 |
A C. 1779. feladat (2023. október) |
C. 1779. Igazoljuk, hogy végtelen sok olyan háromszög létezik, amelynek oldalhosszúságait a
\(\displaystyle \frac{3x}{2};\quad 2x-1;\quad 3x+1 \)
számok adják meg, ahol \(\displaystyle x\) pozitív egész. Határozzuk meg a legkisebb kerületű ilyen háromszög oldalainak hosszát.
Javasolta: Bíró Bálint (Eger)
(5 pont)
A beküldési határidő 2023. november 10-én LEJÁRT.
Megoldás. Mivel \(\displaystyle x\) pozitív egész, ezért egyrészt a \(\displaystyle \displaystyle{\frac{3x}{2}}\), \(\displaystyle 2x-1\), \(\displaystyle 3x+1\) számok mindegyike pozitív, másrészt \(\displaystyle \displaystyle{3x+1>2x-1}\), illetve \(\displaystyle \displaystyle{3x+1>\frac{3x}{2}}\). Mivel mindhárom szám pozitív, így akkor és csak akkor létezik olyan háromszög, amelynek oldalhosszai a megadott számok, ha teljesül rájuk a háromszög-egyenlőtlenség.
A háromszög-egyenlőtlenséget az előzőek szerint elegendő felírni a két legrövidebb oldal összegére. A kérdéses oldalhosszakkal rendelkező háromszög tehát akkor és csak akkor létezik, ha
| \(\displaystyle (1)\) | \(\displaystyle \displaystyle{\frac{3x}{2}+2x-1>3x+1}.\) |
A műveletek elvégzése és rendezés után kapjuk, hogy az (1) egyenlőtlenség megoldásai az
\(\displaystyle x>4\)
egyenlőtlenségnek megfelelő pozitív egész számok.
Ilyen pozitív egész szám nyilván végtelen sok van, ez pedig azt jelenti, hogy végtelen sok olyan háromszög létezik, amelyek oldalhosszai a \(\displaystyle \displaystyle{\frac{3x}{2};\quad 2x-1;\quad 3x+1}\) számok.
Mivel az \(\displaystyle \displaystyle{f(x)=\frac{3x}{2};\quad g(x)=2x-1;\quad h(x)=3x+1}\) elsőfokú függvények mindegyike szigorúan monoton növekvő, ezért a feltételeknek megfelelő legkisebb oldalhosszakkal rendelkező háromszöget akkor kapjuk, ha \(\displaystyle x=5\), ekkor a háromszög oldalainak hossza
\(\displaystyle 7,5;\quad 9;\quad 16.\)
Megjegyzések. 1) Ha a háromszög leghosszabb oldalával szemben fekvő szöget \(\displaystyle \gamma\)-val jelöljük, akkor felírva erre a koszinusztételt, a műveletek elvégzése, rendezés és egyszerűsítés után
\(\displaystyle \displaystyle{\cos \gamma=\frac{-11x-40}{12\cdot (2x-1)}}.\)
Eszerint a feltételeknek megfelelő háromszögek mindegyike tompaszögű, hiszen az \(\displaystyle x>4\) értékekre nyilván \(\displaystyle \cos \gamma<0\).
2) Könnyen belátható, hogy a feltételeknek megfelelő háromszögek között nincsenek hasonló háromszögek.
Statisztika:
318 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: 176 versenyző. 4 pontot kapott: 55 versenyző. 3 pontot kapott: 15 versenyző. 2 pontot kapott: 9 versenyző. 1 pontot kapott: 4 versenyző. 0 pontot kapott: 7 versenyző. Nem versenyszerű: 2 dolgozat. Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt: 35 dolgozat.
A KöMaL 2023. októberi matematika feladatai