Kezdőlap


Feladat:	1230. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Lukács Lídia , Strommer Richárd
Füzet:	1963/november, 134 - 135. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Algebrai átalakítások, Trigonometriai azonosságok, Háromszögek nevezetes tételei, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1963/február: 1230. matematika feladat

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

I. megoldás. Helyettesítsük (2)-ből $b^{2}$ -et (3)-ba, másrészt (3)-ból $c^{2}$ -et (2)-be. Így megkapjuk előbb $c^{2}$ és $a^{2}$ , másodszor $b^{2}$ és $a^{2}$ arányát:

\begin{matrix} c^{2} = \frac{7}{9} a^{2}, ill. & (4) \\ b^{2} = \frac{10}{9} a^{2} . & (5) \end{matrix}

Ezekkel az oldalak aránya is meg van határozva, vagyis a háromszög alakja, szögei is, hacsak (4) és (5)-nek a még fel nem használt (1)-be való behelyettesítése nem vezet ellentmondásra. (4) és (5)-tel (1) teljesül, eszerint a három egyenlet bármelyike következik a másik kettőből, egyikük megadása felesleges volt.
(4) és (5)-ből

b^{2} = 10 k^{2}

a^{2} = 9 k^{2}

c^{2} = 7 k^{2}

‐ ahol

k

pozitív arányossági tényező ‐, így

b > a > c

és

β > α > γ

. Másrészt

b^{2} = 10 k^{2} < a^{2} + c^{2} = 16 k^{2}

, így a háromszög hegyesszögű, a szögek tangensei pozitívok és

tg β > tg α > tg γ

. Az állítás csak úgy teljesülhet, ha

tg α

egyenlő a másik két szög tangensének számtani közepével.
Húzzuk meg az

a

oldalhoz tartozó

m

magasságot, és legyen

c

-nek

a

-ra való vetülete

x

. A keletkezett két derékszögű háromszögből

\begin{matrix} m^{2} = c^{2} - x^{2} = b^{2} - {(a - x)}^{2}, x = \frac{a^{2} + c^{2} - b^{2}}{2 a} = k, \\ m^{2} = 6 k^{2}, m = \sqrt[]{6} k, tg β = \sqrt[]{6}, tg γ = \frac{1}{2} \sqrt[]{6}, \end{matrix}

Ezekkel pedig

\begin{matrix} tg α = - tg (β + γ) = - \frac{\sqrt[]{6} + \frac{\sqrt[]{6}}{2}}{1 - \frac{6}{2}} = \frac{3 \sqrt[]{6}}{4}, \end{matrix}

valóban egyenlő

tg β

és

tg γ

összegének felével.

Lukács Lídia (Püspökladány, Karacs F. g. III. o. t.)

II. megoldás. Legyenek egy háromszög oldalai

d

e

f

, szemben levő szögei

δ

ε

φ

. Keressük meg, mely feltételnek kell teljesülnie az oldalakra, hogy fennálljon

\begin{matrix} tg δ = \frac{tg ε + tg φ}{2} . \end{matrix}

(6)

A követelményből az addíció‐tétel alkalmazásával

\begin{matrix} tg δ = - tg (ε + φ) = \frac{tg ε + tg φ}{tg ε tg φ - 1} = \frac{tg ε + tg φ}{2} . \end{matrix}

A számlálók egyenlőségéből következik a nevezők egyenlősége is, abból pedig

\begin{matrix} tg ε tg φ = 3. \end{matrix}

(7)

(Ugyanis a számlálók közös értéke valódi háromszögben nem lehet 0, különben

tg ε = - tg φ

-ből

ε + φ = 180^{\circ}

adódnék.)
(7) szerint

tg ε

és

tg φ

pozitívok ‐ mert nem lehet

ε

és

φ

mindegyike tompaszög ‐, így

tg δ

is pozitív, a háromszög hegyesszögű. Nem állhat

e = f

, mert ez

tg ε = tg φ = \sqrt[]{3}

ε = φ = 60^{\circ} = δ

-ra és

d = e = f

-re vezet, ami (1)‐(3) szerint esetünkben lehetetlen. Válasszuk a betűzést úgy, hogy álljon

e > f

. Ekkor

ε > φ

tg ε > tg φ

, és mivel (6) szerint

tg δ

közéjük esik,

ε > δ > φ

és

e > d > f

.
Fejezzük ki (7) bal oldalát az oldalakkal és a

t

területtel:

\begin{matrix} tg ε = \frac{sin ε}{cos ε} = \frac{2 d f sin ε}{d^{2} + f^{2} - e^{2}} = \frac{4 t}{d^{2} + f^{2} - e^{2}} . \end{matrix}

tg φ

hasonló kifejezésével, majd

16 t^{2}

helyére a Heron‐képlet alapján az oldalak kifejezését helyettesítve, beszorzással és rendezéssel

\begin{matrix} 16 t^{2} = 3 (d^{2} + f^{2} - e^{2}) (d^{2} + e^{2} - f^{2}), \\ 2 d^{2} e^{2} + 2 d^{2} f^{2} + 2 e^{2} f^{2} - d^{4} - e^{4} - f^{4} = 3 d^{4} - 3 {(e^{2} - f^{2})}^{2}, \\ 2 d^{4} - (e^{2} + f^{2}) d^{2} - {(e^{2} - f^{2})}^{2} = 0. & (8) \end{matrix}

Ez a (6) teljesülésének szükséges feltétele; másrészt valódi háromszögben elegendő is, mert számításaink megfordíthatóak.
Vonjuk le (1)

2 a^{2}

-szereséből (2)

b^{2}

-szeresét és (3)

c^{2}

-szeresét:

\begin{matrix} 2 a^{4} - b^{4} - c^{4} = a^{2} b^{2} + a^{2} c^{2} - 2 b^{2} c^{2}, \end{matrix}

ami átrendezhető

\begin{matrix} 2 a^{4} - a^{2} (b^{2} + c^{2}) - {(b^{2} - c^{2})}^{2} = 0 \end{matrix}

alakba. Ez (8)-ból

d

e

f

helyett

a

b

c

-t helyettesítve keletkezik, tehát háromszögünknek megvan a (6) tulajdonsága.

Strommer Richárd (Budapest, Piarista g. III. o. t.)
dolgozatából, kiegészítéssel

Megjegyzés. Meg lehet mutatni, hogy minden a (6) feltételt teljesítő háromszögben a súlypontot a körülírt kör középpontjával összekötő egyenes (a háromszög ún. Euler‐féle egyenese) párhuzamos a

d

oldallal. Ugyanis ennek a tulajdonságnak is (7) a feltétele.