|
Feladat: |
544. matematika feladat |
Korcsoport: 16-17 |
Nehézségi fok: nehéz |
Megoldó(k): |
Bártfai P. , Beke Gy. , Beretvás T. , Biczó G. , Csáki E. , Csiszár I. , Damjanovich S. , Deseő Z. , Eördögh L. , Farkas F. , Gaál I. , Gergely P. , Goldstein R. , Grätzer Gy. , Gyapjas F. , Hammer E. , Kántor S. , Klafszky E. , Kohl Katalin , Kovács László , Lábos E. , Lackner Györgyi , Marik M. , Mohos B. , Papp Z. , Pátkai Gy. , Péntek L. , Quittner P. , Roboz Ágnes , Rockenbauer Magda , Schmidt E. , Sóti F. , Szabados J. , Theisz P. , Tomor B. , Tóth Ágota , Vigassy J. , Zawadowski Alfréd , Zsombok Z. |
Füzet: |
1954/január,
24 - 26. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Hossz, kerület, Terület, felszín, Síkgeometriai szerkesztések, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Feladat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1953/május: 544. matematika feladat |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. 1. ábra Képzeljük a feladatot megoldottnak pl. az 1. ábrában . A távolságot -szel, a távolságot -nal jelölve, a feladat értelmében ahol a háromszög fél kerülete,
és vagyis (mivel ) Tehát a feladat most már abból áll, hogy szerkesszünk olyan , távolságokat, amelyeknek összege és mértani középarányosa megegyezik és vagy és mértani középarányosával.
A szerkesztés menete: Megszerkesztjük és mértani középarányosát: -et (2. ábra). 2. ábra Rajzolunk egy átmérőjű félkört, és húzzunk az átmérővel párhuzamos egyenest, melynek távolsága az átmérőtől . Ez a párhuzamos metszi ki a félkörből a pontot, amelynek vetülete az átmérőn () osztja fel az átmérőt a keresett és részekre. A 2. ábrában . A megoldhatóság feltételei: (1) és (2)-ből és -t kiszámítva, nyerjük hogy | | amiből | |
Ahhoz, hogy a feladat az és oldalakon megoldható legyen, szükséges és elégséges, hogy a gyökök valósak legyenek és azonkívül a nagyobbik gyök rámérhető legyen a nagyobbik oldalra, a kisebbik gyök pedig a kisebbik oldalra. Elsősorban szükséges tehát, hogy a diszkrimináns ne legyen negatív. Tehát , vagyis | | (3) | Továbbá teljesülnie kell, hogy és 1. Bebizonyítjuk, hogy esetén e feltételek mindig teljesülnek. (3) teljesül, mert ez esetben a baloldal akkor a legkisebb, ha a legkisebb, vagyis , de | | ami nyilván igaz. (4) így írható: Mivel nem a legkisebb oldal, azért a jobboldal pozitív és így négyzetre emelve amiből ami feltétel szerint igaz, vagyis (4) teljesül. (5) is teljesül, mert ha , akkor (5) nyilvánvaló, ha pedig akkor (5) így írható: ahol a jobboldal pozitív, és négyzetre emelés után nyerjük, hogy ami mindenképpen igaz. Viszont nem teljesül, mert ha , akkor (6) nem teljesülése nyilvánvaló, ha pedig , akkor (6) így is írható ahol a jobboldal pozitív, és négyzetre emelés után nyerjük ami ellentmond a feltevésnek. Tehát a legnagyobb és legkisebb oldalon mindig van és csakis megoldás: a két gyök ilyenkor mindig valós, és a nagyobbik gyök rámérhető a nagyobbik oldalra (és csakis oda) a kisebbik gyök pedig rámérhető a kisebbik oldalra. (Az 1. ábrán , ). 2. Az előbbiekben láttuk, hogy feltétel mellett (4) csak úgy teljesülhet, ha , ami azt jelenti, hogy az és oldalon, csak úgy lehet megoldás, ha -nál nagyobb oldala nincs a háromszögnek, más szóval: a két legkisebb oldalon soha sincs megoldás. 3. esetén is lehet az , , azaz a két legnagyobb oldalon megoldás, ha a (3), (4) és (5) alatti feltételek teljesülnek, de ez esetben ‐ mint azt az 1. pontban láttuk ‐ (6) is teljesül, vagyis a nagyobbik gyök a kisebbik oldalra is rámérhető. Tehát lehet a két legnagyobb oldalon 2 megoldás. (Az 1. ábrán és . , ). E két megoldásban a háromszögrészek mindig egybevágóak, de a négyszögrészek nem.
Egyenlő oldalú háromszög esetén () a gyökök és , vagyis a 3 szimmetria-tengely oldja meg a feladatot. Egyenlő szárú háromszög esetén (alap szár) szimmetrikus megoldások lépnek fel; ezeknek taglalását az olvasóra bízzuk. |
|