A geometriai feladatot tartalmazó poszt eddig soha nem tapasztalt látogatottságot és aktivitást eredményezett. Férfiak és asszonyok hanyagolták el napokra családjaikat, munkájukat. Papír fölé hajolva szitkozódtak Indiában, Új-Zélandon, az USA-ban és persze Magyarország számtalan háztartásában. Ebből bizonyára levonhatnánk fontos következtetéseket, de most inkább lássuk, mire jutottatok kilenc nap alatt, és aztán nézzük át közösen a megoldást is. Mert... tadaaaa!!!... ma megszületett az első, kizárólag elemi geometriai eszközökkel történő bizonyítás!
Fazekas Egon küldte Székesfehérvárról. 

A feladatot nem ismétlem el, aki nem ismeri, az nézze meg a kiírást tartalmazó posztban. 

Viszonylag gyorsan érkeztek szögfüggvényeket használó megoldások. Volt köztük indokolatlanul elbonyolított is, de a beküldők többsége felismerte, hogy a nagy háromszögben található további egyenlőszárú háromszögek segítségével, a szinusz- illetve koszinusztételt megfelelő ritmusban használva, egyszerűen elérhetünk a végéig. (Ez még nekem is sikerült.) De a szive mélyén mindenki érezte, hogy nem ez lesz az az út, aminek a végén ott a kréta, amivel felírhatják majd a nevüket a dicsőségtáblára. Súgta ott bent valami, hogy léteznie kell egy tisztán elemi geometriai eszközökkel operáló megoldásnak is. És tényleg. 

Sok (nagyon sok!) megoldás érkezett, de ezekről sorra kiderült, hogy vagy téves feltevésen alapulnak, vagy olyasmit kezeltek tényként, aminek az igazolása hiányzott a levezetésből. Dolgoztam eleget a cáfolatokon, de nem az időt sajnáltam, hanem azt, hogy az istennek sem akar megszületni a megoldás. Aztán ma délután 4 óra előtt néhány perccel megérkezett Egon emailje! 

A levezetés, amit küldött elég szűkszavú, és az egyik lépés nem is annyira van igazolva, mint kéne, de az alapötlet kiváló és nélkülözhetetlen. Most tehát következzen - az én kiegészítéseimmel, de Egon leírását követve - az a megoldás, ami a gombapresszó geometriai versenyének győztese lett.

A CF szakaszt tükrözzük az ABC háromszög szimmetriatengelyére, két végpontjukat összekötve kapjuk az EF szakaszt (mely természetesen párhuzamos a CB szakasszal), metszéspontjukat a D ponttal összekötve pedig a DG szakaszt.

Könnyen belátható, hogy a CBG háromszög szabályos háromszög, a DCB háromszög pedig egyenlőszárú. Tehát
CB=CG és CB=CD , így aztán CG=CD. A DCG háromszög tehát egyenlőszárú. 

Az EFG háromszög is szabályos háromszög, szögei 60 fokosak. Az AEF, a CDG és a CGD szögek egytől-egyig 80 fokosak. Ezekből kiszámolható, hogy a DEG és a DGE szögek 40 fokosak. 

Minthogy az EDG háromszög egyenlőszárú, az EGF pedig szabályos háromszög, így a belőlük álló EDGF négyszög deltoid. Ezen deltoid DF átlója egyben a szimmetriatengelye is, így felezi az EFG szöget. Tehát a DFG szög 30 fokos, amiből az is adódik, hogy a keresett BDF szög 80 fokos.

És kész.

Szép és elegáns megoldás. Érdemes volt rá várni. Jár érte a dicsőség, mindannyiunk megbecsülése és természetesen az értékes tárgynyeremény is, amit Tibi ajánlott fel a győztesnek.


Most, hogy van saját megfejtőnk és megfejtésünk is, már nyugodt szívvel teszem közzé azt a megoldást, ami versenyen kívül jutott el hozzám és ami nem kevésbé szemet gyönyörködtető, mint Egoné.

Húzzunk egy egyenest a C pontból 20 fokos szögben, a szárral való metszéspontja legyen F. Kössük össze az F pontot D ponttal.

A CBF háromszög egyenlőszárú, tehát FC=BC. 
A DCB háromszög is egyenlőszárú, így aztán BC=DC.
Ezekböl következően FC=DC, és minthogy a közrezárt szög 60 fok, így a CFD háromszög szabályos háromszög.

Az ECF szög és a CEF szög is 40 fokos, így az ECF háromszög is egyenlőszáró, tehát FC=EF.

Van tehát három szakaszunk, melyek egyelők: 
FC=FD=FE. Így rajzolható egy F középpontú, CF sugarú kör, melyen a C, D E pontok is rajta lesznek. Ebben a körben a CD szakasz egy húr, melyhez tartozik egy középponti szög, a CFD szög, és egy kerületi szög, a DEC szög. Márpedig az jól tudjuk, hogy egy húrhoz tartozó keróleti szög minden esetben épp a fele az ugyanazon húrhoz tartozó középponti szögnek. Tehát a DEC szög 30 fokos. Ebből kiszámolva a BDE szög 80 fokos.

És megint készen vagyunk. 

Mindkét megoldás rövid, egyszerű és nem igényel magasabb fokú matematikai tudást, mint amivel egy első osztályos gimnazista rendelkezik. 




Végül említsünk meg néhány nevet azok közül, akik vagy helyes szögfüggvényes megoldást küldtek, vagy egy majdnem helyes elemi geometriait. Mikoláj, Hollo, Bertók Zsófia, Mátyus Gergely, Sörös Zoltán, Katulin Péter, Pepe és Nagy Tibor. Nekik és természetesen a többieknek is köszönjük a részvételt. Most már mindenki visszatérhet a családjához, munkatársaihoz. Egészen a következő feladványig.