Feladat:	1407. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Berger Tibor ,  Bozsik György ,  Csuri Vilmos ,  Demény Jolán ,  Dónáth G. ,  Egri György ,  Forrai Éva ,  Freud Géza ,  Gáspár Rezső ,  Geszler J. ,  Grosz L. ,  Halász Iván ,  Jani K. ,  Kelemen I. ,  Komlós János ,  Krisztonosich Jenő ,  Major L. ,  Mandl Béla ,  Nagy Elemér ,  Sándor Gyula ,  Szerényi László ,  Szilágyi S. ,  Törley D. ,  Vadas J. ,  Varga I. ,  Vásárhelyi Nagy Sándor
Füzet:	1938/április, 245 - 246. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Paraméteres egyenletek, Trigonometriai azonosságok, Terület, felszín, Négyzetek, Síkbeli ponthalmazok távolsága, Koszinusztétel alkalmazása, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1938/február: 1407. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.     $A$ és $C$ a négyzet szemben fekvő csúcsai. A négyzet oldala legyen $x$ és $ABP\sphericalangle =\phi$. Ezekkel az $ABP△$-ből $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{cos}\phi =\frac{b^2+x^2-a^2}{2bx}\mathrm{,}}\end{array}$ a $BCP△$-ből ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \text{cos}\left({90}^{\circ }-\phi \right)=\text{sin}\phi =\frac{b^2+x^2-c^2}{2bx}\mathrm{.}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{cos}{}^2\phi +\text{sin}{}^2\phi =}\hfill \\ \hfill {\displaystyle ={\left(\frac{b^2+x^2-a^2}{2bx}\right)}^2+{\left(\frac{b^2+x^2-c^2}{2bx}\right)}^2=1.}\hfill \end{array}}$ A tört eltávolítása, négyzetreemelés és rendezés után: $\begin{array}{c}{\displaystyle 2x^4-2\left(c^2+a^2\right)x^2+{\left(b^2-c^2\right)}^2+{\left(b^2-a^2\right)}^2=0.}\end{array}$ Innen $\begin{array}{c}{\displaystyle x^2=\frac{\left(a^2+c^2\right)+\sqrt[]{{\left(a^2+c^2\right)}^2-2\left[{\left(b^2-c^2\right)}^2+{\left(b^2-a^2\right)}^2\right]}}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Feltéve, hogy a gyökök valósak, azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta \equiv {\left(a^2+c^2\right)}^2-2\left[{\left(b^2-c^2\right)}^2+{\left(b^2-a^2\right)}^2\right]\ge \mathrm{0,}}\end{array}$ $x^2$ mindkét értéke pozitív, mert szorzatuk és összegük is pozitív. Kérdés, hogy melyik felelhet meg a feladatnak? A geometriai viszonyokat tekintve az $APC△$ a $P$-nél tompaszögű,${}^{*}$ tehát kell, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle A{C}^2>{\overline{AP}}^2+{\overline{CP}}^2\text{azaz}2x^2>a^2+c^2}\end{array}$ legyen. Ebből következik, hogy a négyzet területe $\begin{array}{c}{\displaystyle x^2=\frac{a^2+c^2}{2}+\frac{1}{2}\sqrt[]{{\left(a^2+c^2\right)}^2-2\left[{\left(b^2-c^2\right)}^2+{\left(b^2-a^2\right)}^2\right]}\mathrm{.}}\end{array}$ Vizsgáljuk már most, mi a feltétele annak, hogy $x^2$ valós legyen? Ha a $\Delta$ discrimináns kifejezésében kijelölt négyzetreemeléseket elvégezzük és összevonunk, akkor ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \Delta \equiv 4a^2{c}^2-{\left(2b^2-a^2-c^2\right)}^2\equiv \left(2ac+2b^2-a^2-c^2\right)\left(2ac-2b^2+a^2+c^2\right)\equiv }\hfill \\ \hfill {\displaystyle \equiv \left[2b^2-{\left(a-c\right)}^2\right]\left[{\left(a+c\right)}^2-2b^2\right]\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ $\Delta \ge 0$, ha mindkét tényezője egyenlő előjelű, azaz $1^0$. ha $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(a+c\right)}^2\ge 2b^2\text{és}2b^2\ge {\left(a-c\right)}^2\mathrm{,}}\end{array}$ $2^0$. ha $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(a+c\right)}^2\le 2b^2\text{és}2b^2\le {\left(a-c\right)}^2\mathrm{.}}\end{array}$ Azonban a $2^0$. eset, t. i. $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(a+c\right)}^2\le 2b^2\le {\left(a-c\right)}^2}\end{array}$ nem lehetséges; mert ${\left(a+c\right)}^2$ nem lehet kisebb, mint ${\left(a-c\right)}^2$. Csakis az $1^0$. lehetséges, amidőn $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(a+c\right)}^2>2b^2\ge {\left(a-c\right)}^2\mathrm{,}}\end{array}$ azaz ha az egyenlőségi jelnek megfelelő határeseteket nem tekintjük, $a$, $c$, $b\sqrt[]{2}$ egy háromszög oldalai. Ha $a=b=c$, akkor $x^2=2a^2$, ill. $x=a\sqrt[]{2}$. Ez csak akkor állhat elő, ha $P$ a négyzet középpontja. ${}^{*}$T. i. $APC\sphericalangle >ABC\sphericalangle ={90}^{\circ }$.