Kezdőlap


Feladat:	F.1805	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Turán György
Füzet:	1972/szeptember, 12 - 13. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Alakzatba írt kör, Súlypont, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1972/január: F.1805

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

Betűzzük úgy a háromszög csúcsait, hogy legyen $A B = 5$ , $B C = 10$ , ekkor $C A = 13$ . Elég azt belátni, hogy a $k$ beírt kör egy kiszemelt súlyvonalat a kiindulási csúcsától távolabbi harmadoló pontjában metsz át. Válasszuk e célra az $A$ -ból induló $A D$ súlyvonalat, mert így a keletkezett $B A D$ háromszög egyenlő szárú, és $k$ középpontja rajta van ennek szimmetriatengelyén, tehát az $A D$ alapot $k$ két, e tengelyre szimmetrikus pontban metszi.

Legyen e két metszéspont

G

és

H

úgy, hogy

A G < A H

, és legyen

A G = D H = u

és

G H = v

; így azt akarjuk belátni, hogy

u = v

k

-nak

A B

-n levő érintési pontját

E

-vel jelölve ismert összefüggésekből

\begin{matrix} A E = \frac{1}{2} (A B + A C - B C) = 4 egység, \end{matrix}

eszerint az ismert

A G \cdot A H = A E^{2}

összefüggésből

\begin{matrix} u (u + v) = 16. \end{matrix}

(1)

Másrészt a súlyvonalra ismert összefüggésből

\begin{matrix} A D^{2} = \frac{1}{4} (2 A B^{2} + 2 A C^{2} - B C^{2}) = 72 = 2 \cdot 6^{2}, tehát \end{matrix}

\begin{matrix} A D = A G + G D = u + (u + v) = 6 \sqrt[]{2} . \end{matrix}

Ezt (1)-gyel egybevetve látjuk, hogy

u

és

(u + v)

\begin{matrix} x^{2} - 6 \sqrt[]{2} x + 16 = 0 \end{matrix}

egyenlet gyökei. Éspedig

v \geq 0

alapján

u

a kisebbik gyöke:

u = 2 \sqrt[]{2} = A D / 3 = H D,

tehát

H

valóban a súlypont. Ezzel az állítást bebizonyítottuk.

Turán György (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn., IV. o. t.)

Megjegyzések. 1. A beírt körnek a súlyponton való áthaladását biztosító föltétellel általában foglalkozott lapunk 1966. évi pályázata.^{$^{*}$} Azt találták a pályázók, hogy a kérdéses tulajdonságnak szükséges és elegendő föltétele az oldalak közti

\begin{matrix} 5 (a^{2} + b^{2} + c^{2}) = 6 (a b + a c + b c) \end{matrix}

egyenlőség. Ez esetünkben is teljesül. Megadta továbbá a pályázat mindazokat az egész oldalú háromszögeket, amelyeknek megvan ez a tulajdonsága:

\begin{matrix} a = [{(\frac{u - v}{2})}^{2} + v^{2}] \cdot t, b = [{(\frac{u + v}{2})}^{2} + v^{2}] \cdot t, c = \frac{u^{2} + v^{2}}{2} \cdot t, \end{matrix}

ahol

u,

v

páratlan, egymáshoz relatív prím természetes számok és

t

tetszés szerinti természetes szám. Esetünket

u = 5, v = 1, t = 1

adja meg.
2. A szóban forgó háromszög alakjával foglalkozott az F. 1638. feladat is.^{$^{*}$}
3. A beküldők többnyire koordinátageometriai bizonyítást adtak.

^{$^{*}$}Fred Ervin-Bakos Tibor-Tusnádi Gábor: Jelentés a K. M. L. 32. kötetének 5. számában közzétett pályázatáról. K. M. L. 34 (1967) 205‐212.

^{$^{*}$}Lásd a megoldást a K. M. L. 39 (1969) 109‐110.