Feladat: 1236. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Báthory Anna ,  Berecz Ágota ,  Csirik József ,  Deák István ,  Dobó Ferenc ,  Érdi Bálint ,  Fekete Sándor ,  Földeáki Mária ,  Földes Antónia ,  Gálfi I. ,  Gyárfás A. ,  Haáder Lea ,  Hirka András ,  Hoffmann P. ,  Káldor Éva ,  Kiss Katalin ,  Komor Tamás ,  Koska Á. ,  Kőszegi László ,  Kuzmann E. ,  Lovász László ,  Lukács Lídia ,  Makai Endre ,  Malatinszky Géza ,  Máltai L. ,  Marosi Judit ,  Nagy Angéla ,  Nagy Klára ,  Nárai György ,  Naszályi F. ,  Papp M. ,  Pelikán József ,  Rejtő Lídia ,  Seszták E. ,  Siket Aranka ,  Somos Péter ,  Szalay András ,  Széchy G. ,  Szilágyi Tivadar ,  Tamás Endre ,  Tihanyi László ,  Vadász Péter ,  Vaskövi I. ,  Veres Ferenc ,  Zentai T. 
Füzet: 1963/december, 206 - 207. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Súlyvonal, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1963/március: 1236. matematika feladat

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

I. Jelöljük az a, b, c oldallal szemben fekvő csúcsot A-val, B-vel, ill. C-vel és a belőlük kiinduló súlyvonalat rendre sa, sb, sc-vel.
Két különböző oldalhoz tartozó súlyvonal közül a nagyobbik oldalhoz tartozó a kisebb. Ha ugyanis pl. a<b, akkor a C csúcs és vele együtt az sc súlyvonal is az AB szakasz felező merőlegesének ugyanazon az oldalán van, mint a B csúcs. Ez áll az S súlypontra is, tehát

23sa=SA>SB=23sb,sa>sb.

Így a feltevés szerint sa>sb>sc, a súlyvonalak alkotta háromszög tehát csak úgy lehet hasonló az eredetihez, ha
a:b:c=sc:sb:sa.(1)
Ismeretesek1 az oldalak és súlyvonalak közt a következő összefüggések:
4sa2=-a2+2b2+2c2,4sb2=2a2-b2+2c2,4sc2=2a2+2b2-c2.(2)
Az (1)-ből adódó b:c=sb:sa aránypárt négyzetre emelve a következő egyenlőséget kapjuk:
b2c2=sb2sa2=4sb24sa2=2a2-b2+2c2-a2+2b2+2c2.
A törteket eltávolítva és b hatványai szerint rendezve
2b4+(3c2-a2)b2-2c2(c2+a2)=0.
Ez b2-re vonatkozóan másodfokú egyenlet, aminek a diszkriminánsa
(3c2-a2)2+16c2(c2+a2)=25c4+10a2c2+a4=(5c2+a2)2
s így ‐ a b2-re adódó megoldások közül csak a pozitívot véve ‐
b2=a2-3c2+5c2+a24=a2+c22.(3)
Ezzel a gyökkel (2) alapján
4sa2=3c2,4sb2=32(a2+c2)=3b2,4sc2=3a2,
tehát ez esetben valóban fennáll (1). Egyszersmind azt is találtuk, hogy a súlyvonalakból képezett háromszög 3/2 arányú kicsinyítettje az eredetinek.
Most már (3) alapján a=47 és b=65-tel c=79, és ezek lehetnek egy háromszög oldalai.
 

II. A (3)-at és az a<b<c feltételt teljesítő, legkisebb pozitív egész számhármas: a=1, b=5, c=7 ‐ ugyanis b helyén 1, 2, 3, 4-gyel 2b2 nem bontható fel két különböző természetes szám négyezetének összegére ‐, ezek azonban nem lehetnek egy háromszög oldalai. További próbálgatással nyerjük elsőnek a 7, 13, 17 számhármast, amelyből már szerkeszthető háromszög.
 
 Hirka András (Pannonhalma, Benedek‐rendi g. III. o. t.)
 
Megjegyzések. 1. A súlyvonalakra nyert nagyságviszonyok érvényben maradnak, ha a feltétel helyett abc-ből indulunk ki. Mindkét nagyságviszonyban egyenlőséget véve (3) teljesül, de közvetlenül is belátjuk, hogy a szabályos háromszög súlyvonalaiból szerkesztett háromszög szabályos, és hogy az oldalak aránya 3/2.
 
2. A (3) egyenlőséget átrendezve
c2-b2=b2-a2,vagyc+bb+a=b-ac-b.
Ha a, b, c egész, akkor e törtek értéke racionális szám és 1-nél nagyobb, mert c>a, s így c+b>b+a. A tört legegyszerűbb alakjában a számlálót és nevezőt u, v-vel jelölve u>v és u, v relatív prímek,
(c+b)v=(b+a)u,(b-a)v=(c-b)u.
A két egyenletből a-t, ill. c-t kiküszöbölve a maradó két oldal arányára
bc=u2+v2u2+2uv-v2,ba=u2+v2-u2+2uv+v2
adódik. Így
a=2uv-u2+v2,b=u2+v2,c=2uv+u2-v2
egész megoldása a feladatnak és közös osztó nélküli egészek, ha u és v közül egyik páros, másik páratlan.
 
 Berecz Ágota (Makó, József A. g. III. o. t.)
1Lásd pl. 752. gyakorlat, K. M. L. 25 (1962/11) 149.o.