 |
A B. 4555. feladat (2013. szeptember) |
B. 4555. Adott a síkon négy pont úgy, hogy a páronkénti távolságaik pontosan két értéket, a-t és b-t vesznek fel. Határozzuk meg a/b lehetséges értékeit, ha tudjuk, hogy a>b.
Javasolta: Lakos Gyula (Budapest)
(4 pont)
A beküldési határidő 2013. október 10-én LEJÁRT.
Megoldás. A pontok közötti kétféle távolságot \(\displaystyle x\)-szel és \(\displaystyle y\)-nal fogjuk jelölni, hiszen nem lesz azonnal világos, hogy melyik hosszúság a nagyobb.
Először tekintsük azokat az elrendezéseket, amelyekben a négy pont között van három olyan, amely egy \(\displaystyle ABC\) szabályos háromszöget határoz meg, mondjuk \(\displaystyle x\) oldalhosszúságút. A negyedik \(\displaystyle D\) pontnak az első háromtól vett távolságai között lesz két egyenlő, ami például \(\displaystyle AD = BD\) az általánosság megszorítása nélkül. Ez azt jelenti, hogy \(\displaystyle D\) rajta van \(\displaystyle AB\) oldalfelező merőlegesén, ami a \(\displaystyle C\) csúcson is áthalad.
Ha itt \(\displaystyle CD = x\), akkor \(\displaystyle D\) kétféle lehet, az 1. ábra szerint. A bal oldalon szereplő elrendezésben szimmetria miatt
\(\displaystyle DCA\sphericalangle =DCB\sphericalangle =\frac{360^{\circ}-60^{\circ}}{2}= 150^{\circ}. \)
1. ábra
Mivel \(\displaystyle AC=CD\), azért \(\displaystyle x\) és \(\displaystyle y\) egy \(\displaystyle 150^\circ\)-os szárszögű egyenlő szárú háromszög oldalai. A jobb oldali ábrán pedig \(\displaystyle DCA\sphericalangle =DCB\sphericalangle =30^{\circ}\) és \(\displaystyle CA =CD =CB\), így
\(\displaystyle CDA\sphericalangle =CDB\sphericalangle =\frac{180^{\circ}-30^{\circ}}{2}=75^{\circ} \)
és emiatt \(\displaystyle ADB\sphericalangle =2\cdot 75^{\circ}=150^{\circ}\). Ezzel \(\displaystyle x\) és \(\displaystyle y\) ismét egy \(\displaystyle 150^\circ\)-os szárszögű egyenlő szárú háromszög oldalai. Tehát mindkét esetben ugyanahhoz az \(\displaystyle a/b\) arányhoz jutunk. Ennek kiszámításához alkalmazzuk a koszinusztételt:
\(\displaystyle a^{2}=b^{2}+b^{2} -2b^{2} \cos 150^{\circ}. \)
Itt \(\displaystyle \cos 150^{\circ}=-\frac{\sqrt 3}{2}\) és így \(\displaystyle \frac{a^{2}}{b^{2}}=2+\sqrt 3\,\), \(\displaystyle \frac{a}{b}=\sqrt {2+\sqrt 3}\,\).
Ha \(\displaystyle DA =DB = x\), akkor vagy \(\displaystyle C = D\) (amit kizárhatunk), vagy pedig \(\displaystyle D\) a \(\displaystyle C\) pont tükörképe \(\displaystyle AB\)-re (2. ábra). Utóbbi esetben \(\displaystyle x\) és \(\displaystyle y\) egy \(\displaystyle 2\cdot 60^{\circ}=120^{\circ}\)-os szárszögű egyenlő szárú háromszög oldalai. Legyen \(\displaystyle P=CD\cap AB\), ekkor Pitagorasz-tétellel
\(\displaystyle {PC}^{2}={AC}^{2}-{AP}^{2}=x^{2}-\frac{x^{2}}{4}=\frac{3}{4}x^{2} \)
(az ábra \(\displaystyle CD\)-re szimmetrikus), azaz
\(\displaystyle y=CD=2\cdot PC=2\cdot \sqrt{\frac{3x^{2}}{4}} =\sqrt 3 \cdot x. \)
A kapott arány tehát \(\displaystyle \frac{a}{b}=\sqrt 3\,\).
2. ábra
Ha pedig sem \(\displaystyle DC\), sem \(\displaystyle DA = DB\) nem lesz \(\displaystyle x\) hosszúságú, akkor \(\displaystyle y =DA = DB =DC\), így \(\displaystyle D\) az \(\displaystyle ABC\) kör középpontja (2. ábra). Ekkor
\(\displaystyle ADB\sphericalangle =BDC\sphericalangle =CDA\sphericalangle =\frac{360^{\circ}}{3}=120^{\circ}, \)
tehát \(\displaystyle x\) és \(\displaystyle y\) az előző esethez hasonlóan egy \(\displaystyle 120^\circ\)-os szárszögű egyenlő szárú háromszög oldalai, a kapott arány tehát az előző esetbeli \(\displaystyle \frac{a}{b}=\sqrt 3\,\).
Mivel másféle elrendezésben nem szerepelhet szabályos háromszög, így a további esetekben feltételezzük, hogy szabályos háromszög nem jön létre.
Induljunk ki egy \(\displaystyle ABC\) egyenlő szárú háromszögből. Mivel a negyedik, \(\displaystyle D\) pont távolsága \(\displaystyle A\)-tól, \(\displaystyle B\)-től és \(\displaystyle C\)-től kétféle, így \(\displaystyle D\) rajta lesz az \(\displaystyle ABC\) háromszög egyik oldalfelező merőlegesén (3. ábra). Két esetünkben \(\displaystyle D\) rendre az \(\displaystyle AB = y\) alap, illetve a \(\displaystyle BC = x\) szár felezőmerőlegesén lesz.
Amennyiben \(\displaystyle DA=DB\), akkor \(\displaystyle DA=DB\ne AB=y\), mert akkor volna szabályos háromszög, vagyis \(\displaystyle DA = DB = AC = BC = x\). Tekintve, hogy az \(\displaystyle ACD\) háromszög sem szabályos, \(\displaystyle CD = y\). Tehát \(\displaystyle ADBC\) egy egyenlő átlójú rombusz, vagyis szükségképpen négyzet. A Pitagorasz-tételt az \(\displaystyle ABC\) háromszögre alkalmazva \(\displaystyle y^{2}=x^{2} + x^{2}\), ahonnan \(\displaystyle \frac{a}{b}=\frac{y}{x}=\sqrt 2\,\).
3. ábra 4. ábra
A legbonyolultabb eset, amikor \(\displaystyle DB = DC\) (4. ábra). Mivel a \(\displaystyle DBC\) háromszög nem szabályos és \(\displaystyle BC = x\), így \(\displaystyle DB = DC = y\). A \(\displaystyle DAB\) háromszög sem szabályos, ezért \(\displaystyle DA = x\). Vegyük észre, hogy az \(\displaystyle ABD\) és \(\displaystyle BDC\) háromszög oldalegyenlőség miatt egybevágó, amiből \(\displaystyle ABD\sphericalangle =BDC\sphericalangle\). Ezt \(\displaystyle AB = BD = DC\)-vel összevetve az adódik, hogy \(\displaystyle ABDC\) szimmetrikus trapéz. Legyen \(\displaystyle AD\cap BC=P\) és \(\displaystyle \alpha =BAD\sphericalangle\). Váltószögek és egyenlő szárú háromszögek miatt
\(\displaystyle \alpha =BAD\sphericalangle =BDA\sphericalangle =DAC\sphericalangle =ACB\sphericalangle \)
és \(\displaystyle BAC\sphericalangle=2\alpha =ABC\sphericalangle\), sőt
\(\displaystyle APB\sphericalangle =180^{\circ}-APC\sphericalangle =2\alpha. \)
Ebből adódik, hogy \(\displaystyle AB = AP =PC =y\). Az is kiderült, hogy az \(\displaystyle ABP\) és \(\displaystyle CAB\) háromszögek hasonlók, amiből \(\displaystyle \frac{AB}{PB}=\frac{CA}{AB}\). Behelyettesítve a megfelelő értékeket \(\displaystyle \frac{y}{x-y}=\frac{x}{y}\), szorzással (\(\displaystyle x >y\)) \(\displaystyle y^{2}=x^{2}-xy\), majd osztva \(\displaystyle \frac{x^{2}}{y^{2}}-\frac{x}{y}-1=0\).
5. ábra
A kapott másodfokú egyenlet pozitív gyöke kell nekünk:
\(\displaystyle \frac{a}{b}=\frac{x}{y}=\frac{1+\sqrt 5}{2} \)
lesz a megoldás.
Tehát a lehetséges \(\displaystyle a/b\) hányadosok: \(\displaystyle \sqrt 2\,\), \(\displaystyle \frac{1+\sqrt 5}{2}\), \(\displaystyle \sqrt 3\,\) és \(\displaystyle \textstyle \sqrt{2+\sqrt 3}\).
Mindegyik eset ténylegesen létezik, és előállítja a megadott arányokat. Az utolsó esetben ez például abból látható, hogy az elrendezés a szabályos ötszög egy részeként áll elő (ld. 5. ábra).
Williams Kada (Szeged, Radnóti M. Kísérleti Gimn. és Ált. Isk., 9. évf.) dolgozata alapján
Statisztika:
182 dolgozat érkezett. 4 pontot kapott: Andó Angelika, Baran Zsuzsanna, Bereczki Zoltán, Bus Tamás, Büki Máté, Csitári Nóra, Egyházi Anna, Farkas Dóra, Fellner Máté, Gyulai-Nagy Szuzina, Kátay Tamás, Kosztolányi Kata, Kovács 162 Viktória, Kovács 246 Benedek, Kuchár Zsolt, Kúsz Ágnes, Leitereg Miklós, Machó Bónis, Nagy Gergely, Nagy Kartal, Ngo Tan Don, Paulovics Zoltán, Radnai Bálint, Seress Dániel, Simkó Irén, Sütő Máté, Szabó 524 Tímea, Szakács Lili Kata, Szalay Bence, Szebellédi Márton, Szemán Krisztián, Szilágyi Krisztina, Szűcs Kilián Ádám, Talyigás Gergely, Vágó Ákos, Varga 123 Péter, Varga Rudolf, Vető Bálint, Viharos Loránd Ottó, Williams Kada. 3 pontot kapott: 32 versenyző. 2 pontot kapott: 63 versenyző. 1 pontot kapott: 37 versenyző. 0 pontot kapott: 9 versenyző. Nem versenyszerű: 1 dolgozat.
A KöMaL 2013. szeptemberi matematika feladatai