A B. 4034. feladat (2007. november)

B. 4034. Egy háromszög egyik oldalának felezőpontja F, egy másik oldalának harmadoló pontjai H₁ és H₂. A harmadik oldalt osszuk fel n egyenlő részre az $N_1, N_2, \ldots, N_{n-1}$ pontokkal. Tekintsük az összes FH_iN_j háromszöget, ahol i=1,2, $j=1,\ldots,n-1$ . Mutassuk meg, hogy ezen háromszögek közül bármelyiket kiválasztva, a megmaradtak között pontosan egy vele egyenlő területű van.

Javasolta: Káspári Tamás (Paks)

(3 pont)

A beküldési határidő 2007. december 17-én LEJÁRT.

I. megoldás: A harmadik oldal két végpontját jelölje N₀ és N_n. Feltehetjük, hogy a jelölések úgy vannak megválasztva, hogy az $N_0,N_1,\ldots,N_n$ pontok ebben a sorrendben követik egymást, továbbá H₁ éppen az N₀H₂ szakasz felezőpontja. Ekkor az N_iN_i+1 szakaszok 0 $\le$ i<n mind ugyanolyan hosszúak. Ha a háromszög területe T, akkor könnyen belátható, hogy az N₀H₁F és az N_nH₂F háromszögek területe egyaránt T/6, az N₀H₂F és N_nH₁F háromszögeké pedig T/3.

Az N_iH₁F háromszögek H₁F oldalhoz tartozó magasságai egy n+1 hosszúságú növekvő számtani sorozatot alkotnak, ennek megfelelően az N_iH₁F háromszögek területei egy olyan n+1 tagú növekvő számtani sorozatot alkotnak, melynek első eleme T/6, az utolsó pedig T/3. Legyen ez a sorozat a_n. Hasonlóképpen az N_iH₂F háromszögek területei egy olyan n+1 tagú csökkenő számtani sorozatot alkotnak, melynek első eleme T/3, az utolsó pedig T/6. Legyen ez a sorozat b_n. A két számtani sorozat egyaránt (n+1) tagból áll, a₁=b_n+1, b₁=a_n+1. Ezen két észrevételből következik, hogy a_i=b_n+2-i, ahonnan már következik az állítás.

II. megoldás: Az I. megoldás jelöléseit használjuk.

Vegyük észre, hogy t_{H₂N_jF} $\neq$ t_{H₂N_kF}, ha j $\neq$ k, hiszen mindkét háromszögben az egyik oldal H₂F, viszont az ehhez az oldalhoz tartozó magasságok nem egyenlő hosszúak, hiszen $H_2F\nparallel N_0N_n$ .

Ugyanígy t_{H₁N_jF} $\neq$ t_{H₁N_kF}, ha j $\neq$ k.

Ezután meg kell vizsgálni, hogy milyen j és i esetén lehet egyenlő t_{H₂N_jF} és t_{H₁N_iF}.

Jelöljük a háromszög területét T-vel, harmadik csúcsát pedig A-val. Ekkor:

$t_{H_2N_jF}=T-t_{FN_jN_n}-t_{H_2N_0N_j}-t_{AH_2F}=T\left(1-\frac{n-j}{n}\cdot\frac12-\frac jn\cdot\frac23-\frac13\cdot\frac12\right),$

hiszen pl. a H₂N₀N_j háromszögben $N_0N_j=\frac{j}{n}\cdot N_0N_n$ és $H_2N_0=\frac23\cdot AN_0$ , tehát a háromszög területe $\frac{j}{n}\cdot \frac23$ -szorosa AN₀N_n területének, mert a megfelelő két oldal álatal bezárt szög megegyezik, így a területek aránya az oldalak arányának a szorzatával egyenlő.

Hasonlóan:

$t_{H_1N_iF}=T-t_{FN_iN_n}-t_{H_1N_0N_i}-t_{AH_1F}=T\left(1-\frac{n-i}{n}\cdot\frac12-\frac in\cdot\frac13-\frac23\cdot\frac12\right).$

$t_{H_2N_jF}=t_{H_1N_iF}\Longleftrightarrow$

$T\left(1-\frac{n-j}{n}\cdot\frac12-\frac jn\cdot\frac23-\frac13\cdot\frac12\right)=T\left(1-\frac{n-i}{n}\cdot\frac12-\frac in\cdot\frac13-\frac23\cdot\frac12\right)\Longleftrightarrow$

$\frac{-3n+3j-4j-n}{6}=\frac{-3n+3i-2i-2n}{6}\Longleftrightarrow$

-j+n=i.

Tehát valóban mindig egy megfelelő háromszög van.

Statisztika:

102 dolgozat érkezett.

3 pontot kapott: 70 versenyző.

2 pontot kapott: 18 versenyző.

1 pontot kapott: 11 versenyző.

0 pontot kapott: 3 versenyző.

A KöMaL 2007. novemberi matematika feladatai

102 dolgozat érkezett.
3 pontot kapott:	70 versenyző.
2 pontot kapott:	18 versenyző.
1 pontot kapott:	11 versenyző.
0 pontot kapott:	3 versenyző.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?