Feladat: 961. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Babai László ,  Bárány I. ,  Domokos L. ,  Gáspár A. ,  Havas J. ,  Horváth S. ,  Roszival M. ,  Szász A. ,  Szeredi P. ,  Tényi G. 
Füzet: 1965/november, 123 - 124. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Derékszögű háromszögek geometriája, Konstruktív megoldási módszer, Párhuzamos szelők tétele, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Síkgeometriai szerkesztések, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1965/január: 961. matematika gyakorlat

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

I. megoldás Egyszerűsítés úgy nyerhető, hogy egy szakasz k-szori felmérése helyett n-szeri felmérés után az n2-szorost vagy egy ahhoz közeli többszöröst szerkesztünk meg a középarányossági tételek valamelyikével.

 
 

Mérjük fel pl. egy AB szakasz B végpontjában emelt merőlegesre a BC=n⋅AB szakaszt. Az AC-re C-ben emelt merőleges messe az AB egyenest D-ben. Ekkor az ACD háromszög BC magasságára
AB⋅BD=BC2=n2⋅AB2,AD=AB+BD=(n2+1)AB.
Hasonlóan az A pont B-re vonatkozó A' tükörképére A'D=BD-AB=(n2-1)AB. Az adott DE szakasz (n2+1)-ed és (n2-1)-ed részét most már a szokásos módon szerkesztjük.
 
Babai László (Budapest, Fazekas M. gyak. g. I. o. t.)
 

II. megoldás. Az előző megoldás ABC háromszögében AC=n2+1⋅AB. Ezt felhasználhatjuk AB/(n2+1) megszerkesztésére. Legyen B merőleges vetülete AC-n P, és P-é AB-n Q. Az ABC és AQP háromszögek hasonlók, így
AP/AQ=AC/AB=n2+1,
és az ABC háromszög AB befogójára
AB2=AC⋅AP=n2+1⋅AB⋅n2+1⋅AQ,ígyAQ=AB/(n2+1).
Ha tehát AB-nek az adott távolságot választjuk, akkor AQ a szerkesztendő szakasz.
Messe a B körül n⋅AB sugárral húzott körív az AB-re A-ban emelt merőlegest D-ben, ekkor AD=n2-1⋅AB. A BD-re A-ból bocsátott merőleges messe a BC egyenest P1-ben, a P1-ben AP1-re állított merőleges az AB egyenest Q1-ben. Ekkor az ABD és BQ1P1 háromszögek hasonlóságából P1B=n2-1⋅BQ1, és az AP1Q1 derékszögű háromszög P1B magasságára
(n2-1)⋅BQ12=P1B2=AB⋅BQ1,amibőlBQ1=AB/(n2-1).

A kitűző megoldása nyomán
 

Megjegyzések. 1. Az I. megoldás mutatja, hogy a feladat k=n2-re és -AB-t ismételten felmérve A-n, ill. A'-n túl, k=n2+2, n2+3, stb. ill. n2-2, n2-3, stb. értékekre is megoldható a leírt módon. A II. megoldásban B-ből AC-t mérve BC-re, majd sorra az új átfogókat, kapjuk n2+2⋅AB-t, n2+3⋅AB-t stb. Viszont az AD távolsággal B-ből az AD egyenest metszve, és ezt az eljárást ismételve a befogón n2-2⋅AB-t, n2-3⋅AB-t stb. kapjuk. Így a II. megoldás eljárásai is alkalmazhatók k=n2+2, n2+3, ill. k=n2-2, n2-3, ... esetére is, a k=n2 esetét pedig a BP-nek AD-vel való metszéspontjában BP-re állított merőleges és AB metszéspontjának A-tól mért távolsága szolgáltatja.
A szerkesztéseknek még számos módosítása, változata adható.
 
2. Többen számításokat végeztek ‐ megállapítva, mit tekintenek elemi szerkesztési lépéseknek ‐, hogy mikor áll az új eljárás kevesebb lépésből a szokásosnál. Ezt sok minden befolyásolja, pl. a többszörösök felmérésénél alkalmazhatunk ismételt kétszerezést, majd a kapott szakaszokból tehetjük össze a kívánt többszöröst (pl. 13=8+4+1, vagy =16-2-1). Általában csak egy alkalmas korlát fölötti n-ekre áll az új eljárás kevesebb lépésből.
 
3. A II. megoldás következő trigonometriai magyarázatát adhatjuk: A megszerkesztett CAB∢=φ tangense n, így
1n2+1=1tgφ+1=cos2φ,  és  AQ=APcosφ=ABcos2φ=ABn2+1.
Hasonlóan a ψ=ABD∢-re
cosψ=1n,így1n2-1=(1/n)21-(1/n)2=cos2ψ1-cos2ψ=cotg2ψ,ésBQ1=BP1cotgψ=ABcotg2ψ=ABn2-1.