Feladat:	B.3424	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Hablicsek Márton
Füzet:	2001/október, 403 - 405. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Beírt alakzatok, Háromszög területe, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2001/január: B.3424

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Legyen a nagy szabályos háromszög három csúcsa $A$, $B$ és $C$. Az első beírt négyzet két csúcsa $ABC$-nek ugyanarra az oldalára esik. Legyen ez a két csúcs $D$ és $E$, a négyzet másik két csúcsa pedig $F$ és $G$ (lásd az ábrát). Jelöljük a négyzet oldalának hosszát $x$-szel. Mivel $ADG$ és $BFE$ olyan derékszögű háromszögek, amelyeknek $A$-nál, illetve $B$-nél lévő szöge ${60}^{\circ }$-os, azért $AD=BE=\frac{x\cdot \sqrt[]{3}}{3}$, és így $\begin{array}{c}{\displaystyle AB=AD+DE+EB=x\left(1+\frac{2\sqrt[]{3}}{3}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Az $ABFG$ trapéz területe tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle T_{ABFG}=\frac{1}{2}\cdot \left[x+x\left(1+\frac{2\sqrt[]{3}}{3}\right)\right]\cdot x=x^2\cdot \frac{3+\sqrt[]{3}}{3}\mathrm{.}}\end{array}$ Ez az $EFGD$ négyzet területének, $x^2$-nek $\frac{3+\sqrt[]{3}}{3}$-szorosa. Ugyanilyen összefüggést kapunk a $GFC$ háromszögbe írható négyzet és az ottani trapéz területe között, majd tovább az újabb és újabb négyzetek és trapézok területe között. A trapézok végtelen sorozata a teljes $ABC$ háromszöget lefedi, minden trapéz területének $\frac{3}{3+\sqrt[]{3}}=\frac{3-\sqrt[]{3}}{2}\approx 0\mathrm{,}634$-ed részét fedi le a megfelelő négyzet, tehát a négyzetek végtelen sorozata az $ABC$ háromszög területének $\frac{3-\sqrt[]{3}}{2}$ részét fedi le.   II. megoldás. Az I. megoldás jelöléseit használjuk. Az $ABC$ háromszög területe $\begin{array}{c}{\displaystyle T_{ABC}=A{B}^2\cdot \frac{\sqrt[]{3}}{4}={\left(1+\frac{2\sqrt[]{3}}{3}\right)}^2\cdot \frac{\sqrt[]{3}}{4}\cdot x^2\mathrm{.}}\end{array}$ A $CGF$ háromszög hasonló a $CAB$ háromszöghöz, hasonlóságuk aránya megegyezik a két háromszögbe írható négyzetek oldalainak arányával. Vagyis a második háromszögbe írható négyzet oldala $\begin{array}{c}{\displaystyle x\cdot \frac{GF}{AB}=x\cdot \frac{1}{1+\frac{2\sqrt[]{3}}{3}}=x\cdot \left(2\sqrt[]{3}-3\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Ugyanilyen hasonlóságok alapján az $i$-edik háromszögbe ($i=1$, 2, 3, 4, $\text{...}$) írható négyzet oldala $x\cdot {\left(2\sqrt[]{3}-3\right)}^{i-1}$. Ezért a négyzetek végtelen sorozata által lefedett terület $\begin{array}{c}{\displaystyle T=x^2\cdot \left(1+{\left(2\sqrt[]{3}-3\right)}^2+{\left(2\sqrt[]{3}-3\right)}^4+\text{...}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Ennek a végtelen mértani sornak az összege az ismert képlet szerint: $\begin{array}{c}{\displaystyle T=x^2\cdot \frac{1}{1-{\left(2\sqrt[]{3}-3\right)}^2}=x^2\cdot \frac{3\sqrt[]{3}+5}{8}\mathrm{.}}\end{array}$ A lefedett terület és az $ABC$ háromszög területének hányadosa tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{T}{T_{ABC}}=\frac{x^2\cdot \frac{3\sqrt[]{3}+5}{8}}{x^2\cdot {\left(1+\frac{2\sqrt[]{3}}{3}\right)}^2\cdot \frac{\sqrt[]{3}}{4}}=\frac{3-\sqrt[]{3}}{2}\approx 0\mathrm{,}634.}\end{array}$  Hablicsek Márton (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 9. o.t.) megoldásai alapján