Cím: Az 1965. évi Országos Középiskolai Matematikai Tanulmányi Verseny I. fordulóján kitűzött feladatok megoldása
Szerző(k):  Scharnitzky Viktor 
Füzet: 1965/november, 97 - 104. 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.

1. feladat. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert:

x3+y3=a,xy(x+y)=b.

Megoldás. Adjuk hozzá az első egyenlethez a második egyenlet 3-szorosát, így a bal oldal (x+y)3 lesz. Ebből köbgyökvonással
x+y=a+3b3,(1)
majd ezt a második egyenletbe helyettesítve osztással
xy=ba+3b3,
hacsak a+3b≠0. Szorítkozzunk egyelőre erre az esetre. Feltételünk mellett x+y és xy mindig léteznek és egyértelműen meghatározott értékek, mert a köbgyökvonás a valós számok körében mindig elvégezhető és egyértelmű. Legyen
a+3b3=Bésb/B=C,
ekkor x és y a következő egyenlet két gyöke:
z2-Bz+C=0,
vagyis
12(B+B2-4C)és12(B-B2-4C),
bármelyik sorrendben véve. A diszkriminánst a-val és b-vel kifejezve
B2-4C=1B(B3-4BC)=1a+3b3(a+3b-4b)=a-ba+3b3,
így a gyökök
12(a+3b3+a-ba+3b3)és12(a+3b3-a-ba+3b3).(2)

x és y akkor valósak, ha a négyzetgyök alatt pozitív szám vagy nulla áll. A négyzetgyök alatti tört értéke akkor pozitív, ha számlálója és nevezője egyszerre pozitív vagy negatív, tehát ha
a-b>0ésa+3b>0vagya-b<0ésa+3b<0.
Az első esetben, ha b>0, akkor a+3b=a-b+4b>a-b, tehát elég feltenni, hogy a-b>0; ha pedig b≤0, akkor a-b=a+3b-4b≥a+3b, és így elég az utóbbi kifejezésről megkövetelni, hogy pozitív legyen. Hasonló meggondolásokat alkalmazva a második esetben is, azt nyerjük, hogy x-re és y-ra két különböző valós érték adódik (és mint már mondtuk, szerepük felcserélhető), ha
I.a-b>0ésb>0,vagyII.a+3b>0ésb≤0,vagyIII.a+3b<0ésb≥0,vagyIV.a-b<0ésb<0.

A négyzetgyök értéke nulla, ha a=b (és ≠0, különben a+3b=0 lenne), ekkor egy megoldás van:
x=y=12a+3b3.

Ha végül a+3b=0, akkor x+y=0, és ez a második egyenlettel csak úgy fér össze, ha b=0; ekkor a=-3b=0 is fennáll. Ekkor minden x-re y=-x választással megoldását kapjuk az egyenletrendszernek. ‐ Ha viszont a+3b=0 és b≠0, akkor az egyenletrendszernek nincs megoldása.
 
Megjegyzések. 1. Ha (2)-ben a számlálóból és nevezőből külön-külön vonunk négyzetgyököt, elveszíthetjük a III. és IV. eseteket.
2. Az x3+y3=(x+y)(x2-xy+y2) azonosság felhasználásával és a két egyenlet elosztásával (x,y,x+y≠0) az
x2-xy+y2xy=ab
egyenlethez, majd x/y=u helyettesítéssel rendezés után az
u2-(1+a/b)u+1=0
másodfokú egyenlethez juthatunk. u-t kiszámítva az egyik gyök a másikkal kifejezhető. E kifejezést pl. (1)-be helyettesítve a gyökök maguk is kiszámíthatók, de a fentieknél lényegesen bonyolultabb alakban adódnak.
 
2. feladat. Egy teherautó éjfélkor indult A városból B városba, egy személyautó pedig t1 órakor B-ből A-ba (ugyanazon az útvonalon). t2 órakor találkoztak. A személyautó r órával később ért célba, mint a teherautó. ‐ Dolguk végeztével visszaindultak, t3 órakor ismét találkoztak, végül egyszerre érkeztek haza. Hány órakor érkeztek meg? ‐
Numerikus adatok: t1=2h40m, t2=4h, r=0h40m, t3=14h.
 

A megoldások során a következő jelöléseket fogjuk használni: A járművek sebességét ‐ mint az ilyen feladatoknál ez szokásos ‐ állandónak tételezve fel, legyen a tehergépkocsi sebessége v, a személygépkocsi sebessége V, A és B távolsága s, a hazaérkezés közös időpontja x.
 
I. megoldás. Az első találkozásig a tehergépkocsi vt2, a személygépkocsi V(t2-t1) utat tesz meg, és ez együtt a teljes úthossz
s=vt2+V(t2-t1).

A tehergépkocsi menetideje t1-r órával több, mint a személygépkocsié, mert az utóbbi A-ból t1 órával később indult, és B-be r órával később érkezett, mint a tehergépkocsi, azaz
sv=sV+t1-r.
E két egyenletből az s utat kiküszöbölve
t2+Vv(t2-t1)=vVt2+t2-r,(1)
és ezt a v/V hányadosra, mint ismeretlenre rendezve a
t2(vV)2-r(vV)-(t2-t1)=0
egyenlethez jutunk, amelynek pozitív gyöke
vV=12t2(r+r2+4t2(t2-t1)).

t2>t1(≥0) esetén a gyök mindig valós. A negatív gyöknek nem tulajdonítunk értelmet.
A második találkozás után mind a két gépkocsi még x-t3 ideig volt úton, és ezalatt együttesen ismét befutották az s utat, azaz
v(x-t3)+V(x-t3)=s=vt2+V(t2-t1),
amiből V+v-vel való osztás és rendezés után
x=t3+t2-1vV+1⋅t1.

A numerikus adatokkal
vV=23ésx=1625óra,
azaz a két gépkocsi 16 óra 24 perckor ért haza.
 
Megjegyzések. 1. Közvetlenül az (1) egyenlet egy kissé átrendezett alakjához vezet a következő meggondolás. Az első találkozásig a tehergépkocsi vt2, a személygépkocsi V(t2-t1) utat tett meg, és ekkor mindegyik előtt annyi út állt, mint amennyit a másik már megtett. A tehergépkocsi a hátralevő útját V(t2-t1)v idő, a személygépkocsi vt2V idő alatt teszi meg, de ez utóbbi r órával később ér célba, ezért
V(t2-t1)v+r=vt2V.

2. Hasonló gondolatmenettel x is meghatározható. A visszaindulástól a második találkozásig a tehergépkocsi a személygépkocsi előtt álló V(x-t3) utat tette meg. Ehhez V(x-t3)v időre volt szüksége. Hasonlóan a személygépkocsi a találkozás előtt v(x-t3)V idővel indult vissza. Ennek a két időnek a különbsége egyben az egész út megtételéhez szükséges idők különbsége is. Az odamenetre vonatkozó adatok szerint ez az időkülönbség t1-r, azaz
V(x-t3)v-v(x-t3)V=t1-r,
amiből x a v/V hányados ismeretében kiszámítható.
 
II. megoldás. Legyen az első találkozás helye C. A személygépkocsi és a tehergépkocsi menetidőinek aránya az AB úton ugyanaz, mint az AC úton. Legyenek a menetidők az AB úton T, illetőleg t, így
T:t=(t2-t1):(t-t2).
Másrészt láttuk, hogy
t-T=t1-r.
T kiküszöbölésével
t2-(2t2-r)t+t2(t1-r)=0,
ahonnan a nagyobbik gyök
t=t2+12(-r+r2+4t2(t2-t1)),
(ugyanis nyilvánvalóan t>t2, a másik gyök nem adhatja a feladat megoldását).
Most már kiszámíthatjuk a második találkozástól a hazaérkezésig eltelt x-t3 időt. Ennyi idő alatt a teherautó az egész út (x-t3)/t részét, a személyautó az (x-t3)/T részét teszi meg, a kettő együtt az egész utat ‐ az út 1-szeresét ‐ adja, azaz
x-t3t+x-t3T=1,x=t3+11t+1T=t3+t1+t-t2t2-t1=t3+t(t2-t1)t-t1.



A numerikus adatokkal t=6, x=16,4 adódik.
 
III. megoldás. Megoldhatjuk a feladatot a mozgások idő‐út grafikonjának vázlatára támaszkodó számítással is.
Mindegyik autó oda-vissza útját (külön-külön) egyenlő hajlású szakaszok ábrázolják, ezért végpontjaik, valamint a találkozásokat jelentő pontok közül alkalmasan választott ponthármasok hasonló háromszögeket határoznak meg, és ezek alapjából a találkozási pontok vetületei arányos részeket vágnak le. Az 1. ábra jelöléseivel
B1B2B1B3=A2A1A2A=B7B6B7B5=B7B6BB3.

 

1. ábra
 
Legyen A1A2=u az az idő, amennyivel az első találkozás után a személyautó A-ba érkezik. Ezt mint az első két hányados egyenlőségéből adódó másodfokú egyenlet pozitív gyökét kapjuk:
t2-t1t2+u-r-t1=ut2+u,u2-ru-t2(t2-t1)=0,u=12(r+r2+4t2(t2-t1)).
Ennek alapján a keresett időpont a negyedik és a második hányados egyenlőségéből adódik:
x-t3t2+u-r=ut2+u,x=t3+ut2+u-rt2+u=t3+u(1-rt2+u).



Numerikusan u=8/3 óra, és x=16,4 óra.
 
3. feladat. Egy hegyesszögű háromszög egyik oldala mint átmérő fölé kört rajzolunk, és ehhez a másik két oldallal való metszéspontban érintőt húzunk. Bizonyítandó, hogy a két érintő metszéspontja az első oldalhoz tartozó magasságon van.
 
Az alábbi megoldások mindegyikében a kört az ABC háromszög AB oldala, mint átmérő fölé rajzoljuk. A háromszögekben szokásos jelöléseket használjuk, legyen továbbá a kör és az AC, BC oldal metszéspontja P, illetőleg Q, a kör középpontja O, és a háromszög magasságpontja M.
 
 
2. ábra
 

I. megoldás. Messe a CM magasságvonalat a kör P-beli érintője F-ben, a Q-beli érintő G-ben (2. ábra). Azt kell belátnunk, hogy F és G egybeesnek.
Thalész tétele miatt P a B-ből húzott magasság talppontja, ezért a P körüli, pozitív irányú 90∘-os elforgatás az ABP háromszöget átviszi egy a hozzá hasonló MCP háromszöggel párhuzamos oldalú háromszögbe, a PO sugarat pedig a rá merőleges PF érintőre. Mivel O felezi AB-t, azért F a CM szakasz felezőpontja.

Az ABQ háromszöget Q körül az előbbivel ellentétes irányban átforgatva a CMQ háromszöggel hasonló helyzetbe, ugyanígy látható, hogy G is a CM szakasz felezőpontja, azaz egybeesik F-fel. ‐ Ezzel a feladat állításánál többet bizonyítottunk be, mégpedig azt, hogy a kérdéses metszéspont felezi a magasságpont és az első oldallal szemben fekvő csúcs közti szakaszt.
 
II. megoldás. Megmutatjuk, hogy a P és Q pontokban húzott érintők H metszéspontját C-vel összekötő egyenes merőleges AB-re, vagyis az ABC háromszög magasságvonala.
A HPQ háromszög egyenlő szárú; P-nél és Q-nál levő szöge egyenlő a kör PQ ívéhez tartozó bármely kerületi szöggel, így a PBQ szöggel is, melynek nagysága a PBC derékszögű háromszögből 90∘-γ. Ezért a PQ szakasz H-ból 180∘-2(90∘-γ)=2γ szögben látszik. PQ-nak C-ből vett látószöge viszont γ, és mivel C és H a PQ egyenesnek ugyanazon a partján van, azért a H körül írt, P-n és Q-n átmenő kör átmegy a C csúcson is. Ezért a CHQ háromszög egyenlő szárú, tehát
HQC∢=QCH∢=BCT∢,(1)
ahol T az AB és CH egyenesek metszéspontja.
A HQC szög csúcsszöge egy a QB íven nyugvó kerületi szög, ezért egyenlő az ugyanazon az íven nyugvó QAB szöggel, ami 90∘-β. Így a BCT háromszög C-nél levő szöge 90∘-β, vagyis a B-nél levő szögének pótszöge, ezért a T-nél levő szöge derékszög, CT vagyis CH valóban merőleges AB-re.
 
 
3. ábra
 

III. megoldás. A C-ből húzott magasság és a Q pontbeli érintő metszéspontját ismét G-vel jelölve azt fogjuk megmutatni, hogy a G mint középpont körül írt, C-n áthaladó körön rajta van P is, Q is (3. ábra). Ebből ugyanis már következik, hogy GP=GQ, és így az OPG és OQG háromszögek három-három oldalban megegyezve egybevágóak, ezért a GPO szög egyenlő a GQO szöggel, az utóbbi pedig 90∘, tehát GP a P-ben húzott körérintő.
Az AOQ és CGQ háromszögek oldalai páronként merőlegesek egymásra, tehát a háromszögek hasonlóak, és így az előbbivel együtt az utóbbi is egyenlő szárú háromszög, QG=CG, Q valóban a mondott körön van, és
CGQ∢=AOQ∢=2ABQ∢,
mert az utolsó két szög az AQ íven nyugvó középponti, illetőleg kerületi szög.
Másrészt az ABQP húrnégyszögben az ABQ belső és a CPQ külső szög egyenlő, mert mindkettő az APQ szög 180∘-ra kiegészítő szöge, ezért
CGQ∢=2CPQ∢.
Végül G és P a BC oldalegyenes ugyanazon oldalán van, ezért a mondott kör átmegy a P ponton is. Ezt akartuk bizonyítani.
 
IV. megoldás. Legyen a C-ből húzható magasság és a P-beli, illetőleg Q-beli érintő metszéspontja ismét F, illetőleg G, a két érintő metszéspontja H. Az előző megoldásban láttuk, hogy CG=QG. Hasonlóan látható be, hogy CF=PF. Továbbá PH=QH, mert a körhöz a H pontból húzható érintőszakaszok.
 
 
4. ábra
 

Ha F, G és H nem esne egybe, és például G a CF szakasz belső pontja lenne (4. ábra), akkor H a PF szakasz F-en túli meghosszabbításán és a QG szakasz belsejében lenne, mert így (és az eredeti feltevések szerint) PF belső pontban metszi a CGQ háromszög CQ oldalát, a CG oldalát viszont a meghosszabbításán, tehát a GQ oldalt is belső pontban metszi, vagyis
PH>PF=CF>CG=QG>QH=PH,
ami lehetetlen.
Ha F esnék a CG szakaszra, akkor hasonlóan adódik, hogy mindenütt az ellenkező értelmű egyenlőtlenség állana fenn, ami ugyancsak lehetetlen. Kell tehát, hogy a három pont egybeessék, és így az érintők a magasságvonalon messék egymást.
 
 
5. ábra
 

V. megoldás. Legyen a két érintő metszéspontja H, a C csúcsból húzott magasság talppontja T (5. ábra). Említettük már, hogy AQ és BP a háromszög másik két magassága. OHP és OHQ háromszögek derékszögűek, és az OH szakasz mint átmérő fölé rajzolt k kör átmegy P-n és Q-n. Megmutatjuk. hogy ez a kör átmegy a T talpponton is1. Ebből már következik a feladat állítása, ugyanis ekkor az OTC derékszög TC szára átmegy az O-ból induló átmérő másik végpontján, a H ponton is.
Az AOQ és a BOP szög, mint a BOQ, illetőleg AOP egyenlő szárú háromszög külső szöge, 2β, illetve 2α nagyságú, másrészt együttesen a 180∘-ot egyszer és a POQ szöget kétszeresen fedik le, így
POQ∢=2α+2β-180∘=180∘-2γ.

Az ATQC és BTPC négyszögek húrnégyszögek (az első az AC, a második a BC mint átmérő fölé rajzolt Thalesz-körben), és így a BTQ, illetőleg ATP külső szögük egyenlő a PCQ=γ szöggel. Ezek alapján
PTQ∢=180∘-ATP∢-BTQ∢=180∘-2γ=POQ∢.

Mivel O és T a PQ egyenesnek ugyanazon az oldalán fekszik, azért O, P, Q és T valóban egy körön van, és ezzel igazoltuk állításunkat.
 
Megjegyzések. 1. A feladat megoldható a koordinátageometria módszereivel is, de így még a koordinátarendszer szokásos célszerű megválasztása esetén is hosszadalmas számításokkal jutunk célhoz.
2. Ha az ABC háromszög bármelyik szöge derékszög, a feladat állítása érdektelen. Ha ugyanis a derékszög C-nél van, a kérdéses érintők, ha pedig A és B valamelyikénél van, akkor az egyik érintő és a magasság esik egybe.
3. Az olvasó a fenti megoldások csekély változtatásával könnyen beláthatja, hogy az állítás tompaszögű háromszögre is igaz, oldalszakasz helyett természetesen oldalegyenest mondva. Egy ilyen helyzetet mutat be a 6. ábra.
 
 
6. ábra
 

Scharnitzky Viktor
1A k kör az ABC háromszög Feuerbach-köre, amely átmegy a magasságok talppontjain, az oldalak felezőpontjain és a magasságpontot a csúcsokkal összekötő szakaszok felezőpontjain. Lásd pl. Gallai T.‐ Hódi E. ‐ Péter R. ‐ Szabó P. ‐ Tolnai J.: Matematika az ált. gimn. III. o. számára, 12. kiadás, Tankönyvkiadó, Bp. 1962. 183 ‐ 188. o. ‐ Az alábbiakban azonban erre való hivatkozás nélkül bizonyítjuk be állításunkat.