Feladat: 1382. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bárány I. ,  Baranyai Zs. ,  Deák J. ,  Domokos L. ,  Eff L. ,  Ferenczi Gy. ,  Füvesi I. ,  Gáspár A. ,  Herényi I. ,  Hoffer Anna ,  Kálmán A. ,  Lévai F. ,  Malina J. ,  Márki L. ,  Surányi L. ,  Székely Gábor ,  Szilágyi P. ,  Szörényi M. 
Füzet: 1966/szeptember, 7 - 8. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Harmadfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1965/március: 1382. matematika feladat

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

Legyenek az ABC háromszög szárai AB=AC=b, az alapon levő szög β, és a két szögfelező AA', BB'. Ekkor BAC=180-2β, BB'A=3β/2,

AA'=bsinβ,BB'=bsin(180-2β)sin(3β/2)=2bsinβcosβsin(3β/2).

 
 
1. ábra
 

Az előírt arány kétféleképpen állhat fenn. A BB'=2AA' követelményből egyszerűsítéssel (ugyanis b0 és sinβ0)
cosβ=sin3β2=cos(90-3β2),ésβ=90-3β2,

β=36, a csúcsnál levő szög 108.
AA'=2BB' esetén hasonlóan
4cosβ=sin3β2,(1)
illetőleg mindkét oldalt sin(β/2)=x-szel kifejezve
4(1-2x2)=3x-4x3,4x3-8x2-3x+4=0.(2)
A bal oldal nem bontható fel két racionális együtthatós polinom szorzatára. Ugyanis, ha felbontható volna, akkor az egyik tényező elsőfokú volna, s így volna az egyenletnek racionális gyöke. Azonban csak olyan p/q racionális szám lehet gyöke az egyenletnek, amelyben p az állandó tag (pozitív vagy negatív) osztója, q pedig x3 együtthatójának osztója, vagyis a ±4, ±2, ±1, ±1/2, ±1/4 számok, ezek közül viszont ‐ amint a próbák mutatják ‐ egyik sem gyöke az egyenletnek. ‐ Így (2) gyökeit a középiskolai tananyag alapján nem határozhatjuk meg.
A szögek közelítő meghatározását (1) alapján végezzük. Mindenesetre β>60, mert ‐ AA' és BB' metszéspontját O-val jelölve ‐ ha β60, akkor BAO=90-β30,ABO=β/230, tehát az ABO háromszögben AOBO, és az OBA' derékszögű háromszögből OA'<BO, így AA'=AO+OA'<2BO<2BB'.
(1) két oldalának különbsége β=60 esetén 1, β=70 esetén +0,4021,β=80 esetén -0,1716, az utóbbi kettő ellentett előjelű, így 70 és 80 között a különbség felveszi a 0 értéket.1 β10-nyi növekedésére a különbség 0,57-dal csökken; ennek a β=70-nál talált 0,40 többlet kb. 0,7 része, ezért β=77-kal próbálkozunk. Ekkor 0,9000-0,9026=-0,0026 adódik, ami negatív, tehát β<77. Véve β=76,9-ot, 0,9068-0,9037=0,0031>0 adódik, így β keresett értéke 76,9 és 77,0 között, van, az utóbbihoz kissé közelebb, mert |-0,0026|<|0,0031|, így 0,1 pontossággal β=77,0, és a csúcsnál levő szög 26,0.
 
 Székely Gábor (Budapest, Madách I. G.)
 
Megjegyzés. Az első eset megoldásában cos(90-1,5β) a 0<β<90 intervallumban előbb nő, majd csökken, ezért gondolni kell a (90-1,5β)=-β lehetőségre. Innen azonban β=180 adódik, nincs második megoldás.
1Ugyanis (1) mindkét oldala folytonosan változik, minden értéket felvesz, ami +0,4021 és -0,1716 között van.