A K. 596. feladat (2018. október)

K. 596. Az \(\displaystyle ABC\) háromszög \(\displaystyle AB\), \(\displaystyle BC\) és \(\displaystyle CA\) oldalain rendre vegyük fel a \(\displaystyle P\), \(\displaystyle Q\) és \(\displaystyle R\) pontokat úgy, hogy az \(\displaystyle AP = AR\), \(\displaystyle BP = BQ\) és \(\displaystyle CQ = CR\) feltételek teljesüljenek. Egy adott \(\displaystyle ABC\) háromszög esetén hány ilyen \(\displaystyle P\), \(\displaystyle Q\), \(\displaystyle R\) ponthármas létezhet?

(6 pont)

A beküldési határidő 2018. november 12-én LEJÁRT.

1. megoldás. Bármilyen háromszög esetén egyetlen ilyen \(\displaystyle P\), \(\displaystyle Q\), \(\displaystyle R\) ponthármas létezik. Vegyük fel a \(\displaystyle P\) és \(\displaystyle R\) pontokat az \(\displaystyle AB\), illetve \(\displaystyle AC\) oldalakon az \(\displaystyle A\) ponthoz nagyon közel úgy, hogy teljesüljön az \(\displaystyle AP = AR\) feltétel. Ha elegendően közel vesszük fel az \(\displaystyle A\) csúcshoz a \(\displaystyle P\) és \(\displaystyle R\) pontokat, akkor a (háromszög egyenlőtlenség miatt) a \(\displaystyle PB\) és \(\displaystyle RC\) szakaszok hosszának összege nagyobb lesz a \(\displaystyle BC\) oldal hosszánál. Ha a \(\displaystyle P\) és \(\displaystyle R\) pontokat egyenletesen egyre távolabb visszük az \(\displaystyle A\) csúcstól a megfelelő oldalon, akkor a távolságok folyamatos változása miatt lesz egyetlen olyan helyzet, amikor a \(\displaystyle BP\) és \(\displaystyle CR\) szakaszok összesen olyan hosszúak lesznek, mint a \(\displaystyle BC\) oldal. Ekkor megtaláltuk az egyetlen megfelelő \(\displaystyle P\) és \(\displaystyle R\) pontot, illetve \(\displaystyle Q\)-t úgy, ha pl. \(\displaystyle BP\) szakaszt felmásoljuk a \(\displaystyle BC\) oldalra \(\displaystyle B\)-ből.

2. megoldás. Bármilyen háromszög esetén egyetlen ilyen \(\displaystyle P\), \(\displaystyle Q\), \(\displaystyle R\) ponthármas létezik.

Jelölje a háromszög oldalainak hosszát \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\), valamint legyen \(\displaystyle x = AP = AR\), \(\displaystyle y = BP = BQ\) és \(\displaystyle z = CQ = CR\). Megoldandó az

\(\displaystyle x+y=c,\)

\(\displaystyle y+z=a,\)

\(\displaystyle z+x=b\)

egyenletrendszer. A három egyenletet összeadva és \(\displaystyle 2\)-vel elosztva kapjuk, hogy \(\displaystyle x+y+z=\frac{a+b+c}{2}\), ahonnan \(\displaystyle x=\frac{a+b+c}{2}-(y+z)=\frac{a+b+c}{2}-a=\frac{b+c-a}{2}\), és hasonlóan \(\displaystyle y=\frac{a+c-b}{2}\) és \(\displaystyle z=\frac{a+b-c}{2}\). A háromszög egyenlőtlenség miatt mindhárom kifejezés pozitív értékű, így az egyenletrendszernek pontosan egy megoldása van.

3. megoldás. Bármilyen háromszög esetén egyetlen ilyen \(\displaystyle P\), \(\displaystyle Q\), \(\displaystyle R\) ponthármas létezik.

A háromszög beírható körének érintési pontjai megfelelő ponthármast adnak, mert a körhöz külső pontból húzható érintőszakaszok hossza egyenlő. Könnyen látható, hogy ha bármelyik két pontot elmozdítjuk egyenletesen az oldalakon valamelyik irányban, a további egyenlőségek nem teljesülnek.

Statisztika:

155 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:	54 versenyző.
5 pontot kapott:	17 versenyző.
4 pontot kapott:	14 versenyző.
3 pontot kapott:	9 versenyző.
2 pontot kapott:	5 versenyző.
1 pontot kapott:	32 versenyző.
0 pontot kapott:	4 versenyző.
Nem versenyszerű:	1 dolgozat.
Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt:	19 dolgozat.

A KöMaL 2018. októberi matematika feladatai