Kezdőlap


Feladat:	Gy.2964	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Frenkel Péter , Geiger András , Hangya Balázs , Laczó Tibor , Pap Gyula , Stoll László , Turkus Előd , Vörös Imre
Füzet:	1995/október, 415 - 416. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Helyvektorok, Vektorok felbontása összetevőkre, Súlypont, Sokszögek szimmetriái, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1995/január: Gy.2964

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

Egy tetszőleges pontból indítsunk helyvektorokat a feladatban szereplő pontokhoz, s jelöljük ezeket a megfelelő kisbetűkkel. Tudjuk, hogy egy háromszög súlypontjának helyvektora egyenlő a csúcsok helyvektorainak számtani közepével. Ezért

\begin{matrix} \begin{matrix} a_{1} & = \frac{1}{3} (f + a + b), & b_{1} & = \frac{1}{3} (a + b + c), & c_{1} & = \frac{1}{3} (b + c + d), \\ d_{1} & = \frac{1}{3} (c + d + e), & e_{1} & = \frac{1}{3} (d + e + f), & f_{1} & = \frac{1}{3} (e + f + a) . \end{matrix} \end{matrix}

(1)

A_{1} B_{1} C_{1} D_{1} E_{1} F_{1}

hatszög pontosan akkor középpontosan szimmetrikus, ha az

A_{1} D_{1}

B_{1} E_{1}

és

C_{1} F_{1}

szakaszok felezőpontjai egybeesnek. (1)-et felhasználva egyszerű számolással adódik, hogy mindhárom felezőpont helyvektora

\frac{1}{6} (a + b + c + d + e + f)

, tehát a felezőpontok egybeesnek.
Ezzel a feladat állítását beláttuk.

Megjegyzés. A feladatot elemi úton ‐ vektorok nélkül ‐ is meg lehet oldani, de csak jóval bonyolultabban. Ez a példa tipikusan vektoros megoldást kíván.