Feladat: 1462. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: -
Megoldó(k):  Antos P. ,  Balázs Katalin ,  Baróthy B. ,  Bod Judit ,  Csirmaz L. ,  Cziffra A. ,  Dabóczi Á. ,  Deák J. ,  Dévényi K. ,  Domokos László ,  Farkas I. ,  Fencsik G. ,  Ferencz L. ,  Gács P. ,  Herényi I. ,  Horváth S. ,  Joó I. ,  Juhász Ágnes ,  Kloknices I. ,  Korchmáros G. ,  Langer T. ,  Medgyesy K. ,  Medveczky M. ,  Nédai L. ,  Papp Z. ,  Radó P. ,  Recski A. ,  Szabó Klára ,  Szeidl L. ,  Szeredi Péter ,  Tiszai István ,  Verdes S. 
Füzet: 1967/november, 107 - 108. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Trigonometriai azonosságok, Derékszögű háromszögek geometriája, Egyenlő szárú háromszögek geometriája, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1966/április: 1462. matematika feladat

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

I. megoldás. a) Az ábrát az alábbiak szerint kapjuk az O középpontú, r=1 sugarú k körből és az alkalmas P külső pontból kiindulva.

 
 

Legyen k és a P körüli, 1 sugarú kör egyik metszéspontja A, messe a PA egyenes k-t másodszor B-ben úgy, hogy PB>PA, végül messe a B körüli, 1 sugarú kör a PO szakasz O-n túli meghosszabbítását S-ben. Így POA, OSB és ABO egyenlő szárú háromszögek. Legyen még A, B és O vetülete PO-ra, ill. PA-ra rendre A', B', O', továbbá AB=y; ekkor PO'/PO=PA'/PA=PB'/PB, azaz
1+y/2x=x2=x+s/21+y,
mert a POO', PAA' és PBB' derékszögű háromszögek nyilvánvalóan hasonlók. Az első két hányados egyenlőségéből
y=x2-2,(2)
ezt az utolsó két hányados egyenlőségébe helyettesítve rendezés után (1)-et kapjuk.
B-re addig teljesül PB>PA, míg PAO tompaszög, azaz míg OAB=2OPA=2φ<90, továbbá S-re addig teljesül PS>PO, míg BOS=BPS+PBO=3φ<90, egybevetve, míg φ<30.
b) A φ szög értéke egyértelműen meghatározza az ábrát, s így x és s értékét is. Az adott φ értékek mellett ‐ amelyekre teljesül a φ<30 feltétel ‐ valamelyik meghatározására nyerhetünk (1)-ből egyenletet.
φ=180/7 esetén BSP=BOS=3φ, és PBS=180-P-BSP=3φ, a PBS háromszög egyenlő szárú, x+s=1+y, (2) alapján
s=x2-x-1,(3)
és (1), így alakul:
x3-x2-2x+1=0.
s-et most már számíthatjuk akár (1)-ből, akár (3)-ból, de kezdhetjük ennek kiszámításával is, ugyanis az SPB és SBO egyenlő szárú háromszögek hasonlók, mert S-nél levő szögük közös. Így
x+s=SPSB=SBSO=1s,azazx=1s-s.
Ezt (1)-be írva, s3-nel végigszorozva az egyenletet és rendezve
s6-5s4+6s2-1=0.

c) φ=20 esetén SOB=60, tehát s=1, x-re pedig (1)-ből az
x3-3x-1=0
egyenlet adódik.
 
Domokos László (Tatabánya, Árpád G.)
Szeredi Péter (Budapest, II. Rákóczi F. G.)
 

II. megoldás a feladat első részéhez. x és s kifejezhetők φ-vel: x=2cosφ, s=2cos3φ, így (1) helyett azt kell bizonyítanunk, hogy a csupán egy változót tartalmazó
8cos3φ-6cosφ-2cos3φ=0(4)
egyenlőség minden φ-re fennáll ‐ hacsak teljesül az I. megoldásban talált 0<φ<30 korlátozás ‐, vagyis hogy (4) azonosság. Valóban, (4) a képletgyűjteményekből ismert, de enélkül is gyorsan kiadódó
cos3φ=cos2φcosφ-sin2φsinφ=cosφ(2cos2φ-1-2sin2φ)==cosφ(4cos2φ-3)


azonosság más alakja.
Az összefüggést a 30φ<45 szögekre is kiterjeszthetjük. Ekkor célszerű az OP-vel egyirányú OS-t tekinteni pozitívnak, s így
x3-3x+s=0
áll fenn minden helyzetben.
 
 Tiszai István (Budapest, Toldy F. g. IV. o. t.)