Kezdőlap


Feladat:	F.2377	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1983/január, 11 - 13. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Beírt alakzatok, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül négyszögekben, Hossz, kerület, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1982/szeptember: F.2377

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

Megoldás. A beírás sokféle lehetősége folytán az állítás bizonyítására csak az az út látszik végigvihetőnek, hogy nem sikerül azt megcáfolni. Próbáljuk tehát bebiztosítani, hogy az egymás utáni oldalak nagyobbak legyenek a szabályos háromszög oldalának felénél és ez az utolsóra nem fog sikerülni.
Legyenek a háromszög csúcsai $A$ , $B$ , $C$ , a beírt négyszögéi ‐ ugyanabban a forgási irányban körüljárva ‐ $D$ , $E$ , $F$ , $G$ és legyen $D$ az $A B$ alapon. A négyszögnek legalább egy szomszédos csúcspárja egy háromszögoldalra esik, legyen $E$ is $A B$ -n. Jelöljük az $A B$ , $B C$ , $C A$ oldal felezőpontját rendre $H$ , $I$ , $J$ -vel.

1. ábra

Mivel így

A H = H B = \frac{1}{2}

, és ez éppen a négyszög oldalának el nem érhető alsó korlátja, azért

D

és

E

H

-nak két oldalán lehet csak,

D

A H

-n ‐ kizárva

H

-t, de megengedve

A

-t, másrészt

E

H B

-n, de nem a

H

-ban.

Írjunk

\frac{1}{2}

sugarú kört

E

-nek egy tetszőleges megengedett helyzete körül ‐ de most

B

-t is kizárjuk ‐ és jelöljük a

B C

egyenesen kimetszett pontjait

F^{*}

és

F^{* *}

-gal úgy, hogy

C F^{*} < C F^{* *}

. Ezek létrejönnek, mert

E

-nek és

H

-nak

B C

-n levő vetületét

E'

-vel,

N

-nel jelölve

E E' < H N < H B = \frac{1}{2}

. Ekkor

F^{*}

C B

szakaszon van, hiszen

E C > H C > \frac{1}{2}

. Az

F^{*} E B

háromszögben

\frac{1}{2} = F^{*} E > E B

, ennélfogva

F^{*} B E ∢ = 60^{\circ} > E F^{*} B ∢

, folytatólag

F^{*} E B ∢ > 60^{\circ}

, így

F^{*} B > F^{*} E = \frac{1}{2}

. Így

F^{*}

I C

szakasz belsejében van és

F^{*} C < \frac{1}{2}

.
Másrészt

F^{* *}

F^{*}

-nak

E'

-re való tükörképe, és

E'

B N

szakasz belsejében van,

N

pedig a

B I

felezőpontja,

B C

-nek első negyedelő pontja. Ezek szerint

\begin{matrix} F^{* *} E' = F^{*} E' > F^{*} N > I N = B N > B E', \end{matrix}

vagyis

F^{* *}

B C

oldal

B

-n túli meghosszabbításán van.
Végül is a

B F^{*}

szakasz minden belső pontja közelebb van

E

-hez, mint

F^{*} E = \frac{1}{2}

. Ezért

F

vagy csak a

C F^{*}

szakaszon lehet,

F^{*}

-ot kizárva ‐ ami mindjárt azt is jelenti, hogy a

B C

oldalon nem lehet két csúcsa a beírt négyszögnek, vagy pedig nem is a

B C

-n van, hanem

A C

-n.
Számolgatás nélkül kapjuk ugyanezeket

F

helyzetére, ha

E

-t azonosnak vesszük

B

-vel. Ámde a meggondolást megismételve a

C H

tengelyre tükrös elemekkel, azt kapjuk, hogy az

A C

oldalon sem lehet két csúcsa a négyszögnek emiatt

F

csak

C F^{*}

-on lehet, továbbá a

G

csúcs csak a

C G^{*}

szakasz belsejében lehet, ahol

G^{*} D = \frac{1}{2}

és

G^{*}

J C

szakasz belsejében van.

Így pedig a négyszög negyedik oldalára

F G < F J < I J = \frac{1}{2}

.
Minden lehetőséget figyelembe vettünk, és nem sikerült a negyedik oldalra biztosítani, hogy nagyobb legyen

\frac{1}{2}

-nél, ezzel az állítás bizonyossággá vált.

Megjegyzés. Ha megengedünk

\frac{1}{2}

hosszúságú oldalakat is, akkor a 2. ábrán látható beírt négyszögek megfelelnek.

2. ábra