A B. 4391. feladat (2011. október)

B. 4391. Egy ötszög magasságán egy csúcs szemközti oldaltól vett távolságát értjük. Legyen P olyan ötszög, amelynek minden szöge 108^o és minden magassága különböző. Mutassuk meg, hogy P csúcsait valamelyik irányban megszámozhatjuk sorban úgy, hogy a megfelelő magasságokra

m₁>m₃>m₄>m₅>m₂

teljesüljön.

Javasolta: Kevei Péter, Vígh Viktor (Szeged)

(5 pont)

A beküldési határidő 2011. november 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Legyenek az ötszög oldalai valamilyen körüljárás szerint \(\displaystyle a,b,c,d,e\), az \(\displaystyle x\) oldalhoz tartozó magasságot jelölje \(\displaystyle m_x\). Ekkor a \(\displaystyle \kappa=\sin72^\circ\), \(\displaystyle \lambda=\sin36^\circ\) jelöléssel, ahol \(\displaystyle \kappa>\lambda>0\), a magasságokra és az oldalakra felírhatjuk az alábbi összefüggéseket.

\(\displaystyle m_a=\kappa b+\lambda c=\kappa e+\lambda d,\ m_b=\kappa c+\lambda d=\kappa a+\lambda e,\ m_c=\kappa d+\lambda e=\kappa b+\lambda a,\)

\(\displaystyle m_d=\kappa e+\lambda a=\kappa c+\lambda b,\ m_e=\kappa a+\lambda b=\kappa d+\lambda c.\)

Az \(\displaystyle a,b,c,d,e\) jelek ciklikus permutációi ezeket hasonlóképpen permutálják. Ezekből az egyenletekből könnyen leolvasható, hogy az ötszögnek nem lehet két egyforma hosszú oldala. Ezt különben geometriailag is egyszerű ellenőrizni: ha van két azonos hosszúságú oldal, akkor az ötszög tengelyesen szimmetrikus, lesznek benne tehát egyenlő magasságok is.

Tegyük fel tehát, hogy \(\displaystyle e\) a legrövidebb oldal, és \(\displaystyle a>d\). Ez utóbbi feltétel miatt az ötödik egyenletből \(\displaystyle b<c\) következik, az első egyenletből pedig \(\displaystyle e<b\) miatt \(\displaystyle d>c\), vagyis \(\displaystyle e<b<c<d<a\). Azt állítjuk, hogy ekkor \(\displaystyle m_a<m_d<m_c<m_b<m_e\), vagyis ha az oldalak számozását a legrövidebb oldaltól (\(\displaystyle e\)) kezdjük, és annak hosszabbik szomszédjánál (\(\displaystyle a\)) folytatjuk, az megfelelő lesz.

Először is vegyük észre, hogy ha \(\displaystyle s>t\), akkor \(\displaystyle (\kappa-\lambda)(s-t)>0\) miatt \(\displaystyle \kappa s+\lambda t>\kappa t+\lambda s\). Ezt a \(\displaystyle d>c\), illetve \(\displaystyle c>b\) esetre alkalmazva kapjuk az

\(\displaystyle m_e=\kappa d+\lambda c>\kappa c+\lambda d=m_b,\quad m_d=\kappa c+\lambda b>\kappa b+\lambda c=m_a\)

egyenlőtlenségeket. Mivel \(\displaystyle d>c\) miatt \(\displaystyle \kappa d>\kappa c\), valamint \(\displaystyle b>e\) miatt \(\displaystyle \kappa b+\lambda e>\kappa e+\lambda b\), látható, hogy \(\displaystyle m_c>m_d\), hiszen

\(\displaystyle 2m_c=(\kappa d+\lambda e)+(\kappa b+\lambda a)> (\kappa e+\lambda a)+(\kappa c+\lambda b)=2m_d.\)

Hasonlóképpen nyerjük a hiányzó \(\displaystyle m_b>m_c\) egyenlőtlenséget is:

\(\displaystyle 2m_b=(\kappa c+\lambda d)+(\kappa a+\lambda e)= \kappa c+ (\kappa a+ \lambda d ) +\lambda e>\)

\(\displaystyle >\kappa b+ (\kappa d+ \lambda a ) +\lambda e= (\kappa d+\lambda e)+(\kappa b+\lambda a)=2m_c.\)

Statisztika:

20 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Ágoston Péter, Ágoston Tamás, Bingler Arnold, Fehér Zsombor, Gyarmati Máté, Havasi 0 Márton, Herczeg József, Janzer Olivér, Kabos Eszter, Kaprinai Balázs, Mester Márton, Schultz Vera Magdolna, Strenner Péter, Tardos Jakab, Varnyú József, Viharos Andor.
4 pontot kapott:	Jávorszky Natasa.
3 pontot kapott:	1 versenyző.
2 pontot kapott:	1 versenyző.
0 pontot kapott:	1 versenyző.

A KöMaL 2011. októberi matematika feladatai