Cím: 1985. évi Kürschák József matematikai tanulóverseny feladatainak megoldása
Szerző(k):  Surányi János 
Füzet: 1986/február, 51 - 59. oldal  PDF file
Témakör(ök): Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)

1. A P0P1...Pn konvex (n+1)-szöget n-2 egymást nem metsző átlóval n-1 háromszögre bontottuk. Bizonyítsuk be, hogy a háromszögek megszámozhatók az 1,2,...,n-1 számokkal úgy, hogy i=1,2,...,n-1-re az i sorszámú háromszögnek valamelyik csúcsa Pi legyen.
 

I. megoldás. A feladat állítását teljes indukcióval bizonyítjuk. Ha n=2, akkor a P0P1P2 háromszöget kell az 1 számmal megszámozni, és ez lehetséges, mégpedig egyféleképpen.
Tegyük most fel, hogy n=(k-1)-re igaz a tétel, vagyis egy háromszögekre bontott, konvex k-szög háromszögeit meg lehet számozni a kívánt módon. Legyen P0P1...Pk egy konvex (k+1)-szög, amelyiket egymást nem metsző átlók háromszögekre bontanak. Hagyjuk el a Pk csúcsot, és a belőle induló PkPj szakaszok helyett húzzuk meg a Pk-1Pj szakaszokat. Ezzel a P0P1...Pk-1 sokszög egy felosztását kaptuk átlók útján. Ezek az átlók sem metszhetik egymást, mert azok az átlók, amelyek az eredeti sokszögben is meg voltak húzva, nem metszik egymást, egy olyan Pk-1Pj átló pedig, amelyik egy PkPj átló helyébe lépett, csak olyan átlót metszhetne át, amelyiknek egyik végpontja Pk-1 és Pk közt van, ide azonban nem esik csúcsa egyik sokszögnek sem.
Az új átlók a (k-1)-szöget háromszögekre bontják. Az eredeti sokszögnek azok a részháromszögei ugyanis, amelyeknek nem csúcsa Pk, szerepelnek a (k-1)-szög felbontásában is. Az eredeti sokszögben van egy PjPk-1Pk háromszög, ezt összehúztuk a Pk-1Pj átlóra, a PiPjPk háromszögek helyébe pedig, ha i<j<k-1, a PIPjPk-1 háromszögek lépnek. Ezek együtt hézag és átfedés nélkül kitöltik a P0P1...Pk-1 sokszöget. Ezek a háromszögek az indukciós feltevés szerint megszámozhatók a kívánt módon az 1,2,...,k-2 számokkal.
Ezután a k-szög felbontásában azok a háromszögek, amelyek a (k-1)-szög felbontásában is szerepelnek, tartsák meg sorszámukat. Ha i<j<k-1, és ha a PiPjPk háromszög fellép, akkor kapja azt a sorszámot, amit a k-szög felbontásában a PiPjPk-1 háromszög kapott (ez i vagy j). Végül a PjPk-1Pk háromszögnek a k-1 sorszám jut. Világos, hogy így minden háromszögnek van a sorszámával egyező indexű csúcsa. A (k+1)-szög háromszögei is megszámozhatók tehát a kívánt módon.
 

Megjegyzések. 1. A bizonyítás menetét követve az is belátható, hogy mindig csak egyféleképpen végezhető el a háromszögek megszámozása a követelményeknek megfelelően.
2. Abból a feltételből, hogy egy konvex m-szöget egymást nem metsző átlók háromszögekre bontanak, következik, hogy m-3 átlóval m-2 háromszögre van felosztva a sokszög. Valóban, minden átló meghúzása 1-gyel növeli a részsokszögek számát, a részsokszögek oldalainak együttes száma pedig 2-vel szaporodik, mert a korábbi oldalakon kívül a meghúzott átló is oldala lesz két sokszögnek. Ha tehát k átló meghúzása után csupa háromszög keletkezett, akkor egyfelől k-1 háromszög keletkezett 3k+3 oldallal, másfelől a keletkezett részsokszögek oldalainak együttes száma m+2k. Ebből következik állításunk. Ezeknek a részadatoknak a kiszámítása azonban fölöslegesen terhelte volna a megoldásra rendelkezésre álló időt.
3. Más lehetőségek is kínálkoztak indukciós bizonyításra. Ezeket csak röviden jelezzük.
a) Fogalmazzuk az indukciós feltételt úgy, hogy a k-nál kisebb n-ekre igaz az állítás. Egy (k+1)-szög felbontásában szerepel egy P0PjPk háromszög. Ennek a j sorszámot kell kapnia. Maradt két k-nál nem több oldalú sokszög, vagy esetleg csak egy, ezeknek a háromszögeit az indukciós feltevés felhasználásával meg tudjuk a kívánt módon számozni.
b) Könnyen látható, hogy P0 és Pn legalább egyikéből indul ki átló. Egy ilyennel két részsokszögre bontva, azok részháromszögei az indukciós feltétel felhasználásával megszámozhatók a kívánt módon.
c) Többen azt bizonyították be, hogy van legalább két olyan csúcs, amelyikből nem indul ki átló. Ennél valamivel többet is állíthatunk. Egy ilyen "átlómentes'' csúccsal szomszédos csúcsokat átlónak kell összekötnie, ha a sokszög háromszögekre van bontva (amiből következik az is, hogy két szomszédos csúcs nem lehet egyszerre átlómentes). Nevezzük a keletkező háromszöget szélsőnek és jelöljük a szélső háromszögek számát s-sel. Ezeknek két oldala sokszögoldal, a harmadik átló. Lesz n+1-2s olyan háromszög, amelyiknek egy oldala sokszögoldal, kettő átló, és lehetnek olyan háromszögek is, amelyeknek mindegyik oldala átló. Az utóbbiak számát jelöljük b-vel Ekkor
3b+2(n+1-2s)+s=2(n+1)-3(s-b)
az átlók kétszeres számát adja, vagyis (2n-4)-et. Innen
s=(b+2)
adódik, vagyis a szélső háromszögek száma 2-vel nagyobb a "belső'' háromszögekénél, tehát legalább 2.
Két szélső háromszög "középső'' (átlómentes) csúcsa közül legalább az egyik különbözik P0-tól is, Pn-től is. Egy ilyen háromszög csak a középső csúcs sorszámát kaphatja. Egy ilyen háromszöget elhagyva a maradó sokszög háromszögeit meg tudjuk számozni az indukciós feltétel alapján a kívánt módon.
 

Adhatunk közvetlen utasítást is a háromszögek megszámozására.
 

II. megoldás. Adjuk a felosztásban szereplő PiPjPk háromszögnek, ha i<j<k, a j számot. Ezzel minden háromszög kapott számot. Az is világos, hogy mindegyiknek a száma legalább 1 és legfeljebb n-1. Elég tehát még azt belátni, hogy két háromszög nem kaphatta ugyanazt a sorszámot.
Ha a fenti PiPjPk háromszögön kívül még valamelyiknek csúcsa Pj, akkor ennek nem lehet csúcsa a sokszög kerületének Pk-tól P0-on át Pi-ig menő részén, mert az azt Pj-vel összekötő átló metszené PiPk-t. Nem lehet egy ilyen háromszögnek egy csúcsa a kerület PiPj részén, egy pedig a PjPk részen, mert az ezeket összekötő átló metszené PiPj-t is, PjPk-t is. Ekkor azonban Pj a kérdéses háromszögnek vagy legkisebb indexű csúcsa, vagy a legnagyobb indexű, s így a háromszög j-től különböző sorszámot kap. Ezzel a feladat állítását bebizonyítottuk.
 

Megjegyzés. A feladat állítása igaz marad akkor is, ha tetszés szerinti sorrendben írjuk a csúcsok mellé a 0,1,...,n sorszámokat. Ha egy ilyen sorszámozás mellett P0 és Pn szomszédosak, akkor könnyen látható, hogy az állítás nem lényegesen más, mint az eredeti. Tegyük tehát fel, hogy nem szomszédosak. Ismét teljes indukcióval bizonyítunk.
Ha n=3, akkor P0 és P3 átellenes csúcsok. Ha a négyszög a P0P3 átlóval van kettéosztva, akkor nyilván a P0P1P3 háromszögnek kell az 1 számot kapnia, a másiknak a 2-t. Ha viszont a P1P2 átló van meghúzva, akkor bármelyik háromszög kaphatja az 1-et és a másik a 2-t.
Tegyük fel, hogy az állítás igaz a legfeljebb k oldalú sokszögekre és legyenek egy háromszögekre bontott (k+1)-szög csúcsai tetszés szerinti sorrendben P0,P1,...,Pk-val jelölve, de P0 és Pk ne legyen szomszédos. Ha P0Pk szerepel az átlók között, akkor ez két olyan sokszögre osztja a (k+1)-szöget, amelyek külön-külön eleget tesznek a feladat feltételeinek (csak itt már két szomszédos csúcs az, amelyeknek az indexét nem használhatjuk fel a háromszögek számozásánál), ezek háromszögei tehát megszámozhatók az indukciós feltevés szerint a kívánt módon. Ha a P0Pk átló nincs meghúzva, akkor legyen Pi és Pj a legközelebbi csúcs Pk két oldalán, amelyik össze van kötve P0-val. Mivel a sokszög háromszögekre van bontva, a PiPj átlónak szerepelnie kell a kijelölt átlók közt. Vágjuk ketté ezzel a (k+1)-szöget, és a P0-t tartalmazó sokszögben zárjuk még ki az i-t, a Pk-t tartalmazó sokszögben a j-t a háromszögek számozására megengedett értékek közül. Ekkor a részsokszögek háromszögei megszámozhatók az indukciós feltétel szerint a kívánt módon, és ez a számozás megfelelő lesz a (k+1)-szögre is, mivel a P0-t tartalmazó sokszögben j-t, a Pk-t tartalmazóban pedig i-t felhasználtuk számozásra.
 

2. Minden n természetes számhoz vegyük n prímszám osztóinak a legnagyobb hatványát, amelyik még nem nagyobb n-nél, és ezek összegét nevezzük az n-hez tartozó hatványösszegnek. (Pl. a 100-hoz tartozó hatványösszeg 26+52=89). Bizonyítsuk be, hogy végtelen sok olyan szám van, amelyikhez tartozó hatványösszeg nagyobb a számnál.
 

A versenyzők igen változatos számsorozatokat adtak meg. A legegyszerűbb talán a következő.
 

Megoldás. A 2k+2 számok, ahol k 1-nél nagyobb egész szám, megfelelnek. Valóban, 2-nek nyilván a k-adik hatványa szerepel a hatványösszegben; továbbá van a számnak legalább egy páratlan p prím osztója, mert a szám fele 1-nél nagyobb páratlan szám. Igy a hatványösszeg legalábbis 2k+p, ami nagyobb 2k+2-nél.
 

Megjegyzés. Az olvasóra bízzuk annak belátását, hogy a következő számsorozatok is megfelelnek:
2pk, ahol p egy (rögzített) páratlan prímszám, k pedig pozitív egész.
32k, k=1,2,....
6-nak a 2 hatványait követő legkisebb többszörösei. Hasonlóan megfelelnek 10-nek a 2 ötödiknél magasabb hatványait követő többszörösei is.
A páratlan prímszámok kétszeresei. Itt természetesen felhasználjuk már azt, hogy végtelen sok prímszám van (és ezek a 2 kivételével páratlanok).
A 30 többszörösei.
Az utolsó választás megfelelő volta abból adódik, hogy ha egy n szám osztható a p prímszámmal, és a hatványösszegben pk szerepel, ez azt jelenti, hogy
pkn<pk+1.
Innen
pk>np.

Ha tehát n osztható 30-cal, akkor a 2, 3 és 5 adaléka a hatványösszeghez több, mint
n2+n3+n5=3130n.

Ismeretes az is, hogy a prímszámok reciprok értékeinek az összege tetszés szerinti nagy lehet, ha elég sok prímszámot veszünk.* Ez esetünkben azt is adja, hogy a hatványösszeg nemcsak a számnál, hanem annak tetszés szerint adott többszörösénél is végtelen sok számra nagyobb lehet.
 

3. Egy háromszög csúcsait tükröztük a velük szemközti oldalegyenesekre. Bizonyítsuk be, hogy az így kapott három pont által alkotott háromszög területe kisebb az eredeti háromszög területének ötszörösénél.
 

A feladat megoldását, azon túl, hogy nem könnyű alkalmas kifejezést találni a kérdéses terület meghatározására, nehezíti az is, hogy nem elegendő egy ábrára hagyatkozni, lényeges, hogy minden lehetséges esetre gondoljunk. Több ábrát rajzolva feltűnik az is, hogy ha a háromszög egyik szöge nagyobb 120-nál, akkor a tükrözéssel keletkezett háromszög körüljárási iránya ellentétes az eredetiével. Ezért célszerű lesz előjeles területtel számolni, mint az a koordináta-geometriában szokásos.
 

I. megoldás. Egy ABC háromszög területét tekintsük pozitívnak vagy negatívnak aszerint, amint a háromszöget a csúcsok megadott sorrendje szerint körüljárva, az óramutató járásával ellentétes vagy azzal egyező irányban haladunk.
 
1. ábra
 

Ekkor végignézve a lehetséges eseteket (1 . ábra) látjuk ‐ a háromszögek területét ugyanúgy jelölve, mint magát a háromszöget ‐ , hogy a háromszög síkjának egy tetszés szerinti O pontjára fennáll a következő összefüggés:
ABC=OAB+OBC+OCA.(1)

Ha valamelyik három pont egy egyenesre esik, akkor a keletkező, egyenesszakasszá fajult "háromszög'' területén természetesen 0-t értünk.
Feladatunkra térve legyen ABC egy tetszés szerinti háromszög pozitív körüljárásnak megfelelően betűzve. Jelöljük a csúcsok tükörképeit a velük szemközti oldal egyenesére rendre A1, B1, ill. C1-gyel (2. ábra).
 
2. ábra
 

Az A1B1C1 háromszög területét az eredeti háromszögével, tükörképeiével, továbbá az A1B1, B1C1, C1A1 oldalakhoz csatlakozó egy-egy háromszög területével akarjuk kifejezni. Ehhez alkalmazzuk először (1)-et az A1B1C1 háromszögre, O-nak az A pontot választva:
A1B1C1=AA1B1+AB1C1+AC1A1.
Alkalmazzuk most (1)-et a jobb oldal első és harmadik tagjára, O-nak C-t, ill. B-t választva:
AA1B1=CAA1+CA1B1+CB1AAC1A1=BAC1+BC1A1+BA1A.
Végül még a CABA1 négyszöget kellene az eredeti háromszögre és tükörképére bontani. Ehhez alkalmazzuk (1)-et pl. a CAA1 háromszögre, O-nak B-t választva:
CAA1=BCA+BAA1+BA1C.

Adjuk össze egyenleteink bal és jobb oldalait, hagyjuk el a mind a két oldalon előforduló tagokat, továbbá a BA1A és BAA1 tagokat, mert ezek összege 0, hiszen ugyanannak a háromszögnek a területéről van szó egyszer pozitív, egyszer negatív előjellel. Így a következő egyenlőséghez jutottunk:
A1B1C1=AB1C1+CA1B1+CB1A+BAC1+BC1A1+BCA+BA1C.

Itt az utolsó előtti tag az eredeti háromszög területe és vele egyenlő a harmadik, a negyedik és az utolsó tag is. Ezek ugyanis a tükrözött háromszögek területei. A tükrözés ugyan megváltoztatja a körüljárás irányát, de mindhárom esetben megfordult a betűzés sorrendje is.
Meg kell még vizsgálnunk a fennmaradt háromszögeket. Ezeknek egy-egy csúcsa közös az eredeti háromszöggel, és a körül az eredeti háromszög megfelelő szögének a háromszorosa keletkezik, de hol a háromszögön belül, hol azon kívül. Az ebből a csúcsból induló oldalak az eredeti háromszög egy-egy oldalával egyenlők. Vizsgáljuk meg közelebbről pl. az AB1C1 háromszöget.
Az oldalakra
AB1=AB,AC1=AC.

 
3. ábra
 


A közbezárt szögre ‐ BAC=α jelöléssel ‐ aszerint, hogy α0 és 60, vagy 60 és 120, vagy 120 és 180 közé esik, a B1AC1 értéke (3. ábra) 3α, 360-3α, ill. 3α-360. A háromszög kétszeres területét mint két oldalnak és a közbezárt szög szinuszának a szorzatát írva, 2AB1C1 abszolút értékére a három esetnek megfelelően
ABACsin3α,ABACsin(360-3α)=-ABACsin3α,
ill.
ABACsin(3α-360)=ABACsin3α
adódik.
A háromszög körüljárási iránya viszont éppen a második esetben pozitív, az elsőben és a harmadikban negatív, így előjellel is helyesen adja meg a háromszög területét mind a három esetben a
2AB1C1=-ABACsin3α
egyenlőség. Természetesen a megfelelő egyenlőség érvényes a másik két háromszögre. Jelöljük az eredeti háromszög területét t-vel, a tükrözéssel keletkezettét t1-gyel, a háromszög másik két szögét a szokott módon β-val és γ-val, akkor végül is a következő összefüggéshez jutottunk:
2t1=8t-ABACsin3α-BCBAsin3β-CACBsin3γ.

Azt kell belátnunk, hogy ez -10t és 10t közé esik. Osszuk el mindkét oldalt 2t-vel, a jobb oldal második, harmadik és negyedik tagja esetében azt is a megfelelő két oldal és a közbezárt szög szinusza szorzataként írva, akkor a
2t12t=4-sin3αsinα-sin3βsinβ-sin3γsinγ
arányról kell belátnunk, hogy -5 és 5 közötti érték.
Felhasználva a könnyen igazolható
sin3φ=3sinφ-4sin3φ
azonosságot, a jobb oldal a következőképpen is írható:
4(sin2α+sin2β+sin2γ)-5.

Ebből az alsó becslés érvényessége nyilvánvaló, és az is látható, hogy az arány nem éri el a -5 értéket, de ahhoz tetszés szerint közel lehet, ha az egyik szög csak kevéssel kisebb 180-nál, a másik kettő pedig ennek megfelelően nagyon kicsi.
Felső becsléshez alkalmazzuk 2 tagra a
2sin2φ=1-cos2φ,
majd a
cos2φ+cos2ψ=2cos(φ+ψ)cos(φ-ψ)
összefüggést:
2sin2α+2sin2β=2-cos2α-cos2β=2-2cos(α+β)cos(α-β)==2+2cosγcos(α-β),


mert α+β=180-γ. Fejezzük még ki sin2γ-t cosγ-val, akkor a becsülendő kifejezés így alakítható tovább:
4(sin2α+sin2β+sin2γ)-5=3+4cosγcos(α-β)-4cos2γ==3+cos2(α-β)-(2cosγcos(α-β))2.



Ez a kifejezés nem nagyobb, mint 4. Egyenlő akkor lehet vele, ha cos2(α-β)=1, a kivonandó pedig 0. Mivel a szereplő szögek 180-nál kisebbek, ez azt jelenti, hogy
α=βéscosγ=12,azazγ=60,
tehát a háromszög szabályos.
Eredményeinket összefoglalva a bizonyítandó állításon kicsit túlmenően azt láttuk be, hogy a t1 előjeles terület -5t és 4t között változik. Az alsó határt nem éri el, de ahhoz tetszés szerint közel lehet, a felső határt viszont eléri, éspedig egyedül a szabályos háromszög esetén.
 

Megjegyzés. A megoldás során alkalmazott területátalakítások közt szerepelt egy négyszög területének kétféle felosztása háromszögekre is. Ennek ‐ az ABCD négyszög esetén ‐ az felel meg, hogy (1) mindkét oldalához hozzáadjuk az ACO területet. Ez a jobb oldal utolsó tagjával 0-t ad, így
ABC+ACO=OAB+OBC.(2)

 
4. ábra
 

Megjegyezzük, hogy ezzel nemcsak konvex, hanem még hurkolt négyszöghöz is rendeltünk területet (4. ábra), vagyis olyanhoz, amelyiknek az oldalai metszik egymást a csúcsoktól különböző pontban is. Ez a hozzárendelt érték a csúcsok megnevezési sorrendjében történő körüljárás során pozitív irányban körüljárt rész területéből kivonva a negatív irányban körüljárt rész területét. A (2) összefüggés szerint ez esetben is mind a két lehetséges "felosztás'' háromszögekre ugyanarra a területértékre vezet.
 

II. megoldás. Használjuk továbbra is az első megoldás jelöléseit. Tükrözzük a háromszög csúcsait a szemközti oldalszakaszok felezőpontjára is, a tükörképek legyenek A2, B2, C2. Az A1A2, B1B2, C1C2 egyenesek párhuzamosak rendre a háromszög BC, CA, AB oldalaival, így egy ahhoz hasonló H' háromszöget alkotnak. Ezt a háromszöget az eredetiből úgy kaphatjuk meg, hogy azt a súlypontjából négyszeresére nagyítjuk. Valóban, ez a nagyítás az oldalfelező pontokat az A2, B2, C2-be viszi át ‐ mivel a súlypont harmadolja a súlyvonalakat ‐ , a háromszög oldalegyeneseit pedig párhuzamos egyenesekbe (5. ábra).
 
5. ábra
 

Az A1A2 szakasz megkapható úgy, hogy a BC oldal felezőpontja és a magasság talppontja közti szakaszt A-ból kétszeresére nagyítjuk. H'-ben viszont az A2 oldalfelező pont és a magasságtalppont közti szakasz négyszer akkora, mint az eredeti háromszögben, tehát A1H'-ben az oldalfelező pont és a magasságtalppont közti szakasz felezőpontja.
Észrevételünket a következő egyszerű segédtétel ismételt alkalmazásával fogjuk hasznosítani: Legyen az IJK háromszög síkjának tetszés szerinti pontja L, és L tükörképe I-re M. Ekkor
IJK=12(LJK+MJK).(3)
Mérjük a JK egyenestől a távolságot előjelesen úgy, hogy az I-t tartalmazó félsík pontjainak a távolsága legyen olyan előjelű, mint az IJK körüljárási irány, a másik félsíkban levő pontoké pedig ellenkező előjelű. Ekkor a háromszögek területe úgy számítható, mint a KJ távolság szorozva a hozzá tartozó magassággal, a magasságokra pedig érvényes a megfelelő összefüggés (6. ábra).
 
6. ábra
 

Jelöljük H'-ben az A1, B1, C1-et tartalmazó oldalakon levő magasság talppontokat rendre Ta, Tb, Tc-vel, a háromszög csúcsait pedig A3, B3, C3-mal. Ekkor, kétszer alkalmazva (3)-at
t1=A1B1C1=12(A2B1C1+TaB1C1)==14(A2B2C1+A2TbC1+TaB2C1+TaTbC1).

Itt A2B2C1=A2B2C2, mert C1C2 párhuzamos A2B2-vel, az utóbbi háromszög pedig az ABC háromszög kétszeres nagyítása, területe tehát 4t. A többi háromszöget (3) alapján tovább bontva
t1=t+18(A2TbC2+A2TbTc+TaB2C2+TaB2Tc+TaTbC2+TaTbTc).
Itt az első és a harmadik tag ismét A2B2C2-vel egyenlő, mert TbB2A2C2 és TaA2B2C2. Az utolsó tag a háromszög talpponti háromszögének területe, ez az eredeti háromszög t0 talpponti háromszöge területének 16-szorosa. A maradó három háromszög egy-egy csúcsa oldalfelezőpont, így ezeket tovább alakíthatjuk (3) alapján:
t1=2t+2to+116(B3TbTc+C3TbTc+TaC3Tc+TaA3Tc+TaTbA3+TaTbB3).
A zárójel első és utolsó tagja, továbbá a maradó két-két szomszédos tagpár egy-egy négyszög területét adja. Ezeket (2) alapján a másik átlójukkal osztva ketté,
B3TaTb+B3TbTc=TcB3Ta+TcTaTb,C3TbTc+C3TcTa=TaC3Tb+TaTbTc,A3TcTa+A3TaTb=TbA3Tc+TbTcTa.

A bal oldalak összege a zárójel 6 tagját adja, a jobb oldalak első oszlopa és egyszer a talpponti háromszög pedig H'-t, aminek a területe 16t. Kétszer H' talpponti háromszögéé 32t0, így végül a következő összefüggést kaptuk:
t1=3t+4t0.

Az ABC háromszöget pozitív körüljárás szerint betűztük meg, a talpponti háromszög körüljárási iránya azonban hegyesszögű háromszög esetén pozitív, tompaszögű háromszögnél viszont negatív.*Azt kell tehát belátnunk, hogy t0 értéke t/2 és -2t közé esik.
Hegyesszögű ABC háromszögnek legyen az A-nál levő szöge a legnagyobb vagy a legnagyobbak egyike. A BC, CA, AB oldalakon levő magasságtalppont legyen rendre T1, T2, T3. A T1-en át AB-vel és AC-vel húzott párhuzamosak a T1DAE paralelogrammát metszik ki a háromszögből (7. ábra). Ez tartalmazza a talpponti háromszöget. Ez azért igaz, mert ABT1T2 és ACT1T3 húrnégyszög, s így mindkettő T1-nél levő külső szöge a BAC-gel egyenlő, a két párhuzamos tehát az egyiknek, ill. a másiknak a szögteréhez tartozik. Ekkor azonban T2 az AD, T3 az AE szakaszon van.
 
7. ábra
 

Legyen T1CT1B. Ekkor mérjük rá DT1 meghosszabbítására a vele egyenlő T1F szakaszt. Az F-en át T1E-vel párhuzamosan húzott egyenes messe AB-t G-ben. Az ADFG paralelogrammának a háromszögön túlnyúló része egybevágó a T1CD háromszöggel, így a paralelogramma területe nem nagyobb a háromszögénél. A T1DAE paralelogramma és az általa tartalmazott talpponti háromszög területe tehát nem nagyobb, mint t/2.
Ha az ABC háromszögben A-nál tompaszög van, akkor a talpponti háromszög T1T2T3 sorrendben történő körüljárása ellenkező irányú, mint az ABC háromszögé. (8. ábra).
 
8. ábra
 

A terület abszolút értékét nézve a T2AT3 háromszög hasonló BAC-hez és kisebb nála, mert az utóbbinak az egyik oldala a kör átmérője. Az AT2T1, AT3T1 háromszögek területe kisebb a velük közös oldalú ABT1, ill. ACT1 háromszögekénél, mert a közös oldalhoz tartozó magasságok az utóbbi háromszögekben nagyobbak. Ebben az esetben tehát a talpponti háromszög területe kisebb a háromszög terüretének kétszeresénél. Ezzel a feladat állítását bebizonyítottuk.
 

Megjegyzések. 1. Ez a megoldás is szolgáltatja az I. megoldásban nyert pontosabb eredményt. Egy paralelogrammába írt háromszög területe ugyanis nem nagyobb, mint a paralelogramma területének a fele és akkora csak úgy lehet, ha a háromszög két csúcsa a paralelogramma két szomszédos csúcsa, a harmadik csúcs pedig az ezek közti oldallal szemközti oldalon van. Ebből következik, hogy hegyesszögű háromszög talpponti háromszögének a területe nem nagyobb a háromszög területének a negyedénél, és könnyen látható, hogy egyenlő egyedül a szabályos háromszög esetén lesz.
Tompaszögű háromszög esetében viszont látható a bizonyításból, hogy a talpponti háromszög területe közel lehet 2t-hez, ha T2 és T3 közel van B-hez, ill. C-hez, de azt nem érheti el.
2. Megoldhatjuk a feladatot koordinátageometria segítségével is. Választhatjuk pl. a BC oldal egyenesét X-tengelynek és az A-ból rábocsátott merőlegest Y-tengelynek. Célszerű továbbá a B-ből és C-ből induló magasságok talppontjai koordinátáival fejezni ki B és C tükörképét. Ezúton eljuthatunk akár az I., akár a II. megoldásban nyert területformulához.
3. Azok számára, akik ismerik a vektorok vektoriális szorzatát, vázolunk egy ezt felhasználó megoldást. A v1 és v2 vektor vektoriális szorzatán, v1×v2-n azt a vektort értjük a térben, amelyiknek hossza a vektorok meghatározta paralelogramma területe, iránya merőleges a két vektor síkjára és annak arra az oldalára mutat, amelyikről nézve v1 pozitív irányban forgatható 180-nál kisebb szöggel v2-be. Ez a művelet nem kommutatív, hiszen a tényezők felcserélésével előjelet vált. Előjelet vált a szorzat akkor is, ha az egyik vektort az ellentettjével helyettesítjük. Ennek megfelelően, ha mindkét vektor előjelét megváltoztatjuk, vagy az egyik előjelét változtatjuk és a tényezőket megcseréljük, akkor a vektoriális szorzat értéke nem változik. Azt kell még tudni róla, hogy disztributív:
v1×(v2+v3)=v1×v2+v1×v3  és  (v2+v3)×v1=v2×v1+v3×v1.

Az A1B1C1 háromszög kétszeres területét az A1B1×A1C1 szorzat adja. A tényezőket így határozhatjuk meg:
A1B1=CB1-CA1=2(CT2-CT1)+CA-CB=2T1T2+BA,

mert pl. CA1+CA=2CT1 (9. ábra).
 
9. ábra
 

Hasonlóan A1C1=2T1T3+CA, és így a kettőt tagonként összeszorozva 2t1 -et a következő vektorok előjeles hosszának összege adja ‐ az AB×AC-vel egy irányba mutató vektorok hosszát tekintve pozitívnak, az azzal ellentétes irányúakét negatívnak ‐
4T1T2×T1T3+2T1T2×CA+2BA×T1T3+BA×CA.

Az első tag 8t0, az utolsó 2t. A közbülső kettőben az oldalt a rajta levő talpponttal osztva a
T1T2×CT2+T1T2×T2A+BT3×T1T3+T3A×T1T3
összeg kétszeresét kapjuk. Az összeg egyes tagjai a T2T1C, T2AT1, T3BT1, T3T1A háromszögek kétszeres területét adják, ezeknek az összege pedig az ABC háromszög területe (10. ábra). Ezeket figyelembe véve a t1=4t0+3t formulához jutunk.
 
10. ábra
 

A koordinátákkal felírható területformula tagjait alkalmasan csoportosítva ugyanezeknek a háromszögeknek a területeit ismerhetjük fel.
4. Volt, aki az A1B1, B1C1, C1A1 oldalak négyzetét fejezte ki az oldalakkal, és a szögek háromszorosaival, és helyettesítette be a Heron‐formulába. Ezen az úton is el lehet jutni ‐ elég fáradságosan ‐ az I. megoldás formulájához.
 

Surányi János egyetemi tanár
Budapest, ELTE

*Lásd pl. Erdős P.‐Surányi J.: Válogatott fejezetek a számelméletből,Tankönyvkiadó, Budapest,1960. 114‐122.old. (Itt 3 bizonyítás is található.)

*A derékszögű háromszögnél két magasságtalppont egybeesik a derékszögű csúcsban, így t0=0, tehát ezekre t1 mindig 3t, amit könnyű közvetlenül belátni.(Ez a tény vezetett egyébként a feladathoz.)