Kezdőlap


Feladat:	251. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	ifj. Csorba P. , Villányi O.
Füzet:	1951/augusztus, 73 - 74. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Derékszögű háromszögek geometriája, Háromszögek nevezetes tételei, Koszinusztétel alkalmazása, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1950/október: 251. matematika feladat

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

I. megoldás: Mozdítsuk el $P$ -t pl. az $A_{2} A_{3}$ , oldalra merőleges irányban egy $Q$ pontba. Legyenek ennek vetületei az oldalakra $Q_{1}$ , $Q_{2}$ , $Q_{3}$ . $Q_{1} = P_{1}$ tehát $A_{3} P_{1}$ változatlan marad.

P_{2} Q_{2}

és

P_{3} Q_{3}

közül egyik növeli, másik csökkenti az összeget. De ez a két szakasz egyenlő, mert a

P Q

szakasz vetületei az

A_{3} A_{1}

és

A_{1} A_{2}

oldalakra, a

P Q

egyenes iránya pedig mindkét oldallal

30^{\circ}

-os szöget zár be.
Egy ilyen eltolásnál tehát nem változik a vizsgált távolságösszeg. Egy pontból a másikba azonban mindig el tudunk jutni, csak a háromszög oldalaira merőleges irányokba haladva, így bármely pontban ugyanakkora a vetületösszeg. A pontot az egyik csúcsba vive át látjuk, hogy értéke mindig a fél kerület.

Megoldotta: Villányi O. és ifj. Csonka P.

II. megoldás: Mozdítsuk el pl. az

A_{2} A_{3}

oldallal párhuzamosan a

P

pontot egy

Q

helyzetbe.

Q

vetületei az oldalakra

Q_{1}

Q_{2}

Q_{3}

P_{2} Q_{2}

és

P_{3} Q_{3}

mindkettő növeli, vagy mindkettő csökkenti az összeget,

P_{1} Q_{1}

azonban épp ellenkező értelemben változtatja.

P_{1} Q_{1} = P Q

, továbbá

P_{3} Q_{3} = P_{2} Q_{2}

, mert

P Q

iránya az

A_{3} A_{1}

és

A_{1} A_{2}

oldalakéval egyformán

60^{\circ}

-os szöget zár be. Legyen

Q

vetülete

P P_{2}

-n (vagy meghosszabbításán)

R

, ekkor a

P Q R

derékszögű háromszögben

Q R

-rel szemben

30^{\circ}

-os szög fekszik s így

Q R (= Q P_{2}) = \frac{1}{2} P Q

. Így

P_{2} Q_{2} + P_{3} Q_{3} = P Q

, tehát az összeget ugyanannyival növeltük, mint csökkentettük.
Mivel minden pontból bármelyikbe el lehet jutni az oldalakkal párhuzamos utakon is, tehát tételünk igaznak bizonyult.

Megoldotta: Villányi O.

III. megoldás: A rövidebb írás kedvéért jelöljük a háromszög oldalát

a

-val, a

P P_{1}

P P_{2}

P P_{3}

;

A_{1} P_{2}

A_{2} P_{3}

A_{3} P_{1}

távolságokat rendre

p_{1}

p_{2}

p_{3}

v_{1}

v_{2}

v_{3}

-mal.

Fejezzük ki Pythagoras tételével kétféleképpen a

P A_{1}

P A_{2}

P A_{3}

távolságokat:

\begin{matrix} P A_{3}^{2} = v_{3}^{2} + p_{1}^{2} = {(a - v_{1})}^{2} + p_{2}^{2}; \\ P A_{1}^{2} = v_{1}^{2} + p_{2}^{2} = {(a - v_{2})}^{2} + p_{3}^{2}; \\ P A_{2}^{2} = v_{2}^{2} + p_{3}^{2} = {(a - v_{3})}^{2} + p_{1}^{2} . \end{matrix}

Innen

\begin{matrix} v_{3}^{2} - v_{1}^{2} + p_{1}^{2} - p_{2}^{2} = a^{2} - 2 a v_{1}; \\ v_{1}^{2} - v_{2}^{2} + p_{2}^{2} - p_{3}^{2} = a^{2} - 2 a v_{2}; \\ v_{2}^{2} - v_{3}^{2} + p_{3}^{2} - p_{1}^{2} = a^{2} - 2 a v_{3} . \end{matrix}

A három egyenletet összeadva:

3 a^{2} - 2 a (v_{1} + v_{2} + v_{3}) = 0

, vagyis

v_{1} + v_{2} + v_{3} = \frac{3}{2} a

Megjegyzés. Ha hasonló számolást tetszőleges háromszögre végzünk, az

A_{3} A_{1}

A_{1} A_{2}

A_{2} A_{3}

oldalakat rendre

a

b

c

-vel jelölve, egyébként a fenti jelöléseket megtartva, akkor az

\begin{matrix} a v_{1} + b v_{2} + c v_{3} = \frac{a^{2} + b^{2} + c^{2}}{2} \end{matrix}

összefüggéshez jutunk. Ha

P

pl. az

A_{2}

csúcsba esik, akkor

P_{1}

és

P_{3}

, is összeesik

A_{3}

-mal, tehát

v_{1} = a

v_{2} = c cos α

, ahol

α

b

és

c

oldal közti szög, és

v_{3} = 0

. Így összefüggésünk a cosinustételt adja.

Két további különböző megoldást küldött be: Villányi O.