsszögek, ezért V ekkor is a C1C egyenesen van. C1C merőleges AB-re.
Legyen p-nek CA-val, q-nak CB-vel párhuzamos átmérője DE, ill. FG, E a p1-en, G a q1-en. Ekkor P-nek és vele V-nek CB-től legnagyobb távolsága mindkét oldalon DE/2=BC/2. Ha P≡E, akkor PCB∢=45∘=PCA∢, ezért CP a q1-et Q≡G-ben metszi, amely q-nak CA-tól ugyancsak legtávolabbi pontja; az ezekhez tartozó V-helyzet legyen V1. Ha pedig P a D-ben van, akkor Q az F-be jut, az ezekhez tartozó V2 a másik oldalon van a lehető legtávolabbra CB, ill. CA-tól. Ezekkel a fentiekhez hasonlóan megmutatható, hogy a V pontok mértani helye a V1V2 szakasz, kétszer számítva, de kihagyva C-t, és csak egyszer számítva a C1, V1, V2 pontokat. Könnyű belátni, hogy V1V2=AB és C felezi V1V2-t. Ha az ABC háromszög egyenlő szárú, akkor C1≡E≡G, és ez a pont nem szerepelhet V gyanánt.
Mindezek szerint valamennyi vizsgált derékszögű háromszög harmadik csúcsának mértani helye ‐ míg s minden lehetséges helyzetét felveszi ‐ tágabb értelemben az AB átfogó és az a rá merőleges, vele egyenlő hosszú V1V2 szakasz, melynek felezőpontja C, mindkettő kétszer számítva. Szigorúan véve ‐ ha ti. az egyenesszakasszá, ponttá fajuló háromszögeket nem tekintjük ‐ A, B, C nem tartoznak a mértani helyhez, V1 és V2 csak egyszer számítandók, a két szakasz C1 metszéspontja általában összesen kétszer, kivéve a CA=CB esetet, amikor C1≡V1, és ezért csak egyszer számítható.
 

Megjegyzések. 1. A verseny rövid ideje alatt természetesen nem volt várható, hogy a versenyzők a fenti finomabb diszkussziót is kidolgozzák. Mulasztás lenne viszont, ha itt erre nem tértünk volna ki.
2. Azt, hogy U az AB-n, V a V1V2 -n van, ugyancsak szögek egyenlősége alapján, de hasonló háromszögek felhasználása nélkül is beláthatjuk. Ezt csak U esetére és olyan helyzetre vázoljuk, amelyben P a p1-beli CC1 íven van, és így Q a q1-beli AC1 ív pontja. AQC1C és BC1PC húrnégyszögek, ezért PC1Q∢=PC1A∢+AC1Q∢=PCB∢+ACQ∢=ACB∢=90∘. Másrészt szerkesztésnél fogva PUQ∢=90∘, így PUQC1 húrnégyszög. Ennélfogva UC1Q∢=UPQ∢, és ez folytatólag egyenlő ACQ∢-gel ‐ mert PU∥CA ‐, végül AC1Q∢-gel. Eszerint C1Q-val C1U és C1A egyenlő szöget zár be, tehát U a C1A egyenesen van. ‐ Húrnégyszögek felhasználásával igazolható fordítva az is, hogy AB és V1V2 bármely pontja hozzátartozik a mértani helyhez. Ezt és a további helyzetek vizsgálatát az olvasóra bízzuk.