Feladat: 1085. matematika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Benczúr A. ,  Bollobás B. ,  Csipka L. ,  Dömötör Gyula ,  Farkas Z. ,  Gálfi l. ,  Gáspár R. ,  Hajtmann Erzsébet ,  Homitzky L. ,  Huber T. ,  Kéry G. ,  Knuth E. ,  Kopornoky Zs. ,  Kovács I. (Békés) ,  Krámli A. ,  Molnár E. ,  Nagy Cs. ,  Nováky Béla ,  Nyárasdy Zsófia ,  Opálény M. ,  Pribek F. ,  Simonovits M. ,  Szegő K. ,  Szepesvári I. ,  Szidarovszky Ágnes ,  Szidarovszky F. ,  Vincze I. ,  Zalán Péter 
Füzet: 1961/november, 130 - 134. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül négyszögekben, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1961/január: 1085. matematika feladat

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

I. megoldás. Legyenek az ABCD négyszögnek az A, B, C, D csúcsnál fekvő, szögei α, β, γ, δ, oldalai AB=a, BC=b, CD=c, DA=d, átlói AC=e, BD=f, a köztük levő szög ε, végül a terület t (1. ábra).

 
 
1. ábra
 

‐ A BDA és BDC, valamint ACB és ACD háromszögpárokból az átlók négyzetére
f2=a2+d2-2adcosα=b2+c2-2bccosγ,(1)e2=a2+b2-2abcosβ=c2+d2-2cdcosδ,(2)
és innen
adcosα-bccosγ=12(a2-c2)-12(b2-d2),(1a)abcosβ-cdcosδ=12(a2-c2)+12(b2-d2).(2a)
Ugyanezen háromszögpárokból a terület 2-szeresére
adsinα+bcsinγ=2t,(1b)absinβ+cdsinδ=2t.(2b)



(1a) és (1b) az α és γ-ra, (2a) és (2b) a β és δ-ra nézve olyan típusú egyenletrendszer, amilyet az 1076. feladatban adott számokkal megoldottunk, ugyanis bármelyik szög koszinuszának és szinuszának együtthatói abszolút értékben egyenlők.1
A megoldási eljárás vázolása céljára az együtthatókat egy‐egy új betűvel jelölve két rendszerünk közös általános alakja:
Ecosx-Fcosy=G,(3)Esinx+Fsiny=H.(4)
Az 1076/I-beli gondolatmenettel küszöböljük ki y-t, felírva azt, hogy cosy és siny kifejezéseinek négyzetösszege 1-gyel egyenlő. Mindjárt F2-nel szorozva:
(Ecosx-G)2+(H-Esinx)2=F2,2EGcosx+2EHsinx=H2+G2+E2-F2.(5)



Ilyen típusú egyismeretlenes trigonometriai egyenlet megoldását ugyanott az a) részben láttuk. Ismét új betűkkel általános alakja:
Jcosx+Ksinx=L.(6)
A bal oldal egyik tagját különválasztva, majd négyzetre emeléssel x egyik függvényére másodfokú egyenletet kapunk:
J2cos2x=J2-J2sin2x=L2-2KLsinx+K2sin2x,(J2+K2)sin2x-2KLsinx+L2-J2=0,(J2+K20)


ahonnan sinx-re, majd (6) alapján cosx-re
sinx=KL±JJ2+K2-L2J2+K2,(7)cosx=L-KsinxJ=JLKJ2+K2-L2J2+K2.(8)


Ez J2+K2-L20 esetén x-re 2, 1, 0 valós megoldást ad, és ‐ mint az 1076/I. megoldásban láttuk ‐ nincs szükség idegen gyökök eltávolítására. Ezekből (3) és (4) alapján egyértelműen megkapjuk a megfelelő y-t.
Ezzel megadtuk az eljárást a szögek kiszámítására. Ezekből az átlók (1) és (2) alapján számíthatók. Végül az átlók hajlásszögére
t=12efsinε-bólsinε=2tef.(9)
Ugyanis az átlókkal a csúcsokon át húzott párhuzamosok egy e, f oldalú és ε szögű paralelogrammát határoznak meg, és ezt az átlók négy paralelogrammára bontják. Ezek mindegyikének egyik átlója a négyszög egyik oldala, és így területük összegének fele adja a négyszög területét.
Számadatainkkal az α, γ szögpárra E=ad=8, F=bc=18, G=(a2-c2-b2+d2)/2=10, H=2t=20. Ezekből x=α céljára J=2EG=160, K=2EH=320, L=H2+G2+E2-F2=240, tehát 80-nal egyszerűsítve (6), (7) és (8) így alakul:
2cosα+4sinα=3,sinα=6±1110,cosα=321110,
ahonnan α1111,30, α215,56. ‐ A (3) és (4)-nek megfelelő egyenletekből
sinγ=3821145,cosγ=-1941145,γ1135,81,γ2=97,32.

A β, δ szögpárra x=β-val hasonlóan E=ab=3, F=cd=48, G=-45, H=20, majd J=-270, K=120, L=130, és így -27cosx+12sinx=13, ill. 873sin2β-312sinβ-560=0-ból
sinβ=52±7211291,cosβ=-117±3211291,β'92,14,β''219,93,
végül
sinδ=236911582,cosδ=531±411582,δ'20,74,δ''27,18.

Mivel β és δ számítása független α és γ számításától, viszont az α+β+γ+δ=360 összefüggésnek teljesülnie kell, azért az összetartozó értékpárokat próbával kell megállapítanunk.
α1+γ1247,11,β'+δ'112,88,α2+γ2112,88,β''+δ''247,11,
ezért egyrészt az α1, γ1 pár a β', δ' párral, másrészt az α2, γ2 pár a β'', δ'' párral alkot egy megoldást.
Ez a megfelelő párba állítás általában is lehetséges, és az észrevehető (α1+γ1)+(α2+γ2)=(β'+δ')+(β''+δ'')=360 összefüggés is mindig fennáll. Ha ugyanis az 1076/II. megoldáshoz főzött megjegyzés eljárásával az (1a), (1b), ill. (2a), (2b) rendszerekből kiszámítjuk cos(α+γ)-t, cos(β+δ)-t, akkor egyrészt mindegyikre egyetlen értéket kapunk, másrészt ez a két érték egyenlő. Valóban, az egyenletpárokat négyzetre emelve és összeadva
a2d2-2abcdcos(α+γ)+b2c2==14(a2-c2)2-12(a2-c2)(b2-d2)+14(b2-d2)2+4t2,a2b2-2abcdcos(β+δ)+c2d2==14(a2-c2)2+12(a2-c2)(b2-d2)+14(b2-d2)2+4t2,


és innen, csekély átalakítással
8abcdcos(α+γ)=8abcdcos(β+δ)=2(a2+c2)(b2+d2)-(a2-c2)2--(b2-d2)2-16t2.


Számadatainkkal cos(α+γ)=cos(β+δ)=-7/18-0,3889.
Most már az átlókra (1) és (2)-ből
f2=65-16cosα=45-36cosγ=15(301±1611),e2=10-6cosβ=100-96cosδ=497(3011611),
amiből e13,198, f18,415; e23,822, f27,042.
Innen (9) céljára
e2f2=4597(3012-16211)=4181,
és így sinε=10/181, amiből az átlók közti hegyes szög mindkét megoldásra ε48,01.
Eredményeinket összefoglalva
 


α1111,30, β192,14, γ1135,81, δ120,74, ε48,01;α215,56, β2219,93, γ297,32, δ227,18, ε48,01; e13,198, f18,415; e23,822, f27,042.
 


A második megoldás B-nél homorú szögű négyszöget ad (2. ábra), az AC átló a négyszögön kívül fekszik, a négyszög területét az ACD és ACB háromszögek területének különbsége adja.
 
 
2. ábra
 

(2b) így is érvényes, ekkor ugyanis sinβ negatív.
 

Dömötör Gyula (Szeged, Radnóti M. g. IV. o. t.)

Nyárasdy Zsófia (Budapest, Ságvári E. gyak. lg. IV. o. t.)

Nováky Béla (Budapest, I. István g. III. o. t.)
 

II. megoldás. A négyszög területe egyenlő az ACB és ACD háromszögek területének összegével. Ez utóbbiakat a Heron‐képlet felhasználásával az oldalakkal és az AC=e átlóval kifejezve egyenletet kapunk e-re (4-gyel szoroztunk):
4t=(a+b+e)(a+b-e)(e+a-b)[e-(a-b)]++(c+d+e)(c+d-e)(e+c-d)[e-(c-d)]==[(a+b)2-e2][e2-(a-b)2]+[(c+d)2-e2][e2-(c-d)]2.
Az egyik gyökös kifejezést különválasztva négyzetre emelés után e4 kiesik, és csak egy gyökös kifejezés marad az egyenletben. Ismét különválasztással négyzetre emelés után e2-re másodfokú egyenletet kapunk. ‐ A számadatokkal
(16-e2)(e2-4)+(196-e2)(e2-4)=40,-e4+200e2-784=1600-80(16-e2)(e2-4)-e4+20e2-64,4(16-e2)(e2-4)=116-9e2,-16e4+320e2-1024=13456-2088e2+81e4,97e4-2408e2+14480=0,


amiből a fenti értékek adódnak.
Hasonlóan számítva f-et, a szögek a részháromszögekből koszinusz tétellel számíthatók. Számíthatók az átlókkal kettévágott szögek részei is, pl. a BAC és DBA szögek és ezek összege a BMC szög. Csak azok az e, f összepárosítások megfelelők, amelyekkel az ABD háromszögből számított BAD egyenlő az ABC és ADC-ből számított BAC és DAC szögek összegével, ill. különbségével.
 

Zalán Péter (Aszód, Petőfi S. g. III. o. t.)

1Lásd ezen számban, 119. o. Az előjelek is mindkét rendszerben az egyik szögre egyenlők, a másikra ellentétesek; ez azonban lényegtelen, hiszen pl. α és γ ezen megkülönböztetett szerepe (1a)-nak (-1)-gyel való szorzásával felcserélődik.