Feladat: 315. matematika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Friedmann Bernát 
Füzet: 1897/április, 141 - 143. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Terület, felszín, Számsorozatok, Koszinusztétel alkalmazása, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1897/február: 315. matematika feladat

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

I. Első sorban számítsuk ki Sr értékét, ha r≤n-1. Az ArBrC,BrCrA és CrArB háromszögekből a cosinus-tétel alapján:
cr2=(r+1)2b2+r2a2+2r(r+1)abcosγ(1)
ar2=(r+1)2c2+r2b2+2r(r+1)bccosα(2)
br2=(r+1)2a2+r2c2+2r(r+1)accosβ(3)
E három egyenletet összeadva, kapjuk:
Sr=(r+1)2S+r2S+r(r+1)(2abcosγ+2bccosα+2accosβ),(4)
de
2abcosγ=a2+b2-c2
2bccosα=b2+c2-a2
2accosβ=a2+c2-b2
s így
2abcosγ+2bccosα+2accosβ=a2+b2+c2=S
mit (4)-be téve:
Sr=S[(r+1)2+r2+r(r+1)]=S[(r+1)3-r3].(5)
E képletben r helyébe rendre a 0,1,2,3,...n-1 értékeket téve, kapjuk, hogy.
S=S(13-03)
S1=S(23-13)
S2=S(33-23)
...
...
Sn-2=S[(n-1)3-(n-2)3]
Sn-1=S[n3-(n-1)3].

Ezen egyenleteket összeadva:
S+S1+S2+...+Sn-1=n3S.

II. Az ArBrCr háromszög területe (tr) egyenlő az ABC,ArBrC,BrCrA és CrArB háromszögek területeinek összegével. De az ArBrC,BrCrA és CrArB háromszögek alapjai r-szer, magasságai (r+1)-szer akkorák, mint az ABC háromszög megfelelő alapjai, illetve magasságai, miért is:
tr=t+3r(r+1)t=t[(r+1)3-r3].(6)
Az előbbi eljárást megismételve, csak S helyébe mindenütt t-t írva, kapjuk, hogy:
t+t1+t2+t3+...+tn-1=n3t.

III. Osszuk el (5)-öt (6)-tal és tegyünk r helyébe rendre 1,2,3...(n-1)-et, úgy nyerjük, hogy:
S1t1=S2t2=S3t3=...=Sn-1tn-1=St=
const.
 
(Friedmann Bernát.)
 
A feladatot még megoldották. Grosz A., Mayer M., Suschnik J.,Visnya A. egyetemi hallgatók; továbbá: Bálint B., Devecis M., Freund A., Goldstein Zs., Goldziher K., Grünhut B., Hofbauer E., Kántor N., Kertész L., Klein M., Koffler K., Kornis Ö., Kreizler F., Schiffer H., Spitzer Ö., Szabó K.