Feladat: C.287 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Hettyey János ,  Kaszás Viktor 
Füzet: 1993/április, 170. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Konstruktív megoldási módszer, Konvex sokszögek, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül, C gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1992/április: C.287

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Az ilyen jellegű feladatok nehézsége abban is rejlik, hogy megoldásukhoz előre ismerni kellene a helyes választ. A nemleges válasz helyességének bizonyítása ugyanis másfajta eszközöket igényel, mint az igenlő válaszé. Persze, ha az egyik lehetséges válasz bizonyítása komoly erőfeszítések árán sem sikerül, jogosan vetődik fel, hogy a másik alternatívát vizsgáljuk. A dolog természetéből adódik, hogy ilyenkor rendszerint csak az eredményes út közlésének van értelme, így azután a megoldás alappillére rejtve marad.

 
 

Jelen esetben a válasz igenlő. Ennek bizonyítására elég egy megfelelő hatszöget konstruálni. (Könnyen belátható, hogy ez nem lehet szabályos hatszög.)
Induljunk ki egy olyan szabályos háromszögből, amelynek oldalai 2 cm-esek. A háromszög mindhárom magasságát hosszabítsuk meg a talppontjukon túl 2-3 cm-rel. Az így kapott három pont, valamint a háromszög csúcsai olyan konvex hatszöget határoznak meg, amelynek oldalai egyenlőek: Pitagorasz tétele alapján 1+(2-3)2 cm = 22-3 cm ≈1,035 hosszúak, hosszabbik átlói pedig 2 cm-esek. (A három ,,rövid'' átló cm-ben mért hosszának mértékszáma 2(2-3)cos30∘+1=23-2≈1,464.)
Ha hatszögünket mondjuk 0,99-szorosára kicsinyítjük, akkor átlói 1,98 cm hosszúak, vagy annál rövidebbek, oldalai pedig 1,982-3 cm ≈1,025 cm-esek lesznek. A kicsinyítéssel kapott hatszög tehát arra szolgáltat példát, hogy a feladatban leírt eset lehetséges.