KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
 English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum

Rendelje meg a KöMaL-t!

Kifordítható

tetraéder

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

B. 4034. The midpoint of one side of a triangle is F, and the points dividing another side into three equal parts are H1 and H2. The third side is divided into n equal parts by the points N_1, N_2, \ldots, N_{n-1}. Consider all triangles FHiNj where i=1,2, j=1,\ldots,n-1. Show that for any triangle selected out of these triangles there is exactly one other triangle that has the same area.

Suggested by T. Káspári, Paks

(3 points)

Deadline expired on 17 December 2007.


Google Translation (Sorry, the solution is published in Hungarian only.)

I. megoldás: A harmadik oldal két végpontját jelölje N0 és Nn. 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 NiNi+1 szakaszok 0\lei<n mind ugyanolyan hosszúak. Ha a háromszög területe T, akkor könnyen belátható, hogy az N0H1F és az NnH2F háromszögek területe egyaránt T/6, az N0H2F és NnH1F háromszögeké pedig T/3.

Az NiH1F háromszögek H1F oldalhoz tartozó magasságai egy n+1 hosszúságú növekvő számtani sorozatot alkotnak, ennek megfelelően az NiH1F 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 an. Hasonlóképpen az NiH2F 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 bn. A két számtani sorozat egyaránt (n+1) tagból áll, a1=bn+1, b1=an+1. Ezen két észrevételből következik, hogy ai=bn+2-i, ahonnan már következik az állítás.

II. megoldás: Az I. megoldás jelöléseit használjuk.

Vegyük észre, hogy tH2NjF\neqtH2NkF, ha j\neqk, 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 tH1NjF\neqtH1NkF, ha j\neqk.

Ezután meg kell vizsgálni, hogy milyen j és i esetén lehet egyenlő tH2NjF és tH1NiF.

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 H2N0Nj 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 AN0Nn 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.


Statistics on problem B. 4034.
102 students sent a solution.
3 points:70 students.
2 points:18 students.
1 point:11 students.
0 point:3 students.


  • Problems in Mathematics of KöMaL, November 2007

  • Támogatóink:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
    MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley