Feladat: F.1685 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Angyal J. ,  Bálint L. ,  Balogh Z. ,  Boros E. ,  Borsody T. ,  Chikán B. ,  Fazekas G. ,  Füredi Z. ,  Füvessy L. ,  Földes T. ,  Gajdács Ibolya ,  Gál P. ,  Garay B. ,  Gáspár Gy. ,  Hadnagy Magdolna ,  Hannák L. ,  Hennyey Katalin ,  Horváth István ,  Horváthy P. ,  Iglói F. ,  Katona E. ,  Kertész Á. ,  Komornik V. ,  Lakatos B. ,  Martoni V. ,  Monostori L. ,  Nagy István (II. o., Veszprém) ,  Pap Gy. ,  Papp L. ,  Petz D. ,  Prácser E. ,  Rékasi J. ,  Reviczky J. ,  Rudas T. ,  Sailer K. ,  Sashegyi László ,  Schmidt F. ,  Szabó Lóránt ,  Szendrei Ágnes ,  Szendrei Mária ,  Szente J. ,  Szőke Mariann ,  Tarsó B. ,  Turán Gy. ,  Vajnági A. ,  Váradi Judit ,  Varsányi I. ,  Zachar Z. 
Füzet: 1970/október, 49 - 52. oldal  PDF file
Témakör(ök): Számsorozatok, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1969/november: F.1685

T0, T1, T2, ... egyenlő szárú háromszögeknek olyan sorozata, amelyben
III. minden háromszög kerülete 2s;
III. Ti+1 alapja egyenlő Ti szárával (i=0, 1, 2, ...);
III. T0 szára nagyobb, mint az alapja.
Legyen a Ti szárai közti szög αi. Mutassuk meg, hogy a páros indexű α2j szögek sorozata monoton növekvő és a páratlan indexű α2j+1 szögek sorozata monoton csökkenő.
Legyen T0 alapja 2, szára 49 egység. Adjunk meg olyan i-t, amelyre αi1-nál, illetőleg 10'-nél kevesebbel tér el 60-tól.

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

I. megoldás: 1. Célszerűbb a háromszögek közös kerületének inkább az 1/3 részét jelölni egy betűvel, legyen ez p, így a kerület 3p és ha Ti alapja ai, akkor szára, egyben Ti+1 alapja (1. ábra)

 
 
1. ábra
 

bi=ai+1=3p-ai2=3p2-ai2.(1)

Legyen még a0=p-d, így b0=a1=p+d/2 és b0>a0 miatt d>0, másrészt azonban d<p. Továbbmenve a2=p-d/4, és az ezekből adódó
ai=p-(-12)id
sejtést igazolja, hogy vele (1) alapján
ai+1=p-(-12)i+1d.

A szárak közti αi, szögre, a (-1/2)=q rövidítést bevezetve, i=0,1,2,... esetén
sinαi2=ai2bi=ai2ai+1=p-qid2p+qid=12-3qid2(2p+qid).(2)
Tekintsük ennek megváltozását, ha az indexet 2-vel növeljük:
sinαi+22-sinαi2=3qid2(2p+qid)-3qi+2d2(2p+qi+2d)=3qid2(12p+qid-18p+qid),
a zárójelbeli tényező pozitív, így q<0 miatt páros i esetén a különbség pozitív, páratlan i esetén negatív, tehát a félszögek sinusából képezett sorozat páros indexű részsorozata növekvő, páratlan indexű részsorozata csökkenő. Ennek alapján az állítás helyessége abból adódik, hogy minden i-re 0<αi/2<π/2 és ebben az intervallumban sinx ‐ tehát inverze is ‐ monoton növekvő.
2. A számpéldában olyan i értéket keresünk, amelyre 59<αi<61, más szóval sin2930'<sinαi/2<sin3030', a táblázatból vett adatok kerekített voltára tekintettel az intervallumot szűkítve:
0,4925sinαi/20,5074.(3)

Keressünk pl. páros i értéket, legyen i=2j. Így, (2)-t felhasználva (3) helyére egyetlen egyenlőtlenséget írhatunk
0,492512-3q2jd2(2p+q2jd),(4)
hiszen a másik egyenlőtlenség teljesül, mert minden páros indexre sinα2j/2<1/2=0,5. Tovább alakítva (4)-et:
3q2jd2(2p+q2jd)<3q2jd4p0,0075,q2j=14j0,03p3d=0,013p3d=194,


ugyanis a0=2, b0=49 alapján 3p=100 és 3d=3p-3a0=94. Végül a megoldás:
4j94,j4,i8,páros.
Hasonlóan (3) jobb oldali egyenlőtlensége alapján megfelel minden i7, páratlan index.
(2) alapján i=8 esetén sinα8/2=4251/8559<0,4967, α8<5940', ez tehát a 10'-es megközelítés fölemelt követelményének már nem felel meg. A fentiekhez hasonlóan, de most páratlan i(=2j+1) értéket keresve,
sinαi2=12-3q2j+1d2(2p+q2j+1d)<0,5012<sin305',
(ugyanis q2j+1<0, és ezért sinα2j+1>0,5>sin2955'; az interpolált értéket lefelé kerekítettük),
3q2jd4(2p+q2j+1d)<3q2jd4(2p-d)<0,0012
(ugyanis másrészt q2j+1>-1 és d<p), végül
1q2j=4j>3d4(2p-d)0,0012555
(felkerekítve), amiből j5, tehát megfelel minden i=2j+111 érték.
 

Hennyey Katalin (Budapest, Kölcsey F. Gimn., III. o. t.)
 

Megjegyzés. Hasonlóan tetszőleges ε>0-hoz meghatározható olyan n, hogy minden i>n mellett |αi-60|<ε, mondhatjuk tehát, hogy a Tn háromszögek szögei 60-hoz tartanak.
 

II. megoldás a feladat első részére. Legyen tovább is Ti alapja ai, szára bi, így folytatólag
bi=ai+1=s-ai2,ai+2=s-ai+12=s2+ai4.
Ha mármost aibi, akkor ai2s/3 és ai+2-ai=0 és persze bi+2-bi=(ai-ai+2)/2<0; ha pedig ai>bi, akkor hasonlóan ai+2-ai<0 és bi+2-bi>0. Az első eset (a III. tulajdonság alapján) a páros indexekre következik be, az egyenlőség kizárásával, a második pedig a páratlanokra.
Ezek szerint páros indexekre
sinα2j+22=a2j+22b2j+2>a2j2b2j+2>a2j2b2j=sinα2j2,
és így α2j+2>α2j, páratlan indexekre pedig
sinα2j+12=a2j+12b2j+1<a2j-12b2j+1<a2j+12b2j-1=sinα2j-12,
ezért α2j+1<α2j-1.
 

Sashegyi László (Tatabánya, Árpád Gimn., III. o. t.)
 

Megjegyzés. A 2. ábrán a háromszög-sorozat 4 egymás utáni Ti=OPiQi háromszögét közös főcsúcsal és szimmetriatengellyel szerkesztettük T2j-ből kiindulva (ami persze T0 is lehet).
 
 
2. ábra
 

A kerület felének, s-nek kettéosztását a/2-re és b-re újabb és újabb s-szakaszon végeztük, ezeket a tengelyre merőlegesen és kezdőpontjukkal a tengelyen vettük fel.
A b2j szár felét ‐ mint a2j+1/2 hosszát ‐ az OUV szabályos háromszög OU-ra merőleges magasságegyenesével metszettük le s aljáról, a fönt maradó b2j+1 résszel pedig a magasságegyenesből kimetszettük P2j+1 helyzetét, O körül körívet írva.
E körív OV-vel való V2j+1 metszéspontjának a szimmetriatengelytől való távolsága mindjárt b2j+1/2, hiszen OV hajlása e tengelyhez 30.
A Pi pontok sorozata tart az OV szárnak ahhoz a P pontjához, amelyre OP=2s/3.