Úton-módon 3.

Egy feladat és ami róla az eszembe jutott...

A júniusi számban egy olyan algebra feladatot járunk körbe, amely sokféle témakör között teremt kapcsolatot. Bár leggyakrabban a teljes indukció tanítása során találkozunk vele, ismert algebrai átalakításokat felhasználó megoldása is, megközelíthetjük kombinatorikai eszközökkel és rekurzióval is. Cikkemben ezekre a módszerekre több változatot is be fogok mutatni. A feladat többek között a KöMaL 2020. márciusi számában is megjelent a „Gyakorló feladatsor emelt szintű matematika érettségire” cikkben.

A feladat

Bizonyítsuk be, hogy $1\cdot 2+2\cdot 3+\ldots+n\cdot (n+1) = \dfrac{n\cdot (n+1)\cdot (n+2)}{3}$ ; ahol $n\in\mathbb{N}^+$ .

Használt összefüggések

A feladat megoldása során a következő ismert algebrai összefüggéseket használom:

$\displaystyle 1+2+3+\ldots+n=\dfrac{n(n+1)}{2},$

$\displaystyle 1^2+2^2+3^2+\ldots+n^2=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6},$

$\displaystyle 1^2+3^2+5^2+\ldots+(2n-1)^2=\dfrac{n(4n^2-1)}{3}^2.$

1. megoldás. Bontsuk fel a $k\cdot (k+1)$ kifejezést,

$\displaystyle k\cdot (k+1)=k^2+k$

alakba és használjuk ezt fel a bal oldal összegezésére!

$\displaystyle 1\cdot 2+2\cdot 3+\ldots+n\cdot (n+1) =$

$\displaystyle =1\cdot (1+1)+2\cdot (2+1)+\ldots+n\cdot (n+1) =$

$\displaystyle =\left(1^2+1\right) +\left(2^2+2\right) +\ldots+\left(n^2+n\right)=$

$\displaystyle =\left(1^2+2^2+\ldots+n^2\right)+\left(1+2+\ldots+n\right)=$

$\displaystyle =\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}+\dfrac{n(n+1)}{2}=\dfrac{n(n+1)}{2} \cdot \left[\dfrac{2n+1}{3}+1\right]=$

$\displaystyle =\dfrac{n(n+1)}{2} \cdot \dfrac{2n+4}{3}=\dfrac{n(n+1)}{2} \cdot \dfrac{2\left(n+2\right)}{3}=$

$\displaystyle =\dfrac{n(n+1)(n+2)}{3}.$

2. megoldás. Bontsuk fel ismét a $k\cdot (k+1)$ kifejezést, de most a

$\displaystyle k \cdot (k+1)=[(k+1)-1]\cdot (k+1) =(k+1)^2-(k+1)$

alakba és használjuk ezt fel a bal oldal összegezésére!

$\displaystyle 1\cdot 2+2\cdot 3+\ldots+n\cdot (n+1) =$

$\displaystyle =(2-1)\cdot 2+(3-1)\cdot 3+\ldots+[(n+1)-1]\cdot (n+1) =$

$\displaystyle =\left(2^2-2\right) +\left(3^2-3\right) +\ldots+\left((n+1)^2-(n+1)\right)=$

$\displaystyle =\left(2^2+3^2+\ldots+(n+1)^2\right)-\left(2+3+\ldots+(n+1)\right)=$

$\displaystyle =\left(1^2+2^2+3^2+\ldots+(n+1)^2\right)-\left(1+2+3+\ldots+(n+1)\right)=$

$\displaystyle =\dfrac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}-\dfrac{(n+1)(n+2)}{2}=\dfrac{(n+1)(n+2)}{2} \cdot \left[\dfrac{2n+3}{3}-1\right]=$

$\displaystyle =\dfrac{(n+1)(n+2)}{2} \cdot \dfrac{2n}{3}=\dfrac{n(n+1)(n+2)}{3}.$

3. megoldás. Az ötletet a megoldáshoz ismét a $k\cdot (k+1)$ kifejezés adja. Ezt a kifejezést én már láttam, méghozzá a $(2k+1)^2$ -ben:

$\displaystyle (2k+1)^2=4k^2+4k+1=4\cdot k \cdot (k+1)+1.$

Tehát

$\displaystyle k \cdot (k+1) = \dfrac{(2k+1)^2-1}{4}.$

Alkalmazva

$\displaystyle 1\cdot 2+2\cdot 3+\ldots+n\cdot (n+1) =$

$\displaystyle =\dfrac{3^2-1}{4}+\dfrac{5^2-1}{4}+\ldots+\dfrac{(2n+1)^2-1}{4}=$

$\displaystyle =\dfrac{3^2+5^2+\ldots + (2n+1)^2}{4}-\dfrac{n}{4}=$

$\displaystyle =\dfrac{1^2+3^2+5^2+\ldots + (2n+1)^2}{4}-\dfrac{n+1}{4}=$

$\displaystyle =\dfrac{(n+1)\dfrac{4n^2+8n+3}{3}}{4}-\dfrac{n+1}{4}=\dfrac{(n+1)(4n^2+8n+3)}{12}-\dfrac{n+1}{4}=$

$\displaystyle =\dfrac{(n+1)(4n^2+8n+3)}{12}-\left[\dfrac{3(n+1)}{12}\right]=$

$\displaystyle =\dfrac{n+1}{ 4}\cdot\dfrac{4n^2+8n}{3}=\dfrac{n+1}{ 4}\cdot\dfrac{4n(n+2)}{3} =\dfrac{n(n+1)(n+2)}{3}.$

4. megoldás. Az ötletet a megoldáshoz ismét a $k\cdot (k+1)$ kifejezés adja. Ezt a kifejezést én már láttam, méghozzá a $(k+1)^3$ -ben:

$\displaystyle (k+1)^3=k^3+3k^2+3k+1=k^3+1+3\left[k(k+1)\right].$

Tehát

$\displaystyle k \cdot (k+1)=\dfrac{(k+1)^3-k^3-1}{3}.$

Alkalmazva

$\displaystyle 1\cdot 2+2\cdot 3+\ldots+n\cdot (n+1) =$

$\displaystyle =\dfrac{2^3-1^3-1}{3}+\dfrac{3^3-2^3-1}{3}+\ldots+\dfrac{(n+1)^3-n^3-1}{3}=$

$\displaystyle =\dfrac{2^3+3^3+\ldots+(n+1)^3}{3}-\dfrac{1^3+2^3+\ldots+n^3}{3}-\dfrac{n}{3}=$

$\displaystyle =\dfrac{(n+1)^3-1^3-n}{3}=\dfrac{n^3+3n^2+2n}{3}=\dfrac{n(n^2+3n+2)}{3}=$

$\displaystyle =\dfrac{n(n+1)(n+2)}{3}.$

5. megoldás. Az ötletet a megoldáshoz ismét a $k\cdot (k+1)$ kifejezés adja. Itt két egymás utáni szám van összeszorozva, de az ezen számok előtti és utáni két szám különbsége $3$ , azaz $(k+2)-(k-1)=3$ . Használjuk ezt:

$\displaystyle k\cdot (k+1)$	$\displaystyle =\dfrac{3k\cdot (k+1)}{3}=\dfrac{\left[(k+2)-(k-1)\right]k\cdot (k+1)}{3}=$
	$\displaystyle =\dfrac{k\cdot (k+1)\cdot (k+2)}{3}-\dfrac{(k-1)\cdot k\cdot (k+1)}{3}$

Ezt az azonosságot alkalmazzuk $n$ -től $2$ -ig:

$\displaystyle n\cdot (n+1)$	$\displaystyle =\dfrac{n\cdot (n+1)\cdot (n+2)}{3}-\dfrac{(n-1)\cdot n\cdot (n+1)}{3},$
$\displaystyle (n-1)\cdot n$	$\displaystyle =\dfrac{(n-1)\cdot n\cdot (n+1)}{3}-\dfrac{(n-2)\cdot (n-1)\cdot n}{3},$
$\displaystyle (n-2)\cdot (n-1)$	$\displaystyle =\dfrac{(n-2)\cdot (n-1)\cdot n}{3}-\dfrac{(n-3)\cdot (n-2)\cdot (n-1)}{3},$
	$\displaystyle \ \ \vdots$
$\displaystyle 3\cdot 4$	$\displaystyle = \dfrac{3\cdot 4\cdot 5}{3}-\dfrac{2\cdot 3\cdot 4}{3},$
$\displaystyle 2\cdot 3$	$\displaystyle = \dfrac{2\cdot 3\cdot 4}{3}-\dfrac{1\cdot 2\cdot 3}{3},$
$\displaystyle 1\cdot 2$	$\displaystyle = \dfrac{1\cdot 2\cdot 3}{3}-\dfrac{0\cdot 1\cdot 2}{3}.$

Összeadva a felírt egyenleteket, a jobb oldalon két kifejezés kivételével minden kétszer szerepel, a két kifejezés egymás ellentettje, ezért kapjuk:

$\displaystyle 1\cdot 2+2\cdot 3 +\ldots +n\cdot (n+1)=\dfrac{n\cdot (n+1)\cdot (n+2)}{3}-\dfrac{0\cdot 1\cdot 2}{3},$

$\displaystyle 1\cdot 2+2\cdot 3 +\ldots +n\cdot (n+1)=\dfrac{n\cdot (n+1)\cdot (n+2)}{3}.$

6. megoldás. Az ötletet a megoldáshoz ismét egy kifejezés, a $k\cdot (k+1)+(k+1)\cdot (k+2)$ adja. Ezek a bal oldal egymás utáni két tagja.

$\displaystyle k\cdot (k+1)+(k+1)\cdot (k+2)=(k+1)\cdot\left[k+(k+2)\right]=2\cdot (k+1)^2.$

Induljunk ki a bal oldalból, legyen $n=2k$ és párosítsunk:

$\displaystyle 1\cdot 2+2\cdot 3+3\cdot 4+4\cdot 5+\ldots+(n-1)\cdot n+n\cdot (n+1) =$

$\displaystyle =\underbrace{1\cdot 2+2\cdot 3}+\underbrace{3\cdot 4+4\cdot 5} +\ldots+\underbrace{(2k-1)\cdot 2k+2k\cdot (2k+1)} =$

$\displaystyle =8\cdot 1^2+8\cdot 2^2+\ldots + 8\cdot k^2=8\cdot \dfrac{k(k+1)(2k+1)}{6}= 4\cdot \dfrac{k(k+1)(2k+1)}{3}=$

$\displaystyle =\dfrac{2k(2k+2)(2k+1)}{3}=\dfrac{n\cdot (n+1)\cdot (n+2)}{3}.$

Legyen most $n=2k+1$ , ekkor

$\displaystyle 1\cdot 2+2\cdot 3+3\cdot 4+4\cdot 5+\ldots+(n-1)\cdot n+n\cdot (n+1) =$

$\displaystyle =\underbrace{1\cdot 2+2\cdot 3}+\underbrace{3\cdot 4+4\cdot 5} +\ldots+\underbrace{(2k-1)\cdot 2k+2k\cdot (2k+1)}+(2k+1)\cdot (2k+2) =$

$\displaystyle =8\cdot 1^2+8\cdot 2^2+\ldots + 8\cdot k^2 +(2k+1)\cdot (2k+2)=$

$\displaystyle =8\cdot \dfrac{k(k+1)(2k+1)}{6}+(2k+1)\cdot (2k+2)=$

$\displaystyle = 4\cdot \dfrac{k(k+1)(2k+1)}{3}+(2k+1)\cdot (2k+2)=$

$\displaystyle =\dfrac{2k(2k+2)(2k+1)}{3}+(2k+1)\cdot (2k+2)=$

$\displaystyle =(2k+1)\cdot (2k+2)\cdot\left[\dfrac{2k}{3}+1\right]=$

$\displaystyle =\dfrac{(2k+1)(2k+2)(2k+3)}{3}= \dfrac{n\cdot (n+1)\cdot (n+2)}{3}.$

7. megoldás. Ennyi algebra megoldás után nézzünk most valami mást!

Tekintsük a következő feladatot:

Adott $n+2$ különböző magasságú diák, közülük 3 diákot választunk ki. Hányféleképpen tudjuk ezt megtenni?

Adunk rá 2 megoldást.

I. megoldás

Mivel a diákok különbözőek, kiválasztási sorrendjük nem érdekes, 1 diák csak egyszer választható ki, ezért ez egy ismétlés nélküli kombinációs feladat, aminek a megoldása

$\displaystyle \dbinom{n+2}{3}.$

II. megoldás

Állítsuk a diákokat magassági sorrendbe.

A legkisebb diákot tekintve 2 eset van, vagy szerepel a kiválasztottak között, – ez $\dbinom{n+1}{2}$ eset – vagy nem.

Ha a legkisebb nem szerepel a kiválasztottak között, akkor vegyük a második legkisebbet. Az ő szemszögéből is most két eset van, vagy szerepel, – ez $\dbinom{n}{2}$ eset – vagy nem.

és így tovább az utolsó 3 diákig, azaz $\dbinom{2}{2}$ -ig.

Tehát a lehetséges kiválasztások száma

$\displaystyle \dbinom{2}{2}+\dbinom{3}{2}+\dbinom{4}{2}+\ldots+\dbinom{n+1}{2}.$

Két megoldást is adtunk a feladatra, a végeredmény ugyanaz:

$\displaystyle \dbinom{2}{2}+\dbinom{3}{2}+\dbinom{4}{2}+\ldots+\dbinom{n+1}{2}$	$\displaystyle =\dbinom{n+2}{3},$
$\displaystyle \dfrac{2!}{2!\cdot 0!}+\dfrac{3!}{2!\cdot 1!}+\dfrac{4!}{2!\cdot 2!} +\ldots +\dfrac{(n+1)!}{2!\cdot (n-1)!}$	$\displaystyle =\dfrac{(n+2)!}{3!\cdot (n-1)!},$
$\displaystyle 1+\dfrac{2\cdot 3}{2}+\dfrac{3\cdot 4}{2} +\ldots +\dfrac{n(n+1)}{2}$	$\displaystyle =\dfrac{n(n+1)(n+2)}{2\cdot 3},$
$\displaystyle 1\cdot 2+2\cdot 3+3\cdot 4+\ldots +n(n+1)$	$\displaystyle =\dfrac{n(n+1)(n+2)}{3}.$

8. megoldás. Ismét egy kombinatorikus megoldást adunk.

Tekintsük a következő feladatot, amit a 7. megoldásánál is néztünk:

Adott $n+2$ különböző magasságú diák, közülük 3 diákot választunk ki. Hányféleképpen tudjuk ezt megtenni?

A feladat megoldása.

Mivel a diákok különbözőek, kiválasztási sorrendjük nem érdekes, 1 diák csak egyszer választható ki, ezért ez egy ismétlés nélküli kombinációs feladat, aminek a megoldása

$\displaystyle \dbinom{n+2}{3}.$

Alakítsuk át kifejezésünket, közben használjuk a binomiális együtthatókra igaz képzési szabályt,

$\displaystyle \dbinom{n+1}{k}=\dbinom{n}{k-1}+\dbinom{n}{k}.$

Kiindulunk a kapott végeredményből és a szabályt használva alakítunk:

$\displaystyle \dbinom{n+2}{3}$	$\displaystyle =\dbinom{n+1}{2}+\dbinom{n+1}{3}=$
	$\displaystyle =\dbinom{n+1}{2}+\dbinom{n}{2}+\dbinom{n}{3}$
	$\displaystyle =\dbinom{n+1}{2}+\dbinom{n}{2}+\dbinom{n-1}{2}+\dbinom{n-1}{3}$
	$\displaystyle =\ldots$
	$\displaystyle =\dbinom{n+1}{2}+\dbinom{n}{2}+\dbinom{n-1}{2}+\ldots+\dbinom{4}{2}+ \dbinom{3}{2}+ \dbinom{3}{3}=$
	$\displaystyle =\dbinom{n+1}{2}+\dbinom{n}{2}+\dbinom{n-1}{2}+\ldots+\dbinom{4}{2}+ \dbinom{3}{2}+ \dbinom{2}{2}.$

Azaz kaptuk, hogy

$\displaystyle \dbinom{n+2}{3}=\dbinom{n+1}{2}+\dbinom{n}{2}+\dbinom{n-1}{2}+\ldots+\dbinom{4}{2}+ \dbinom{3}{2}+ \dbinom{2}{2}.$

Most alakítsuk a kapott azonosságot a 7. megoldáshoz hasonlóan!

$\displaystyle \dbinom{2}{2}+\dbinom{3}{2}+\dbinom{4}{2}+\ldots+\dbinom{n+1}{2}$	$\displaystyle =\dbinom{n+2}{3}$
$\displaystyle \dfrac{2!}{2!\cdot 0!}+\dfrac{3!}{2!\cdot 1!}+\dfrac{4!}{2!\cdot 2!} +\ldots +\dfrac{(n+1)!}{2!\cdot (n-1)!}$	$\displaystyle =\dfrac{(n+2)!}{3!\cdot (n-1)!}$
$\displaystyle 1+\dfrac{2\cdot 3}{2}+\dfrac{3\cdot 4}{2} +\ldots +\dfrac{n(n+1)}{2}$	$\displaystyle =\dfrac{n(n+1)(n+2)}{2\cdot 3}$
$\displaystyle 1\cdot 2+2\cdot 3+3\cdot 4+\ldots +n(n+1)$	$\displaystyle =\dfrac{n(n+1)(n+2)}{3}.$

9. megoldás. A megoldás a „szokásos”. Teljes indukcióval bizonyítunk!

I. eset

Nézzük meg, hogy teljesül-e a bizonyítandó állítás $n=1$ esetre:

$\displaystyle n$

$\displaystyle =1\colon$

$\displaystyle 1\cdot 2$

$\displaystyle =\dfrac{1\cdot 2 \cdot 3}{3}=2.$

A vizsgált esetre teljesül az állítás.

II. eset

Tegyük fel, hogy $n=k$ -ra tejesül, hogy

$\displaystyle 1\cdot 2+2\cdot 3+\ldots+k\cdot (k+1) = \dfrac{k\cdot (k+1)\cdot (k+2)}{3}$

III. eset

Nézzük az $n=k+1$ esetet, induljunk ki a bizonyítandó állítás bal oldalából:

$\displaystyle 1\cdot 2$	$\displaystyle +2\cdot 3+\ldots+k\cdot (k+1)+(k+1)\cdot (k+2) =$
	$\displaystyle =\dfrac{k\cdot (k+1)\cdot (k+2)}{3}+(k+1)\cdot (k+2)=$
	$\displaystyle =(k+1)(k+2)\left(\dfrac{k}{3}+1\right)=(k+1)(k+2)\dfrac{k+3}{3}=$
	$\displaystyle =\dfrac{(k+1)(k+2)(k+3)}{3}.$

Azaz

$\displaystyle 1\cdot 2+2\cdot 3+\ldots+k\cdot (k+1)+(k+1)\cdot (k+2) =\dfrac{(k+1)(k+2)(k+3)}{3},$

és ezt akartuk kapni, tehát a bizonyítás kész.

10. megoldás. És végül nézzünk most egy „kemény” megoldást, kezeljük a feladatot rekurzív módon. Legyen

$\displaystyle f_n=1\cdot 2+2\cdot 3+\ldots + n\cdot (n+1)$

egy sorozat eleme. Ekkor rekurzív módon megfogalmazva a feladatot:

$\displaystyle f_1=1\cdot 2=2;\qquad f_n=f_{n-1}+n\cdot (n+1);\ n\ge 2.$

Átírva a sorozatot:

$\displaystyle f_1=1\cdot 2=2;\qquad n\cdot \dfrac{f_n}{n}=(n-1)\cdot \dfrac{f_{n-1}}{n-1}+n\cdot (n+1);\ n\ge 2.$

Vezessünk be új sorozatot: $g_n=\dfrac{f_n}{n}$ . Ekkor a keresett sorozat

$\displaystyle g_1=2;\qquad n\cdot g_n=(n-1)\cdot g_{n-1}+n\cdot (n+1).$

A $g_n$ sorozatot keressük $h_n+an^2+bn+c$ alakban.

$\displaystyle g_1$	$\displaystyle =h_1+a+b+c,$
$\displaystyle g_n$	$\displaystyle =h_n+an^2+bn+c,$
$\displaystyle g_{n-1}$	$\displaystyle =h_{n-1}+a(n-1)^2+b(n-1)+c.$

Ezt használva,

$\displaystyle n\cdot g_n$	$\displaystyle =(n-1)\cdot g_{n-1}+n\cdot (n+1),$
$\displaystyle n\cdot \left[h_n+an^2+bn+c\right]$	$\displaystyle =(n-1)\cdot \left[h_{n-1}+a(n-1)^2+b(n-1)+c \right]+n\cdot (n+1),$

rendezve

$\displaystyle n\cdot h_n=(n-1)\cdot h_{n-1}+ \underbrace{ n^2(1-3a)+n(1+3a-2b)+(-a+b-c)}.$

Ha úgy választjuk meg $a$ , $b$ és $c$ értékét, hogy a megjelölt kifejezés nulla minden $n$ értékére, akkor egyszrű lesz a helyettesítés $h_n$ sorozatra. Mivel a kifejetés másodfokú, ezért ez csak akkor lesz minden értékre nulla, ha az együtthatói nullák, azaz

$\begin{displaymath} \begin{cases} 1-3a=0\\ 1+3a-2b=0\\ -a+b-c=0 \end{case... ...ad \Rightarrow \qquad a=\dfrac{1}{3};\ b=1;\ c=\dfrac{2}{3}, \end{displaymath}$

$\displaystyle g_n=h_n+\dfrac{1}{3}n^2+n+\dfrac{2}{3}.$

Tehát a $h_n$ sorozatra

$\displaystyle h_1:=0;\qquad n\cdot h_n=(n-1)\cdot h_{n-1}.$

A képzési szabályt felírva:

$\displaystyle n\cdot h_n$	$\displaystyle =(n-1)\cdot h_{n-1},$
$\displaystyle (n-1)\cdot h_{n-1}$	$\displaystyle =(n-2)\cdot h_{n-2},$
	$\displaystyle \ \ \vdots$
$\displaystyle 3\cdot h_3$	$\displaystyle =2\cdot h_2,$
$\displaystyle 2\cdot h_2$	$\displaystyle =1\cdot h_1=0.$

Visszafelé követve az egyenleteket adódik, hogy

$\displaystyle n\cdot h_n=0;\qquad \Rightarrow \qquad h_n=0,$

$\displaystyle g_n=h_n+an^2+bn+c=0+\dfrac{1}{3}n^2+n+\dfrac{2}{3},$

$\displaystyle \dfrac{f_n}{n}=g_n=\dfrac{1}{3}n^2+n+\dfrac{2}{3},$

$\displaystyle f_n=\dfrac{n^3+3n^2+2n}{3}=\dfrac{n(n+1)(n+2)}{3}.$

Visszacsatolás

Az Úton-módon 1. cikkében levő feladattal kapcsolatban többen is jelezték, hogy az már kitűzésre került a Matematika Tanítása folyóiratban és az 1986 évi 4. számban jelentek is meg megoldások. Az ott szereplő 4 megoldás közül most Róka Sándor megoldását ismertetem az eredeti leírással. Róka Sándor bemutatása – úgy gondolom – nem szükséges, ismeretterjesztő matematikakönyveiről közismert.

Emlékeztetőül a feladat: Az $ABC$ háromszögben $AB=AC$ és $CAB\sphericalangle=100^\circ$ . Az $AB$ oldal $B$ -n túli meghosszabbításán vegyük fel a $D$ pontot úgy, hogy $AD=BC$ teljesüljön. Számítsuk ki az $ADC\sphericalangle$ nagyságát.

Róka Sándor megoldása

Emeljünk az $AC$ oldalra kifelé $ACE$ szabályos háromszöget.

Az $ADC\triangle$ egybevágó a $BCE\triangle$ -gel, mert $BC=AD$ , $CE=AC$ és $BCE \sphericalangle=CAD\sphericalangle = 100^\circ$ . Mivel $BAE\triangle$ egyenlő szárú és szárszöge $160^\circ$ , így $AEB\sphericalangle=10^\circ$ , tehát $BEC\sphericalangle=50^\circ$ és $CDA\sphericalangle = EBC\sphericalangle=30^\circ$ . A $BCD\triangle$ szögei tehát: $140^\circ$ , $30^\circ$ és $10^\circ$ .

Az Úton-módon 2. cikkében levő feladattal kapcsolatban is érkezett visszajelzés. A levélíró Laborczi Zoltán, aki a Győri Révai Miklós Gimnáziumban érettségizett 1967-ben és azon évben az IMO csapatnak is tagja volt IV. osztályosként és III. díjat nyert. Most matematikus, nyugdíjas informatikus.

Emlékeztetőül a feladat: Az $ABC$ szabályos háromszög $AB$ oldalának felezőpontja $F$ . A $CF$ szakasz azon belső pontja a $D$ pont, amelyre az $ADB$ szög 90 fokos. A $CF$ szakasz azon belső pontja az $E$ pont, amelyre a $CD$ és a $DE$ szakaszok hossza egyenlő. Hány fokos az $AEB$ szög?

Laborczi Zoltán megoldása

A 4. megoldáshoz hasonlóan tükrözzük az $ABC$ háromszöget a $D$ pontra.

Ekkor a $C$ tükörképe $E$ . Az így kapott $ABA'B'$ négyszög négyzet, hiszen átlói merőlegesek és egyenlő hosszúak. Az $ABC$ szabályos háromszög tükörképe az $A'B'E$ háromszög, szintén szabályos. Az $AB'E$ háromszög egyenlő szárú, amelyben az

$AB'E\sphericalangle = AB'A'\sphericalangle - EB'A'\sphericalangle = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ,$

így a háromszög alapszögei $75^\circ$ -osak, tehát

$\displaystyle AEB'\sphericalangle = 75^\circ.$

Az $E$ pontnál lévő szögek összege $360^\circ$ , így a keresett szög:

$\displaystyle AEB\sphericalangle = 360^\circ - AEB'\sphericalangle - BEA'\spher... ...- B'EA'\sphericalangle = 360^\circ - 2 \cdot 75^\circ - 60^\circ = 150^\circ.$

Zárszó

Kedves Olvasó! Ha egy másik „szép” megoldást talál, kérem, küldje el nekem a Ez az e-mail-cím a szpemrobotok elleni védelem alatt áll. Megtekintéséhez engedélyeznie kell a JavaScript használatát. e-mail címre. Ezeket az újabb megoldásokat összegyűjtve időnként (terveim szerint) szintén megmutatnám.

Szoldatics József

(A bevezető kép Kelly Lacy fotója a Pexels oldaláról.)