Feladat: Gy.1859 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1980/február, 72 - 74. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Diofantikus egyenletek, Derékszögű háromszögek geometriája, Beírt kör, Hozzáírt körök, Terület, felszín, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Természetes számok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1979/október: Gy.1859

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

Mielőtt megoldanánk a feladatot, ismételjünk át néhány olyan összefüggést, amely a háromszög beírt és körülírt körének sugara és a háromszög oldalai között áll fenn.

 

Az érintő szakaszok hossza
 

Az ABC háromszög beírt körének O középpontjából állítsunk merőlegest az oldalakra. Az AB-re állított merőleges talppontja P, a BC-é Q, az AC-é R. A háromszög bármely csúcsát kötjük össze O-val, ez szimmetriatengelye a körnek s így nyilván
AP=AR=x,BP=BQ=y,CQ=CR=z.(1)
Az x+y+z összeg a háromszög kerületének fele és s-sel szoktuk jelölni.
 

A háromszög területe
 

Az ABC háromszög területét megkapjuk, ha az AOB, BOC, COA háromszögek területét összeadjuk. Rendre felírva a területeket, ha a beírt kör sugarát ϱ-val jelöljük (az ábrán r és rb szerepel ϱ és ϱb helyett)
t=(x+y)ϱ2+(y+z)ϱ2+(z+x)ϱ2=(x+y+z)ϱ=sϱ(2)
összefüggést kapjuk.
 
 

 

A háromszöghöz írt körök sugara
 

Rajzoljuk meg az ABC háromszög b oldalához írt kört, vagyis azt a kört, amely a b oldalt, valamint az a és c oldalak meghosszabbítását érinti. Jelöljük az érintési pontokat a c oldalegyenesén S-sel, a b oldalegyenesén T-vel.
Nyilván BS+BT=y+x+AS+y+z+CT=2(x+y+z)=2s az AS+CT=AC=z+x miatt.
De BT=BS=s és így
AS=zésCT=x.(3)

Jelöljük a b oldalhoz hozzáírt kör középpontját Ob-vel, sugarát ϱb-vel. Az ABC háromszög területét felírhatjuk a következőképpen: az ObSB háromszög területének kétszereséből levonjuk az ObSA és ObTC háromszögek területének kétszeresét. Felhasználva a (3) alatti összefüggéseket
t=ϱb(x+y+z)-zϱb-xϱb=ϱby,
ahonnan
ϱb=ty.
Hasonlóan kapjuk, hogy
ϱa=tx,ϱc=tz.(4)

Áttérve eredeti feladatunk megoldására
1ϱa+1ϱb+1ϱc=x+y+zt'=st=ssϱ=1ϱ=1.(5)
Kihasználtuk azt a feltételt, hogy a beírt kör sugara 1, és t helyébe a (2) alatt kapott ϱs kifejezést helyettesítettük.
Feladatunkban az (5) alatti egyenletet kell megoldanunk, mégpedig felhasználva, hogy ϱa, ϱb és ϱc egészek.
Az 1849. gyakorlatban éppen azt láttuk be, hogy n≧3-ra van az egyenletnek különböző számokból álló megoldása. Most keressük meg az összes megoldást. Nem nehéz észrevenni, hogy ϱa, ϱb és ϱc közül legfeljebb egy lehet csak 2-vel egyenlő, a másik kettő nagyobb 2-nél. Továbbá az is nyilvánvaló, hogy nem lehet mindegyik 4, mert így összegük kisebb lenne 1-nél, kell tehát, hogy legyen köztük 4-nél kisebb, azaz 2 vagy 3.
Az általánosítás megszorítása nélkül választhatjuk a jelölést úgy, hogy ϱa≦ϱb≦ϱc legyen.
Ha ϱa=2, akkor ϱb=ϱc=4 vagy ϱb=3, ϱc=6. A másik lehetőség, hogy ϱa=ϱb=ϱc=3.
Próbáljuk meg most a háromszög területét kifejezni a beírt és hozzáírt körök sugaraival.
A (4) alatti egyenleteket összeszorozva
ϱaϱbϱc=t3xyz.(6)
Az ObSA és AOP háromszögek hasonlóságából
ϱbx=zϱ,s mivelϱ=1,így aϱb=xz
összefüggést kapjuk, amit (4)-gyel összevetve
ϱb=ty=xz,ahonnant=xzy.

Írjuk ezt a (6) alatti összefüggésben az egyik t helyébe
ϱaϱbϱc=t2xyz⋅xyz=t2,
ahonnan t=ϱaϱbϱc.
Behelyettesítve ϱa, ϱb, ϱc szóba jött értékhármasait
t=2⋅4⋅4=32,t=2⋅3⋅6=36=6,t=27.
Láthatjuk, hogy csak egy esetben kaptunk egész értéket, amikor is t=6.
(4)-bőlϱa=2,ϱ=3,ϱc=6.(4)-bőlx=tϱa=3,y=tϱb=2,z=tϱc=1.


Így a keresett háromszög oldalaira az
a=y+z=3,b=z+x=4,c=x+y=5
értékeket kapjuk. A feltételeknek tehát a 3, 4, 5 egység oldalú derékszögű háromszög tesz eleget.