Kezdőlap


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

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

1. A $P_{0} P_{1} ... P_{n}$ 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 $P_{i}$ legyen.

I. megoldás. A feladat állítását teljes indukcióval bizonyítjuk. Ha

n = 2

, akkor a

P_{0} P_{1} P_{2}

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

P_{0} P_{1} ... P_{k}

egy konvex

(k + 1)

-szög, amelyiket egymást nem metsző átlók háromszögekre bontanak. Hagyjuk el a

P_{k}

csúcsot, és a belőle induló

P_{k} P_{j}

szakaszok helyett húzzuk meg a

P_{k - 1} P_{j}

szakaszokat. Ezzel a

P_{0} P_{1} ... P_{k - 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

P_{k - 1} P_{j}

átló pedig, amelyik egy

P_{k} P_{j}

átló helyébe lépett, csak olyan átlót metszhetne át, amelyiknek egyik végpontja

P_{k - 1}

és

P_{k}

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

P_{k}

, szerepelnek a

(k - 1)

-szög felbontásában is. Az eredeti sokszögben van egy

P_{j} P_{k - 1} P_{k}

háromszög, ezt összehúztuk a

P_{k - 1} P_{j}

átlóra, a

P_{i} P_{j} P_{k}

háromszögek helyébe pedig, ha

i < j < k - 1

, a

P_{i} P_{j} P_{k - 1}

háromszögek lépnek. Ezek együtt hézag és átfedés nélkül kitöltik a

P_{0} P_{1} ... P_{k - 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

P_{i} P_{j} P_{k}

háromszög fellép, akkor kapja azt a sorszámot, amit a

k

-szög felbontásában a

P_{i} P_{j} P_{k - 1}

háromszög kapott (ez i vagy j). Végül a

P_{j} P_{k - 1} P_{k}

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

3 k + 3

oldallal, másfelől a keletkezett részsokszögek oldalainak együttes száma

m + 2 k

. 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

P_{0} P_{j} P_{k}

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

P_{0}

és

P_{n}

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 - 2 s

olyan háromszög, amelyiknek egy oldala sokszögoldal, kettő átló, és lehetnek olyan háromszögek is, amelyeknek mindegyik oldala átló. Az utóbbiak számát jelöljük

b

-vel Ekkor

\begin{matrix} 3 b + 2 (n + 1 - 2 s) + s = 2 (n + 1) - 3 (s - b) \end{matrix}

az átlók kétszeres számát adja, vagyis

(2 n - 4)

-et. Innen

\begin{matrix} s = (b + 2) \end{matrix}

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

P_{0}

-tól is,

P_{n}

-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

P_{i} P_{j} P_{k}

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

P_{i} P_{j} P_{k}

háromszögön kívül még valamelyiknek csúcsa

P_{j}

, akkor ennek nem lehet csúcsa a sokszög kerületének

P_{k}

-tól

P_{0}

-on át

P_{i}

-ig menő részén, mert az azt

P_{j}

-vel összekötő átló metszené

P_{i} P_{k}

-t. Nem lehet egy ilyen háromszögnek egy csúcsa a kerület

P_{i} P_{j}

részén, egy pedig a

P_{j} P_{k}

részen, mert az ezeket összekötő átló metszené

P_{i} P_{j}

-t is,

P_{j} P_{k}

-t is. Ekkor azonban

P_{j}

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

P_{0}

és

P_{n}

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

P_{0}

és

P_{3}

átellenes csúcsok. Ha a négyszög a

P_{0} P_{3}

átlóval van kettéosztva, akkor nyilván a

P_{0} P_{1} P_{3}

háromszögnek kell az 1 számot kapnia, a másiknak a 2-t. Ha viszont a

P_{1} P_{2}

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

P_{0}, P_{1}, ..., P_{k}

-val jelölve, de

P_{0}

és

P_{k}

ne legyen szomszédos. Ha

P_{0} P_{k}

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

P_{0} P_{k}

átló nincs meghúzva, akkor legyen

P_{i}

és

P_{j}

a legközelebbi csúcs

P_{k}

két oldalán, amelyik össze van kötve

P_{0}

-val. Mivel a sokszög háromszögekre van bontva, a

P_{i} P_{j}

átlónak szerepelnie kell a kijelölt átlók közt. Vágjuk ketté ezzel a

(k + 1)

-szöget, és a

P_{0}

-t tartalmazó sokszögben zárjuk még ki az

i

-t, a

P_{k}

-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

P_{0}

-t tartalmazó sokszögben

j

-t, a

P_{k}

-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

2^{6} + 5^{2} = 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

2^{k} + 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

2^{k} + p

, ami nagyobb

2^{k} + 2

-nél.

Megjegyzés. Az olvasóra bízzuk annak belátását, hogy a következő számsorozatok is megfelelnek:

2 p^{k}

, ahol

p

egy (rögzített) páratlan prímszám,

k

pedig pozitív egész.

3 \cdot 2^{k}

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

p^{k}

szerepel, ez azt jelenti, hogy

\begin{matrix} p^{k} ≦ n < p^{k + 1} . \end{matrix}

Innen

\begin{matrix} p^{k} > \frac{n}{p} . \end{matrix}

Ha tehát

n

osztható 30-cal, akkor a 2, 3 és 5 adaléka a hatványösszeghez több, mint

\begin{matrix} \frac{n}{2} + \frac{n}{3} + \frac{n}{5} = \frac{31}{30} n . \end{matrix}

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^{\circ}

-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

A B C

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:

\begin{matrix} A B C = O A B + O B C + O C A . \end{matrix}

(1)

Ha valamelyik három pont egy egyenesre esik, akkor a keletkező, egyenesszakasszá fajult "háromszög'' területén természetesen 0-t értünk.
Feladatunkra térve legyen

A B C

egy tetszés szerinti háromszög pozitív körüljárásnak megfelelően betűzve. Jelöljük a csúcsok tükörképeit a velük szemközti oldal egyenesére rendre

A_{1}

B_{1}

, ill.

C_{1}

-gyel (2. ábra).

2. ábra

A_{1} B_{1} C_{1}

háromszög területét az eredeti háromszögével, tükörképeiével, továbbá az

A_{1} B_{1}

B_{1} C_{1}

C_{1} A_{1}

oldalakhoz csatlakozó egy-egy háromszög területével akarjuk kifejezni. Ehhez alkalmazzuk először (1)-et az

A_{1} B_{1} C_{1}

háromszögre,

O

-nak az

A

pontot választva:

\begin{matrix} A_{1} B_{1} C_{1} = A A_{1} B_{1} + A B_{1} C_{1} + A C_{1} A_{1} . \end{matrix}

Alkalmazzuk most (1)-et a jobb oldal első és harmadik tagjára,

O

-nak

C

-t, ill.

B

-t választva:

\begin{matrix} A A_{1} B_{1} & = C A A_{1} + C A_{1} B_{1} + C B_{1} A \\ A C_{1} A_{1} & = B A C_{1} + B C_{1} A_{1} + B A_{1} A . \end{matrix}

Végül még a

C A B A_{1}

négyszöget kellene az eredeti háromszögre és tükörképére bontani. Ehhez alkalmazzuk (1)-et pl. a

C A A_{1}

háromszögre,

O

-nak

B

-t választva:

\begin{matrix} C A A_{1} = B C A + B A A_{1} + B A_{1} C . \end{matrix}

Adjuk össze egyenleteink bal és jobb oldalait, hagyjuk el a mind a két oldalon előforduló tagokat, továbbá a

B A_{1} A

és

B A A_{1}

tagokat, mert ezek összege 0, hiszen ugyanannak a háromszögnek a területéről van szó egyszer pozitív, egyszer negatív előjellel. Így a következő egyenlőséghez jutottunk:

\begin{matrix} A_{1} B_{1} C_{1} = A B_{1} C_{1} + C A_{1} B_{1} + C B_{1} A + B A C_{1} + B C_{1} A_{1} + B C A + B A_{1} C . \end{matrix}

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

A B_{1} C_{1}

háromszöget.
Az oldalakra

\begin{matrix} A B_{1} = A B, A C_{1} = A C . \end{matrix}

3. ábra

A közbezárt szögre ‐

B A C ∢ = α

jelöléssel ‐ aszerint, hogy

α 0^{\circ}

és

60^{\circ}

, vagy

60^{\circ}

és

120^{\circ}

, vagy

120^{\circ}

és

180^{\circ}

közé esik, a

B_{1} A C_{1} ∢

értéke (3. ábra)

3 α

360^{\circ} - 3 α

, ill.

3 α - 360^{\circ}

. A háromszög kétszeres területét mint két oldalnak és a közbezárt szög szinuszának a szorzatát írva,

2 A B_{1} C_{1}

abszolút értékére a három esetnek megfelelően

\begin{matrix} A B \cdot A C \end{matrix}

ill.

\begin{matrix} A B \cdot A C \end{matrix}

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

\begin{matrix} 2 A B_{1} C_{1} = - A B \cdot A C sin 3 α \end{matrix}

egyenlőség. Természetesen a megfelelő egyenlőség érvényes a másik két háromszögre. Jelöljük az eredeti háromszög területét

t

-vel, a tükrözéssel keletkezettét

t_{1}

-gyel, a háromszög másik két szögét a szokott módon

β

-val és

γ

-val, akkor végül is a következő összefüggéshez jutottunk:

\begin{matrix} 2 t_{1} = 8 t - A B \cdot A C sin 3 α - B C \cdot B A sin 3 β - C A \cdot C B sin 3 γ . \end{matrix}

Azt kell belátnunk, hogy ez

- 10 t

és

10 t

közé esik. Osszuk el mindkét oldalt

2 t

-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

\begin{matrix} \frac{2 t_{1}}{2 t} = 4 - \frac{sin 3 α}{sin α} - \frac{sin 3 β}{sin β} - \frac{sin 3 γ}{sin γ} \end{matrix}

arányról kell belátnunk, hogy

- 5

és 5 közötti érték.
Felhasználva a könnyen igazolható

\begin{matrix} sin 3 φ = 3 sin φ - 4 sin^{3} φ \end{matrix}

azonosságot, a jobb oldal a következőképpen is írható:

\begin{matrix} 4 (sin^{2} α + sin^{2} β + sin^{2} γ) - 5. \end{matrix}

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^{\circ}

-nál, a másik kettő pedig ennek megfelelően nagyon kicsi.
Felső becsléshez alkalmazzuk 2 tagra a

\begin{matrix} 2 sin^{2} φ = 1 - cos 2 φ, \end{matrix}

majd a

\begin{matrix} cos 2 φ + cos 2 ψ = 2 cos (φ + ψ) cos (φ - ψ) \end{matrix}

összefüggést:

\begin{matrix} 2 sin^{2} α + 2 sin^{2} β = 2 - cos 2 α - cos 2 β = 2 - 2 cos (α + β) cos (α - β) = \\ = 2 + 2 cos γ cos (α - β), \end{matrix}

mert

α + β = 180^{\circ} - γ

. Fejezzük még ki

sin^{2} γ

-t

cos γ

-val, akkor a becsülendő kifejezés így alakítható tovább:

\begin{matrix} 4 (sin^{2} α + sin^{2} β + sin^{2} γ) - 5 = 3 + 4 cos γ cos (α - β) - 4 cos^{2} γ = \\ = 3 + cos^{2} (α - β) - {(2 cos γ cos (α - β))}^{2} . \end{matrix}

Ez a kifejezés nem nagyobb, mint 4. Egyenlő akkor lehet vele, ha

cos^{2} (α - β) = 1

, a kivonandó pedig 0. Mivel a szereplő szögek

180^{\circ}

-nál kisebbek, ez azt jelenti, hogy

\begin{matrix} α = β és cos γ = \frac{1}{2}, azaz γ = 60^{\circ}, \end{matrix}

tehát a háromszög szabályos.
Eredményeinket összefoglalva a bizonyítandó állításon kicsit túlmenően azt láttuk be, hogy a

t_{1}

előjeles terület

- 5 t

és

4 t

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

A B C D

négyszög esetén ‐ az felel meg, hogy (1) mindkét oldalához hozzáadjuk az

A C O

területet. Ez a jobb oldal utolsó tagjával 0-t ad, így

\begin{matrix} A B C + A C O = O A B + O B C . \end{matrix}

(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

A_{2}

B_{2}

C_{2}

. Az

A_{1} A_{2}

B_{1} B_{2}

C_{1} C_{2}

egyenesek párhuzamosak rendre a háromszög

B C

C A

A B

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

A_{2}

B_{2}

C_{2}

-be viszi át ‐ mivel a súlypont harmadolja a súlyvonalakat ‐ , a háromszög oldalegyeneseit pedig párhuzamos egyenesekbe (5. ábra).

5. ábra

A_{1} A_{2}

szakasz megkapható úgy, hogy a

B C

oldal felezőpontja és a magasság talppontja közti szakaszt

A

-ból kétszeresére nagyítjuk.

H'

-ben viszont az

A_{2}

oldalfelező pont és a magasságtalppont közti szakasz négyszer akkora, mint az eredeti háromszögben, tehát

A_{1} H'

-ben az oldalfelező pont és a magasságtalppont közti szakasz felezőpontja.
Észrevételünket a következő egyszerű segédtétel ismételt alkalmazásával fogjuk hasznosítani: Legyen az

I J K

háromszög síkjának tetszés szerinti pontja

L

, és

L

tükörképe

I

-re

M

. Ekkor

\begin{matrix} I J K = \frac{1}{2} (L J K + M J K) . \end{matrix}

(3)

Mérjük a

J K

egyenestől a távolságot előjelesen úgy, hogy az

I

-t tartalmazó félsík pontjainak a távolsága legyen olyan előjelű, mint az

I J K

körüljárási irány, a másik félsíkban levő pontoké pedig ellenkező előjelű. Ekkor a háromszögek területe úgy számítható, mint a

K J

távolság szorozva a hozzá tartozó magassággal, a magasságokra pedig érvényes a megfelelő összefüggés (6. ábra).

6. ábra

Jelöljük

H'

-ben az

A_{1}

B_{1}

C_{1}

-et tartalmazó oldalakon levő magasság talppontokat rendre

T_{a}

T_{b}

T_{c}

-vel, a háromszög csúcsait pedig

A_{3}

B_{3}

C_{3}

-mal. Ekkor, kétszer alkalmazva (3)-at

\begin{matrix} t_{1} & = A_{1} B_{1} C_{1} = \frac{1}{2} (A_{2} B_{1} C_{1} + T_{a} B_{1} C_{1}) = \\ = \frac{1}{4} (A_{2} B_{2} C_{1} + A_{2} T_{b} C_{1} + T_{a} B_{2} C_{1} + T_{a} T_{b} C_{1}) . \end{matrix}

Itt

A_{2} B_{2} C_{1} = A_{2} B_{2} C_{2}

, mert

C_{1} C_{2}

párhuzamos

A_{2} B_{2}

-vel, az utóbbi háromszög pedig az

A B C

háromszög kétszeres nagyítása, területe tehát

4 t

. A többi háromszöget (3) alapján tovább bontva

\begin{matrix} t_{1} = t + \frac{1}{8} (A_{2} T_{b} C_{2} + A_{2} T_{b} T_{c} + T_{a} B_{2} C_{2} + T_{a} B_{2} T_{c} + T_{a} T_{b} C_{2} + T_{a} T_{b} T_{c}) . \end{matrix}

Itt az első és a harmadik tag ismét

A_{2} B_{2} C_{2}

-vel egyenlő, mert

T_{b} B_{2} ∥ A_{2} C_{2}

és

T_{a} A_{2} ∥ B_{2} C_{2}

. Az utolsó tag a háromszög talpponti háromszögének területe, ez az eredeti háromszög

t_{0}

talpponti háromszöge területének 16-szorosa. A maradó három háromszög egy-egy csúcsa oldalfelezőpont, így ezeket tovább alakíthatjuk (3) alapján:

\begin{matrix} t_{1} = 2 t + 2 t_{o} + \frac{1}{16} (B_{3} T_{b} T_{c} + C_{3} T_{b} T_{c} + T_{a} C_{3} T_{c} + T_{a} A_{3} T_{c} + T_{a} T_{b} A_{3} + T_{a} T_{b} B_{3}) . \end{matrix}

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,

\begin{matrix} B_{3} T_{a} T_{b} + B_{3} T_{b} T_{c} & = T_{c} B_{3} T_{a} + T_{c} T_{a} T_{b}, \\ C_{3} T_{b} T_{c} + C_{3} T_{c} T_{a} & = T_{a} C_{3} T_{b} + T_{a} T_{b} T_{c}, \\ A_{3} T_{c} T_{a} + A_{3} T_{a} T_{b} & = T_{b} A_{3} T_{c} + T_{b} T_{c} T_{a} . \end{matrix}

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

16 t

. Kétszer

H'

talpponti háromszögéé

32 t_{0}

, így végül a következő összefüggést kaptuk:

\begin{matrix} t_{1} = 3 t + 4 t_{0} . \end{matrix}

A B C

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

t_{0}

értéke

t / 2

és

- 2 t

közé esik.
Hegyesszögű

A B C

háromszögnek legyen az

A

-nál levő szöge a legnagyobb vagy a legnagyobbak egyike. A

B C

C A

A B

oldalakon levő magasságtalppont legyen rendre

T_{1}

T_{2}

T_{3}

. A

T_{1}

-en át

A B

-vel és

A C

-vel húzott párhuzamosak a

T_{1} D A E

paralelogrammát metszik ki a háromszögből (7. ábra). Ez tartalmazza a talpponti háromszöget. Ez azért igaz, mert

A B T_{1} T_{2}

és

A C T_{1} T_{3}

húrnégyszög, s így mindkettő

T_{1}

-nél levő külső szöge a

B A C