Kezdőlap


Feladat:	N.24	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Csörnyei Marianna , Futó Gábor , Hertz István , Németh Zoltán , Pap Gyula , Szeidl Ádám
Füzet:	1995/január, 33 - 35. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek hasonlósága, Irracionális számok és tulajdonságaik, Síkidomok átdarabolása, Indirekt bizonyítási mód, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1994/február: N.24

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

Egy háromszög felbontásán a továbbiakban mindig egymáshoz hasonló háromszögekre bontást értünk. A keletkező háromszögeket kis háromszögeknek fogjuk hívni. Legyenek az eredeti háromszög szögei $A$ , $B$ , $C$ , és jelöljük ennek a háromszögnek egy felbontásánál adódó kis háromszögek szögeit $α$ , $β$ , $γ$ -val.
Tegyük fel, hogy e felbontásnál az eredeti háromszög csúcsainál $α$ , $β$ , $γ$ egyaránt előfordul. Ekkor $A + B + C \geq α + β + γ$ ; mivel mindkét összeg egyaránt $180^{\circ}$ , azért szükséges, minden csúcsban egyetlen kis háromszög helyezkedjen el, akkor pedig a kis háromszögek az eredetihez hasonlóak.
Megmutatjuk, hogy ha $A$ , $B$ , $C$ -t úgy választjuk meg, hogy $A : B : C = 1 : \sqrt[]{2} : \sqrt[]{3}$ legyen, akkor minden felbontás az iménti típusú lesz. Tételezzük fel ugyanis, hogy létezik másfajta felbontás is, pl. olyan, amelynél a kis háromszögek $α$ , $β$ , $γ$ szögei közül $γ$ az eredeti háromszög egyetlen csúcsánál sem fordul elő. Alkalmas $q_{1}$ , $q_{2}$ , $...$ , $q_{6}$ nemnegatív egészekkel ekkor

\begin{matrix} A = q_{1} α + q_{2} β, B = q_{3} α + q_{4} β, C = q_{5} α + q_{6} β . \end{matrix}

Könnyen látható, hogy így

\begin{matrix} q_{7} A + q_{8} B + q_{9} C = 0, \end{matrix}

ahol

q_{7} = q_{3} q_{6} - q_{5} q_{4}

q_{8} = q_{1} q_{6} - q_{5} q_{2}

q_{9} = q_{1} q_{4} - q_{3} q_{2}

. Tehát

A

B

C

választása folytán

\begin{matrix} q_{7} + q_{8} \sqrt[]{2} + q_{9} \sqrt[]{3} = 0 \end{matrix}

ahonnan

\begin{matrix} q_{7}^{2} = 2 q_{8}^{2} + 2 q_{8} q_{9} \sqrt[]{6} + 3 q_{9}^{2} . \end{matrix}

Ezek szerint

q_{8} q_{9} \sqrt[]{6}

racionális, de mivel

\sqrt[]{6}

nem racionális, ezért

q_{8} = 0

vagy

q_{9} = 0

. Ha

q_{8} = 0

, akkor

\begin{matrix} q_{8} α = q_{6} A - q_{2} C = 0 és q_{8} β = q_{1} C - q_{5} A = 0, \end{matrix}

tehát, mivel

A : C = 1 : \sqrt[]{3}

és

\sqrt[]{3}

irracionális,

q_{1} = q_{2} = 0

, ami ellentmondás (mert

A

pozitív). Ha pedig

q_{9} = 0

, akkor

\begin{matrix} q_{9} α = q_{4} A - q_{2} B = 0 és q_{9} β = q_{1} B - q_{3} A = 0, \end{matrix}

vagyis, mivel

A : B = 1 : \sqrt[]{2}

és

\sqrt[]{2}

irracionális,

q_{1} = q_{2} = 0

, ami ismét ellentmondás.
Minden esetben ellentmondásra jutottunk, ami azt igazolja, hogy az

A : B : C = 1 : \sqrt[]{2} : \sqrt[]{3}

választással háromszögünknek nincsen olyan felbontása, amelynél a csúcsokban legfeljebb csak kétfajta szerepel a kis háromszögek szögei közül, tehát a felbontásban szereplő háromszögek szükségszerűen hasonlóak az eredetihez.

Megjegyzések. 1. Csörnyei Marianna (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn.) igazolta, hogy ha egy háromszögnek létezik olyan egymáshoz hasonló háromszögekre való felbontása, amelyben a kis háromszögek nem hasonlóak az eredetihez, akkor a háromszög szögei megbetűzhetők

A

B

C

-vel úgy, hogy az alábbiak valamelyike teljesül:

*	a) $A$ , $B$ és $C$ úgy aránylik egymáshoz, mint három egész szám,

*	b) $A = B$ .

*	c) $A + 2 B = 2 C$ .

*	d) $2 A + 4 B = C$ .

*	e) $2 A = B + C$ .

2. Futó Gábor (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn.) megjegyezte, hogy ha egy háromszög szögeit ,,véletlenszerűen'' választjuk, akkor az előző megjegyzésbeli eset 0 valószínűséggel fordul elő.