Kezdőlap


Feladat:	711. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Tihanyi László , Torda Zsuzsa
Füzet:	1962/március, 119 - 120. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Derékszögű háromszögek geometriája, Terület, felszín, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1961/május: 711. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. A kérdésre a választ úgy keressük, hogy az adott egyenlőséghez hozzákapcsoljuk a minden derékszögű háromszögre fennálló

\begin{matrix} a^{2} + b^{2} = c^{2}, & (2) \\ a b = c m = 2 t & (3) \end{matrix}

egyenlőségeket (ahol

c

az átfogó és

t

a háromszög területe), és a nyert 4 ismeretlenes egyenletrendszert megoldjuk. Ha van megoldás, akkor válaszunk igen. Előre látható, hogy határozott megoldást nem kaphatunk, hiszen csak 2 ismeretlent küszöbölhetünk ki. Várható azonban, hogy az ismeretlenek arányát, a háromszög alakját meghatározhatjuk. Ugyanis (1)‐(3) egyikében sincs ismeretlent nem tartalmazó tag, továbbá (1) négyzetre emelése után egyenleteink mindegyikében minden tag fokszáma ugyanannyi (szokásos kifejezéssel: mindegyik egyenlet homogén). (1)-ből

\begin{matrix} 25 m^{2} = 9 b^{2} - 16 a^{2} . \end{matrix}

(1')

Küszöböljük ki a rendszerből

m

-et és

c

-t. (3)-ból (2) figyelembevételével

\begin{matrix} m^{2} = \frac{a^{2} b^{2}}{c^{2}} = \frac{a^{2} b^{2}}{a^{2} + b^{2}}, \end{matrix}

és így (

1'

)-ből átszorzással

\begin{matrix} 25 a^{2} b^{2} = (a^{2} + b^{2}) (9 b^{2} - 16 a^{2}) = - 16 a^{4} - 7 a^{2} b^{2} + 9 b^{4}, \\ 16 a^{4} + 32 a^{2} b^{2} - 9 b^{4} = 0. \end{matrix}

Mindkét oldalhoz

25 b^{4}

-t adva a bal oldal teljes négyzet, éspedig pozitív érték négyzete:

{(4 a^{2} + 4 b^{2})}^{2} = 25 b^{4}

, tehát

4 a^{2} + 4 b^{2} = 5 b^{2}

, amiből

4 a^{2} = b^{2}

, és mivel

a

és

b

is pozitív,

2 a = b

b : a = 2

.
Eszerint van a kérdéses tulajdonsággal bíró háromszög.

Torda Zsuzsa (Budapest, Berzsenyi D. lg. I. o. t.)

II. megoldás. Más alakban jellemezhetjük a háromszöget, ha (1)-höz (2) és (3) helyett a velük lényegében egyenértékű

\begin{matrix} m^{2} = c_{1} c_{2}, a^{2} = c c_{1}, b^{2} = c c_{2}, c_{1} + c_{2} = c \end{matrix}

egyenleteket kapcsoljuk hozzá. Itt

c_{1}

és

c_{2}

a

és

b

vetülete az átfogón. Így több egyenlet révén, de egyszerűbben, csak másodfokú egyenlet megoldásával jutunk eredményhez. Első három segédegyenletünk alapján (

1'

) négyzetes tagjait, majd a negyedik alapján

c^{2}

-t kiküszöbölve:

\begin{matrix} 25 c_{1} c_{2} = 9 c c_{2} - 16 c c_{1}; \\ 25 c_{1} (c - c_{1}) = 9 c (c - c_{1}) - 16 c c_{1}, \\ 25 c_{1}^{2} - 50 c c_{1} + 9 c^{2} = 0, amiből {(5 c_{1} - 5 c)}^{2} = 4 c^{2}, \end{matrix}

és mivel

c_{1} < c

, azért

- 5 c_{1} + 5 c = 4 c

c_{1} = c / 5

. Ekkor

c_{2} = 4 c / 5

, tehát (1) akkor áll, ha

m

talppontja az átfogót

1 : 4

arányban osztja két részre.

Tihanyi László (Budapest, Petőfi S. g. I. o. t.)