Kezdőlap


Feladat:	649. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Csiszár Imre , Szabados József
Füzet:	1955/május, 149 - 151. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szabályos sokszög alapú gúlák, Hossz, kerület, Szögfüggvények a térben, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1954/december: 649. matematika feladat

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

Mivel az oldalélek száma megegyezik az alapélek számával, azért a feladat kikötéséből következik, hogy az oldalélek hosszúsága egyenlő az alapélek hosszúságával, vagyis a gúla oldallapjai egyenlő oldalú háromszögek. $n$ oldalú gúlánál $(n ≧ 3)$ a csúcsnál levő testszöglet élszögeinek összege $n \cdot 60^{\circ} < 360^{\circ}$ , amiből $n < 6$ . Tehát csak $n = 3$ , $4$ és $5$ jöhet számításba.
Tekintsük egy $a$ élű, $S$ csúcsú és $n$ oldalú ( $n = 3$ , $4$ , $5$ ) szabályos gúlának két szomszédos lapját (lásd ábrát).

A keresett

φ_{n}

lapszöget megkapjuk, ha az

U W

alaplapátló (

n = 3

esetén alapél) végpontjaiból merőlegeseket bocsátunk az

S V

oldalélre. Ezek a merőlegesek az

S V

oldalélhez tartozó két egyenlőoldalú gúlaoldallap magasságvonalai, tehát az

S V

oldalél felezőpontjában,

F

-ben metszik egymást. Eszerint tehát

\begin{matrix} F U = F W = \frac{a}{2} \sqrt[]{3} és U F W ∢ = φ_{n} . \end{matrix}

U W F

és

U W V

egyenlőszárú háromszögek közös

U W

alapjának felezőpontját jelöljük

G

-vel.

F G

és

V G

az említett két háromszög közös

U W

alapjához tartozó magasságok.
A szabályos

n

szögű (

n = 3

4

5

) alaplap szöge

U V W ∢ = \frac{(n - 2) 180^{\circ}}{n}

. Ennek fele

U V G ∢ = \frac{(n - 2) 90^{\circ}}{n}

, és így a

G U V

pótlószög

90^{\circ} - \frac{(n - 2) 90^{\circ}}{n} = \frac{180^{\circ}}{n}

.
Az

F G U

derékszögű háromszögből

\begin{matrix} sin \frac{φ_{n}}{2} = \frac{G U}{F U}, \end{matrix}

V G U

derékszögű háromszögből

\begin{matrix} G U = V U cos G U V ∢ = a cos \frac{180^{\circ}}{n} \end{matrix}

és így

\begin{matrix} sin \frac{φ_{n}}{2} = \frac{a cos \frac{180^{\circ}}{n}}{\frac{a}{2} \sqrt[]{3}} = \frac{2}{\sqrt[]{3}} cos \frac{180^{\circ}}{n} . \end{matrix}

Tehát

n = 3

esetén

\begin{matrix} sin \frac{φ_{3}}{2} = \frac{2}{\sqrt[]{3}} cos 60^{\circ} = \frac{2}{\sqrt[]{3}} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{\sqrt[]{3}} \end{matrix}

amiből (négyjegyű lg-táblát használva)

\begin{matrix} \frac{φ_{3}}{2} = 35^{\circ} 16', és így φ_{3} = 70^{\circ} 32' . \end{matrix}

Hasonlóképpen

\begin{matrix} sin \frac{φ_{4}}{2} = \frac{2}{\sqrt[]{3}} cos 45^{\circ} = \frac{2}{\sqrt[]{3}} \cdot \frac{\sqrt[]{2}}{2} = \sqrt[]{\frac{2}{3}}, \end{matrix}

amiből

\begin{matrix} \frac{φ_{4}}{2} = 54^{\circ} 44', és így φ_{4} = 109^{\circ} 28', \end{matrix}

és végül

\begin{matrix} sin \frac{φ_{5}}{2} = \frac{2}{\sqrt[]{3}} cos 36^{\circ}, \end{matrix}

amiből

\begin{matrix} \frac{φ_{5}}{2} = 69^{\circ} 06', és így φ_{5} = 138^{\circ} 12' . \end{matrix}

Szabados József (Bp. III., Árpád g. III. o. t.)

Megjegyzés: Feladatunkban a szabályos gúla oldallapjainak az alap melletti két egyenlő szöge

60^{\circ}

volt. Általánosíthatjuk a feladatot, ha

60^{\circ}

helyett tetszőleges

α

hegyesszöget engedünk meg. Ez esetben természetesen

n

5-nél nagyobb értékeket is felvehet.
Most

F U = \frac{α \sqrt[]{3}}{2}

helyett

F U = a sin α

,
és így

\begin{matrix} sin \frac{φ_{n}}{2} = \frac{a cos \frac{180^{\circ}}{n}}{a sin α} = \frac{cos \frac{180^{\circ}}{n}}{sin α} \end{matrix}

Szükséges természetesen, hogy a gúla csúcsánál levő testszöglet élszögeinek összegére fennálljon, hogy

\begin{matrix} n (180^{\circ} - 2 α) < 360^{\circ}, \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} 3 \leq n < \frac{360^{\circ}}{180^{\circ} - 2 α} \end{matrix}

(2)

(2)-ből következik, hogy szükségképpen

α > 30^{\circ}

.
Feladatunkban

α = 60^{\circ}

, mely esetben az (1) és (2) alatti összefüggések feladatunk fenti megoldásában szereplő összefüggésekbe mennek át.

Csiszár Imre (Bp. I., Petőfi g. III. o. t.)