A két nemnegatív számra vonatkozó nevezetes közepeket a trapéz két párhuzamos oldalára vonatkoztatva lehet szemléltetni.
Ezeket a nevezetes közepeket a mellékelt ábrán láthatjuk:
1. Számtani közép: A1A2 szakasz. 
2. Mértani közép: G1G2 szakasz.
3. Harmonikus közép: H1H2 szakasz.
4. Négyzetes közép: N1N2 szakasz.
1. Állítás:
A trapéz középvonala a két párhuzamos oldal számtani közepe.
A1A2=k=(a+c)/2.
2. Állítás:
Ha egy trapézt alapjaival (két párhuzamos oldalával) párhuzamosan két hasonló trapézra vágjuk, akkor ennek a szakasznak a hossza, amellyel elvágtuk, a trapézon belül a párhuzamos oldalak geometriai (mértani) közepe hosszúságú. \( G_{1}G_{2}=g=\sqrt{a·c} \)
3. Állítás:
A trapéz átlóinak metszéspontján át a trapéz párhuzamos oldalaival húzott párhuzamos a trapéz párhuzamos oldalainak harmonikus közepe. Azaz H1H2=h= \( \frac{2·a·c}{\left(a+c\right)} \)
4. Állítás:
Ha a trapézt alapjaival párhuzamos egyenessel két ugyanakkora területű trapézra vágjuk, akkor annak a szakasznak a hossza, mellyel elvágtuk, a trapézon belül a két párhuzamos oldal négyzetes közepe hosszúságú.
Nézzük az egyes állítások bizonyításait:
1. Az első állítás bizonyítása:
A mel
lékelt ábrán az A1A2 szakasz hossza mértani közepe a trapéz AB és CD párhuzamos oldalai hosszának. Azaz: A1A2=k=(a+c)/2. A1 és A2 pontok az AD s BC szárak felezési pontjai.
Tükrözzük a trapézt az egyik szár felezési pontjára. Így kapjuk az AD’A’D’ paralelogrammát. Ennek A1A’1 középvonala egyrészt kétszerese a trapéz A1A2=k középvonalának, másrészt egyenlő a trapéz két párhuzamos szárának összegével.
Tehát 2k= a + c. Ezt kellett bizonyítani.
2. A második állítás bizonyítása:
Nézzük a mellékelt ábrát! A bizonyítandó állítás szerint ha az ABG2G1 és a G1G2CD trapézok hasonlók (vagyis oldalaik aránya egyenlő), akkor a G1G2 szakasz az eredeti ABCD trapéz párhuzamos oldalainak mértani közepe.
A mellékelt ábra betűzése alapján: Ha ABG2G1 ≈ G1G2CD, akkor \( G_{1}G_{2}=g=\sqrt{a·c} \)
Mivel a feltétel szerint ABG2G1 ≈ G1G2CD, ezért a megfelelő oldalainak aránya egyenlő. Tehát a hasonlóság miatt \( \frac{g}{a}=\frac{c}{g} \), azaz g2=a⋅c.
Így \( g=\sqrt{a·c} \)
3. A harmadik állítás bizonyítása:
Háromszögek hasonlóságával a mellékelt ábra jelölésével.
1. Az ACDΔ ≈ AMH1Δ, mert oldalai párhuzamosak. Ezért AC:DC=AM:MH1. Vagyis: (e1+e2):c=e1:d1. Fejezzük ki ebből d1-t: \( d_{1}=\frac{e_{1}·c}{(e_{1}+e_{2})} \)
2. A ABCΔ ≈MH2CΔ, mert oldalai párhuzamosak. Ezért AC:AB=MC:MH2. Vagyis ( (e1+e2):a=e2:d2. Fejezzük ki ebből d2-t: \( d_{2}=\frac{e_{2}·a}{(e_{1}+e_{2})} \).
3. Az ABMΔ ≈DMCΔ, mert oldalai párhuzamosak. Ezért: AB:AM=DC:MC. Vagyis a:e1=c:e2. Szorzatban: a⋅e2=c⋅e1. Ezt azt is jelenti, hogy d1=d2. Azaz M pont felezi a H1H2 szakaszt.
Az a:e1=c:e2 aránypárt másként írva: \( \frac{a}{c}=\frac{e_{1}}{e_{2}} \). Adjunk az aránypár mindkét oldalához 1-t. \( \frac{a}{c}+\frac{c}{c}=\frac{e_{1}}{e_{2}}+\frac{e_{2}}{e_{2}} \). Másképp: \( \frac{a+c}{c}=\frac{e_{1}+e_{2}}{e_{2}} \)
Mivel \( d_{2}=\frac{e_{2}·a}{(e_{1}+e_{2})} \), ebből: \( e_{1}+e_{2}=\frac{a·e_{2}}{d_{2}} \) .
Másrészt : \( \frac{a+c}{c}=\frac{e_{1}+e_{2}}{e_{2}} \). Ebből is kifejezzük e1+e2-t: \( e_{1}+e_{2}=\frac{\left(a+c\right)·e_{2}}{c} \)
A két egyenlőségből kapjuk: \( \frac{\left(a+c\right)·e_{2}}{c}=\frac{a·e_{2}}{d_{2}} \). Itt e2-vel egyszerűsítve és d2-re rendezve: \( d_{2}=\frac{a·c}{\left( a+c\right)} \).
Mivel d1=d2, ezért H1H2=h=d1+d2=\( \frac{2·a·c}{\left(a+c\right)} \). Ezt kellett igazolni.
4. A negyedik állítás bizonyítása:
Húzzunk párhuzamost a D csúcsból a BC szárral! Így kapjuk a Q és R pontokat. Így AR = a – c és N1Q = n – c. Az ABCD trapéz magassága m. Húzzuk most be az N1N2CD trapéz D-ből induló, és az ABN2N1 trapéz Q1-ből induló magasságokat. Legyenek ezek m1 és m2. Itt m2 = m – m1.
Az állítás feltétele szerint: tABN2N1= tN1N2CD. Ezért \( \frac{\left(a+c\right)·m }{2}=2·\frac{\left(n+c\right)·m_{1} }{2} \), vagyis (a+c)⋅m=2(n+c)⋅m1.
Az ARD és az N1QD háromszögek hasonlók, hiszen oldalaik párhuzamosak. Tehát az oldalaik aránya egyenlő. Így: \( \frac{m}{a-c}=\frac{m_{1}}{n-c} \).
Ezt m1-re rendezve: \( m_{1}=\frac{m·\left(n-c\right) }{a-c} \).
Kaptunk két egyenletet:
1. (a+c)⋅m=2(n+c)⋅m1.
2. \( \frac{m}{a-c}=\frac{m_{1}}{n-c} \).
Az egyenletrendszert rendezve: \( \left( a+c\right)·m=2·\left(n+c\right)\frac{m·\left(n-c \right) }{a-c} \).
Egyszerűsítve m-mel és átszorozva a nevezővel:
(a+c)⋅(a-c)=2⋅(n+c)⋅(n-c).
Az ismert nevezetes azonosság felhasználásával: a2-c2=2(n2-c2).
Rendezve: \( n^{2}=\frac{a^{2}+c^{2}}{2} \).
Gyökvonás után a bizonyítandó állítást kapjuk: \( n=\sqrt{\frac{a^{2}+c^{2}}{2}} \)
Comments are closed, but trackbacks and pingbacks are open.