A B. 4933. feladat (2018. február)

B. 4933. Határozzuk meg az egységnégyzetbe írt maximális kerületű szabályos háromszög területét.

(4 pont)

A beküldési határidő 2018. március 12-én LEJÁRT.

Megoldás. Legyen \(\displaystyle PQR\) egy, az \(\displaystyle ABCD\) egységnégyzetbe írt szabályos háromszög, oldalhossza legyen \(\displaystyle a\). A kerület és \(\displaystyle a\) egyszerre maximálisak, ezért \(\displaystyle a\) lehetséges legnagyobb értékét keressük.

Először belátjuk, hogy \(\displaystyle PQR\) valamely oldala az \(\displaystyle ABCD\) négyzet valamely oldalával legfeljebb \(\displaystyle 15^\circ\)-os szöget zár be. Ehhez tekintsünk két egymásra merőleges egyenest, amelyek a négyzet egy-egy szemközti oldalpárjával párhuzamosak. Ezek négy \(\displaystyle 90^\circ\)-os szögtartományt határoznak meg. Ezután a metszésponton keresztül húzzunk \(\displaystyle e_1, e_2\) és \(\displaystyle e_3\) párhuzamos egyeneseket \(\displaystyle \Delta\) oldalaival. A skatulya-elv miatt valamely \(\displaystyle 90^\circ\)-os szögtartományba \(\displaystyle e_1, e_2\) és \(\displaystyle e_3\) közül legalább kettő belemetsz, mondjuk \(\displaystyle e_1\) és \(\displaystyle e_2\). Mivel \(\displaystyle e_1\) és \(\displaystyle e_2\) bezárt szöge \(\displaystyle 60^\circ\), így \(\displaystyle e_1\) és \(\displaystyle e_2\) közül valamelyik a derékszög egyik szárával \(\displaystyle \alpha\leq (90^\circ-60^\circ)/2=15^\circ\) szöget zár be, ahogyan állítottuk.

Tegyük fel tehát, hogy a háromszög \(\displaystyle PQ\) oldala a négyzet \(\displaystyle AB\) oldalával \(\displaystyle \alpha\leq 15^\circ\)-os szöget zár be, és jelölje \(\displaystyle P'\), ill. \(\displaystyle Q'\) a \(\displaystyle P\) és \(\displaystyle Q\) pontok merőleges vetületét \(\displaystyle AB\)-n (lásd ábra). Ekkor

\(\displaystyle 1\geq P'Q'=PQ \cdot \cos \alpha\geq PQ \cdot \cos 15^\circ,\)

ahonnan \(\displaystyle a=PQ\leq \frac 1 {\cos 15^\circ}=\frac{2\sqrt 2}{\sqrt 3+1}\).

Ez az utolsó ábrán látható módon nyilvánvalóan el is érhető. Legyen ugyanis \(\displaystyle A=P\) és válasszuk a \(\displaystyle Q\) és \(\displaystyle R\) pontokat a \(\displaystyle BC\), ill. \(\displaystyle CD\) oldalakon úgy, hogy \(\displaystyle BAQ\angle=RAD\angle= 15^\circ\) teljesüljön. Ekkor nyilvánvalóan \(\displaystyle QPR\angle=60^\circ\), és az ábra az \(\displaystyle AC\) egyenesre szimmetrikus, így \(\displaystyle PQR\) szabályos háromszög, és oldalának hossza \(\displaystyle a=1/\cos 15^\circ\). Az eddigiekből következik, hogy a maximális kerületű háromszög területe \(\displaystyle T=\frac {a^2\sqrt 3}{4}=\frac {\sqrt 3}{2+\sqrt 3}=2\sqrt 3-3\).

Statisztika:

107 dolgozat érkezett.
4 pontot kapott:	Daróczi Sándor, Győrffy Ágoston, Győrffy Johanna, Jánosik Áron, Jánosik Máté, Kerekes Anna, Kupás Vendel Péter, Molnár Bálint, Molnár-Sáska Zoltán, Pituk Gábor, Sárvári Tibor, Schrettner Jakab, Soós 314 Máté, Tóth-Rohonyi Iván, Zsigri Bálint.
3 pontot kapott:	Albert Márton, Baski Bence, Beke Csongor, Bukva Dávid, Bursics András, Deák Bence, Dobák Dániel, Fekete Richárd, Fraknói Ádám, Füredi Erik Benjámin, Geretovszky Anna, Gyimesi Péter, Hegedűs Dániel, Hervay Bence, Janzer Orsolya Lili, Kántor András Imre, Kitschner Bernadett, Kószó Máté József, Lorcan O'Connor, Mikulás Zsófia, Országh Anna, Shuborno Das, Szabó 417 Dávid, Szabó 991 Kornél, Terjék András József, Tiderenczl Dániel, Tóth Ábel, Tran 444 Ádám.
2 pontot kapott:	24 versenyző.
1 pontot kapott:	30 versenyző.
0 pontot kapott:	10 versenyző.

A KöMaL 2018. februári matematika feladatai