Kezdőlap


Feladat:	1261. matematika feladat	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: -
Megoldó(k):	Almássy György , B. Major P. , Barna Tibor , Bencze József , Cser Sándor , Czinczenheim József , Donáth Géza , Erdős G. , Farkas Imre , Fehér György , Fessler J. , Frankl Ottó , Födesi Tamás , Grosz László , Harsányi János , Holzer Pál , Huhn Péter , ifj. Seidl Gábor , Jakab Károly , Kádár Géza , Kardos I. , Kardos L. , Kemény György , Kolostori J. , Komlós János , Kondor I. , Krisztonosich Jenő , Lóránd Endre , Miklós F. , Németh Emil , Németh K. , Oroszhegyi Szabó Lajos , Pálos Peregrin , Papp I. , Radovics György , Rusznák I. , Schwarz János , Sebestyén Gyula , Somogyi Antal , Szegfű A. , Szelei Gy. , Szerényi László , Tarnóczy Loránt , Tésy Gabriella , Tóth P. , Vajda József , Weisz Alfréd , Zádor Gy.
Füzet:	1937/január, 130 - 133. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek egybevágósága, Háromszögek hasonlósága, Súlyvonal, Súlypont, Magasságpont, Indirekt bizonyítási mód, Terület, felszín, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1936/november: 1261. matematika feladat

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

I. Megoldás. A háromszög $S$ súlypontja az $A A_{1}$ , $B B_{1}$ , $C C_{1}$ , oldalfelező transzverzálisoknak (súlyvonalak) közös pontja.
Az $A A_{1}$ súlyvonal az $A B C Δ$ -et és a $B C S Δ$ -et is két egyenlő területű részre osztja.
Az $A B C Δ$ két része: $A C A_{1}$ és $A B A_{1}$ területre egyenlők, mert alapjuk egyenlő: $A_{1} C = A_{1} B$ és ehhez tartozó magasságuk, $A H$ , közös.
A $B C S Δ$ két része: $B S A_{1}$ és $C S A_{1}$ területre egyenlők, mert alapjuk egyenlő: $A_{1} C = A_{1} B$ és ehhez tartozó magasságuk, $S S_{a}$ közös.

Ebből következik, hogy az

A B A_{1}

és

B S A_{1}

háromszögek területének különbsége egyenlő az

A C A_{1}

és

C S A_{1}

háromszög területének különbségével, azaz

\begin{matrix} t_{A B S} = t_{C A S} . \end{matrix}

Hasonlóan következik, a

B B_{1}

súlyvonal segítségével, hogy

\begin{matrix} t_{A B S} = t_{B C S} . \end{matrix}

Eszerint a háromszög

S

súlypontja oly tulajdonságú, hogy

\begin{matrix} t_{A B S} = t_{B C S} = t_{C A S} = \frac{1}{3} t_{A B C} . \end{matrix}

Tegyük fel, hogy volna még egy

S

-től különböző

S'

pont, amely ugyanolyan tulajdonságú, mint

S

, azaz

\begin{matrix} t_{A B S'} = t_{B C S'} = t_{C A S'} = \frac{1}{3} t_{A B C} . \end{matrix}

Ebben az esetben

t_{A B S'} = t_{A B S}

; ez csak úgy lehetséges, hogy mivel e két háromszögnek közös alapja van, ha a magasságuk is egyenlő, vagyis

S S' ∥ A B

.
Ugyanígy

t_{B C S'} = t_{B C S'}

; ebből pedig

S S ∥ B C

.
Azonban

S S' ∥ A B

és

S S' ∥ B C

ellentmondás.
Tehát más pont, mint az

S

súlypont, nem bírhat a szóbanforgó tulajdonsággal.

II. Megoldás. Az

S

súlypont tulajdonságát előbb bebizonyítottuk.
Tegyük fel, hogy az

S

-től különböző

S'

pont ugyanolyan tulajdonságú, mint az

S

súlypont. Ezen

S'

pont akkor beleesik pl. az

A B S Δ

-be (ill. ennek

A S

vagy

B S

oldalára). Ekkor pedig

\begin{matrix} t_{A B S'} < t_{A B S} azaz t_{A B S'} < \frac{1}{3} t_{A B C} . \end{matrix}

Kell tehát, hogy

t_{B C S'}

, vagy

t_{C A S'}

nagyobb legyen, mint

\frac{1}{3} t_{A B C}

, azaz:

S'

nem bonthatja fel az

A B C Δ

-et három egyenlő területű részre.

Kemény György (áll. Szent István rg. VII. o. Bp. XIV.)

Oroszhegyi Szabó Lajos (Kegyesrendi g. VIII. o. Bp. IV.)

III. Megoldás. Ha a

B C S

és

A B S

háromszögek területe egyenlő, akkor, mivel

B S

-t közös alapnak tekinthetjük, kell, hogy az ehhez tartozó magasságok is egyenlők legyenek:

A K = C L

. Ebből azonban következik, hogy ha

B S

A C

-t a

B_{1}

-ben metszi,

A B_{1} K Δ C_{}^{\infty} B_{1} L Δ

. Ugyanis

K ∢ = L ∢ = 90^{\circ}

, továbbá az

A K

és

C L

befogókkal szembenfekvő szögek, mint csúcsszögek, egyenlők.
Ebből következik:

A B_{1} = C B_{1}

azaz az

S

pont a

B B_{1}

oldalfelezőn (súlyvonalon) fekszik.

Hasonló meggondolással következik, hogy

S

A A_{1}

ill.

C C_{1}

oldalfelezőkön is rajta fekszik, tehát

S

a háromszög súlypontja.

Sebestyén Gyula (Fazekas Mihály r. VII. o. Debrecen).

IV. Megoldás. Legyen az

S

pont olyan tulajdonságú, hogy

\begin{matrix} t_{A B S} = t_{B C S} = t_{C A S} = \frac{1}{3} t_{A B C} . \end{matrix}

A B S

és

A B C

háromszögeknek közös alapja

A B

; az elsőnek magassága

S S_{c}

, a másodiké

C D = m_{c}

. Minthogy

\begin{matrix} t_{A B S} = \frac{1}{3} t_{A B C}, kell, hogy S S_{c} = \frac{1}{3} C D = \frac{1}{3} m_{c} legyen . \end{matrix}

Eszerint kell, hogy

S

A B

oldallal párhuzamos

e

egyenesen feküdjék, melynek távolsága

A B

-től

\frac{1}{3} m_{c}

.¹
Hasonlóan

S

B C

oldallal párhuzamos

f

egyenesen is fekszik, melynek távolsága

B C

-től

\frac{1}{3} m_{a}

e

és

f

egyenesek meghatározzák az

S

pontot. Azt kell még kimutatnunk ‐ és ez elegendő is ‐ hogy

A S

és

C S

súlyvonalak.
Húzzuk meg az

A S

egyenest, mely

B C

-t az

A_{1}

, továbbá a

C S

egyenest, mely

A B

-t a

C_{1}

pontban metszi.
Nyilván

\begin{matrix} S A_{1} = \frac{1}{3} A A_{1} és S C_{1} = \frac{1}{3} C C_{1} \end{matrix}

ill.

\begin{matrix} A S : S A_{1} = 2 : 1 és C S : S C_{1} = 2 : 1, azaz A S : S A_{1} = C S : S C_{1} . \end{matrix}

Ebből következik, bogy

A S C Δ \sim A_{1} S_{1} C Δ

, mert: az

S

csúcsnál egyenlő szögük van és ezen szöget bezáró oldalak aránya egyenlő. Kimondhatjuk tehát, hogy

S A_{1} C_{1} ∢ = S A C ∢

,
ill.

\begin{matrix} A_{1} C_{1} ∥ A C és A_{1} C_{1} = \frac{1}{2} A C . \end{matrix}

Ez azonban azt jelenti, hogy

A_{1}

B C

C_{1}

A B

oldal felezőpontja:

A A_{1}

és

C C_{1}

súlyvonalak és így

S

A B C Δ

súlypontja.

Kádár Géza (Dobó István r. VII. o. Eger)

V. Megoldás. Derékszögű koordinátarendszerünk kezdőpontját helyezzük abba az

S

pontba, amelyre nézve

\begin{matrix} t_{A B S} = t_{B C S} = t_{C A S} ... \end{matrix}

(1)

A

B

C

csúcsok a pozitív forgás irányában következnek egymás után,

(x_{1}, y_{1})

(x_{2}, y_{2})

(x_{3}, y_{3})

koordinátákkal. Így az 1) feltétel

\begin{matrix} x_{1} y_{2} - x_{2} y_{1} = x_{2} y_{3} - y_{2} x_{3} = x_{3} y_{1} - x_{1} y_{3} ... \end{matrix}

(2)

alakban írható és innen

\begin{matrix} (x_{1} + x_{3}) y_{2} = (y_{1} + y_{3}) x_{2} ... \end{matrix}

(2a)

ill.

\begin{matrix} (x_{2} + x_{1}) y_{3} = (y_{2} + y_{1}) x_{3} ... \end{matrix}

(2b)

vagy még

\begin{matrix} (x_{3} + x_{2}) y_{1} = (y_{3} + y_{2}) x_{1} ... \end{matrix}

(2c)

Már most ezen összefüggések azonosak a következőkkel:

\begin{matrix} (x_{1} + x_{2} + x_{3}) y_{2} = (y_{1} + y_{2} + y_{3}) x_{2} azaz \frac{y_{2}}{x_{2}} = \frac{y_{1} + y_{2} + y_{3}}{x_{1} + x_{2} + x_{3}} ... & (3a) \\ (x_{1} + x_{2} + x_{3}) y_{3} = (y_{1} + y_{2} + y_{3}) x_{3},, \frac{y_{3}}{x_{3}} = \frac{y_{1} + y_{2} + y_{3}}{x_{1} + x_{2} + x_{3}} ..., & (3b) \\ (x_{1} + x_{2} + x_{3}) y_{1} = (y_{1} + y_{2} + y_{3}) x_{1},, \frac{y_{1}}{x_{1}} = \frac{y_{1} + y_{2} + y_{3}}{x_{1} + x_{2} + x_{3}} ... . & (3c) \end{matrix}

A (3a), (3b), (3c) egyenletek azonban azt fejezik ki, hogy az

S B

S C

S A

egyenesek keresztül mennek a háromszög súlypontján, mert

\begin{matrix} \frac{x_{1} + x_{2} + x_{3}}{3}, \frac{y_{1} + y_{2} + y_{3}}{3} . \end{matrix}

a háromszög súlypontjának koordinátái. Tehát

S

pont a háromszög súlypontja.

Jegyzet. A felsorolt megoldásokon kívül még számos dolgozat érkezett, különösen a IV. megoldásra, amelyek nem voltak figyelembe vehetők. Ugyanis ezen dolgozatok éppen azt mellőzik, amit bizonyítanunk kell. Nem szabad egyszerűen azt állítani, hogy mivel az

S

pontra nézve

S S_{c} = \frac{3}{1} m_{c}

s. í. t., ez az

S

pont nem lehet más, mint a súlypont.
Ugyancsak nem voltak figyelembe vehetők az analitikai módszerrel dolgozók közül azok, amelyek a szóbanforgó területek egyenlőségének felírása után kijelentik, hogy az egyenletrendszer megoldása

\begin{matrix} \frac{x_{1} + x_{2} + x_{3}}{3}, \frac{y_{1} + y_{2} + y_{3}}{3} . \end{matrix}

Valóban ezen megoldás sok és kényelmetlen számítással járna. Ebből csak az a tanulság, hogy kerüljük az ilyen eljárásokat. Helyesen jártak el azok, akik a koordinátarendszer kezdőpontját a háromszög egyik csúcsába, az egyik tengelyen pedig a háromszög egyik oldalát helyezték el.

¹Ilyen egyenes kettő van: azt kell vennünk, mely az

A B

azon oldalán fekszik, amelyen a

C

csúcs.