Kezdőlap


Feladat:	1936. évi Eötvös (később Kürschák) matematikaverseny 2. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Amássy György , B. Major P. , Barna Tibor , Bencze József , Cser Sándor , Czinczenheim József , Donáth Géza , Erdős G. , Farkas Imre , Fehér György , Fessler J. , Frankl Ottó , Földesi Tamás , Grosz László , Harsányi János , Holzer Pál , Huhn Péter , ifj. Seidl Gábor , Jakab Károly , Kádár Géza , Kardos I. , Kemény György , Kolostori J. , Komlós János , Kondor I. , Krisztonosich Jenő , Lóránd Endre , Miklós F. , Német Emil , Németh K. , Oroszhegyi Szabó Lajos , Pálos Peregrin , Papp István , 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 nevezetes tételei, Súlypont, Súlyvonal, Magasságvonal, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Geometriai egyenlőtlenségek, Derékszögű háromszögek geometriája, Párhuzamos szelők tétele és megfordítása, Háromszögek hasonlósága, Pont körüli forgatás, Műveletek helyvektorok koordinátáival, Osztópontok koordinátái, Egyenesek egyenlete, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1936/november: 1936. évi Eötvös (később Kürschák) matematikaverseny 2. feladata

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.