Feladat: F.2528 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Balogh 961 Cs. ,  Bán Rita ,  Blahota I. ,  Bóna M. ,  Bortel L. ,  Csermely Ágnes ,  Cynolter Gábor ,  Deák CS. ,  Derzsi S. ,  Dinnyés Enikő ,  Edvi T. ,  Erdei Zs. ,  Fülöp T. ,  Grallert Ágnes ,  Hetyei Judit ,  Íjjas Cs. ,  Kónya Eszter ,  Licsik I. ,  Limbek Cs. ,  Németh-Buhin Á. ,  Olasz-Szabó M. ,  Pfeil T. ,  Pintér A. ,  Regős G. ,  Ribányi Á. ,  Róth E. ,  Sobor G. ,  Szigeti Z. ,  Tóth 728 F. ,  Török A. ,  Varga 135 L. ,  Varsányi T. ,  Varsányi Tünde 
Füzet: 1985/november, 378 - 380. oldal  PDF file
Témakör(ök): Körülírt kör, Beírt kör, Hossz, kerület, Polinomok szorzattá alakítása, Prímtényezős felbontás, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1985/április: F.2528

Egy háromszög körülírt és beírt körének sugara 170, ill. 12 egység, a háromszög kerülete 416 egység. Mekkorák a szögei?

1. Jelölje R és r rendre az adott sugarakat és 2s a kerületet. Az adathármast szimmetrikusnak mondhatjuk abból a szempontból, hogy egyik oldal vagy szög sincs kitüntetve a többiekkel szemben. Ha tehát valahogyan kapnánk egy egyenletet pl. valamelyik oldalra, annak a további két oldalra éppúgy teljesülnie kellene, így legalább harmadfokúnak kellene lennie. Más kilátás hiányában ilyet keresünk.
 
 

Ismeretesek a 4Rt=abc és t=rs összefüggések, ahol t a terület. Mindkettő ,,szimmetrikus''a,b,c-ben és ilyen a Heron-féle területképlet is: t2=s(s-a)(s-b)(s-c). Ez a három összefüggés elegendő lesz annak a harmadfokú egyenletnek a felírásához, amelynek a gyökei a, b, c. Ezek ismeretében térünk majd rá a szögek kiszámítására.
Az egyenlet gyöktényezős alakját kifejtjük:
(x-a)(x-b)(x-c)=x3-(a+b+c)x2+(ab+bc+ac)x-abc=0,
itt máris ismerjük az első és a harmadik együtthatót: abc=4Rt=4Rrs. A második együtthatót is megkapjuk a Heron-képlet kifejtéséből
t2=r2s2=s(s3-(a+b+c)s2+(ab+bc+ac)s-abc),
ahonnan
ab+bc+ca=1s(r2s-s3+2s3+abc)=r2+s2+4Rr,
tehát az egyenlet:
x3-2sx2+(r2+s2+4Rr)x-4Rrs=0,
számadatainkkal
x3-416x2+51568x-1697280=0.

2. Próbáljuk meg, van-e egész gyöke az egyenletnek. Ez csak az x-től mentes tag osztója lehet, hiszen az első három tag osztható x-szel. Törzsszámhatványok szorzatára felbontva 1697280=29351317. Próbálkozzunk ennek 25=32 és 26=64 osztóival: Jelöljük az egyenlet bal oldalát P(x)-szel, így P(32)=-440320<0  és P(64)=+161280>0. Ezek ellentétes előjelűek, másrészt P(x) folytonos függvény, ezért van 0-helye a (32,64) intervallumban. Éspedig a -440 ezer és +161 ezer ,,hibák'' nagyságviszonya alapján várhatóan közelebb a 64-hez. Ilyen osztói az x-től mentes tagnak: 317=51 és 2213=52. Valóban  P(52)=0, tehát x1=52.
A további két gyök összege: x2+x3=x1+x2+x3-52=416-52=364, szorzatuk:  x2x3=x1x2x3:x1=x1x2x3:2213=273517=32640, tehát a további két oldal a következő másodfokú egyenlet gyöke:
x2-364x+32640=0,x2=160,x3=204.
Tehát a háromszög oldalai a=52, b=160, c=204. Ebben a háromszögben R, r és a kerület valóban egyenlő az előírt méretekkel.
3. Kiszámítjuk a két kisebb oldallal szemben fekvő szögeket, amelyek biztosan hegyesszögek:
sinα=a2R=52340,sinβ=b2R=160340,α=847,8',β=284,4'végülγ=1437,8'.

 

Megjegyzés. Kisebb számokkal dolgozhatunk, ha a, b, c helyett a beírt kör s-a, s-b, s-c érintőszakaszaira írunk fel harmadfokú egyenletet. Ezekre a gyökök szimmetrikus kifejezései:
(s-a)+(s-b)+(s-c)=s,(s-a)(s-b)+(s-b)(s-c)+(s-a)(s-c)=3s2-s4s+(ab+ac+bc)=r2+4Rr,(s-a)(s-b)(s-c)=t2/s=r2s,


ezek tehát a következő egyenlet gyökei:
z3-sz2+(r2+4Rr)z-r2s=0.

Számadatainkkal z3-208z2+8304z-29952=0, és mivel 2s páros szám, ugyanolyan eséllyel remélhetjük, hogy s-a, ... is egészek, mint a föntebbi próbálkozásban. Innen z1=156, z2=48, z3=4 útján a=208-156=52-re és tovább az előbbi eredményekre jutunk.