Feladat: 988. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Biborka Tamás ,  Bollobás Béla 
Füzet: 1960/április, 107 - 109. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Pont körüli forgatás, Érintősokszögek, Síkgeometriai számítások trigonometriával, Szabályos sokszögek geometriája, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1959/szeptember: 988. matematika feladat

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

I. A körülforgatás lehetetlenségének belátásához elég megmutatni, hogy ha vesszük az Reuleaux-idomnak tetszés szerinti három egymáshoz képest páronként 120∘-kal elfordult támaszsávját, ezek közös része általában nem egybevágó a kerettel, azaz nem szabályos hatszög. Ha mutatunk különböző oldalú közös részt adó támaszsáv-hármast, ebből látható, hogy a megfelelő állásban R bele sem illeszthető a keretbe.
Ilyen pl. az a három támaszsáv, amelynek mindegyike R-t az ennek határvonalát alkotó r, ill. a+r sugarú ívszakaszok egy-egy szemben fekvő párjának felezőpontjában érinti. Legyen R határvonala A körüli r és C körüli a+r sugarú ívének felezőpontja A',C'' és az ezekhez tartozó érintők metszéspontja H.

 
 

Ekkor az említett sávok közös része oldalainak hossza a nyilvánvaló szimmetria folytán váltakozva 2A'H és 2C''H. Ezek egymástól különbözők. Ugyanis szimmetria folytán az AA', CC'' egyenesek átmennek az ABC háromszög O középpontján ezért az OHA' és OHC'' háromszögek derékszögűek, OH átfogójuk közös, viszont A'O és C''O befogóik különbözők, és ezért az A'H és C''H befogók is különbözők. Valóban,
A'O=A'A+AO=r+a/3,C''O=C''C-CO=a+r-a/3=r+(3-1)a/3,


így A'O>C''O, és ezért (Püthagorász tétele alapján) A'H<C''H, amit bizonyítani akartunk.
II. Hasonlóan adódik, hogy nem lehet R-t szabályos háromszög alakú keretben a kívánt módon forgatni. Ha ugyanis a határvonal további ívszakaszainak felezőpontjai B',C', ill. A'',B'' akkor mind az A',B',C'-beli, mind az A'',B'',C''-beli érintők R számára egy-egy ,,támasz szabályos háromszöget'' alkotnak és ezek oldalai különbözők,mert mindkettőnek középpontja O és beírt köreik sugaraira, mint láttuk, OA'>OC''.
 

Biborka Tamás (Makó, József A. g. III. o. t.)
 

Megjegyzések. 1. A megoldás I. részében követett meggondolásunk így is fogalmazható. Az R-idomnak három egymáshoz képest 120∘-120∘-nyi szöget bezáró szimmetriatengelye van. Ugyanilyen kölcsönös helyzetű keretünknek az a tengelyhármasa, amely az oldalak felező merőlegeseiből áll. Ha a forgatás lehetséges volna, akkor olyan helyzet is volna, amelyben a két tengelyhármas irányai páronként párhuzamosak. De ekkor egybe is kellene esniük, és ezért az R-idom középpontja a keret középpontjába esnék, a szemben fekvő támasztási pontpárokkal meghatározott szakaszok felezőpontjába. Ez pedig lehetetlen, mert az R-idom tengelyeinek az idomba eső szakaszát (a>0 esetén) az O középpont nem felezi.
2. Meg lehet mutatni, hogy R-t csak abban az állásban lehet a keretbe beilleszteni, amelyben a kerettel az r és a+r sugarú ívszakaszok csatlakozási pontjaiban érintkezik; és ebből az állásból R-t megindítani sem lehet. Mert ha egy támaszsáv támaszegyenesei R határvonalát egy-egy ívszakasz belső pontjában érintik, akkor ugyanez áll a 120∘-kal elfordult irányú támaszegyenesekre is, és ekkor a három támaszsáv K közös része olyan hármas forgási szimmetriával bíró hatszög, amelynek szomszédos oldalai különbözők: 2. ábránkon az r sugarú A1A2 ív érintőjén levő GH oldala kisebb az a+r sugarú C2A1 és B1A2 ív érintőjén fekvő J'G=HJ oldalánál. Ugyanis ábránk további jelöléseivel, mint alább megmutatjuk, a közös LG, ill. MH átfogójú LGS és LGT', ill. MHS és MHU' derékszögű háromszögekben LS≧LT', ill. MS≧MU', így GS≦GT', ill. HS≦HU'=J'T', és ezért GH=GS+SH≦GT'+T'J'=GJ'. A K-idom szögei 120∘-osak, szélessége mindhárom oldalpárra a+2r, ebből már könnyű belátni, hogy GH kisebb, GJ' nagyobb a keret egy oldalánál, ha tehát a keretet úgy illesztjük K-ra, hogy egy szöge fedje a GHJ szöget, akkor K-nak G' és H' pontjai, velük G'J és H'J oldalai és ezekkel R-nek T és U pontjai egyaránt kiesnek a keretből.
Fenti egyenlőtlenségeink helyesek, mert ha A1AS∢=φ(ahol0∘<φ≦30∘), akkor az ABL háromszögből LA=2αsin(60∘-φ)/3, LB=2αsinφ/3, ezekkel LS-LT'=(LA+r)-(α+r-LB)=LA+LB-a=2α[sin(60∘-φ)+sinφ-cos30∘]/3, és ez pozitív, mert a többtagú a sin(u+ν)+sin(u-ν)=2sinucosν azonosság felhasználásával cos(30∘-φ)-cos30∘ alakban írható, ahol 0∘≦30∘-φ<30∘, tehát valóban LS>LT'. Ebből pedig MS=LT, MU'=LS' és SS'=TT'=α+2r alapján MS≧MU' amint fentebb állítottuk.
φ=0∘ esetén pedig L≡B, M≡A, S≡A1, U'≡A2, és egyszerűbb számítás igazolja első állításunkat. Ekkor R és a keret középpontjai egybeesnek.
3. A feladat első állítása így is kimondható: az R-idom nem burkolható egybevágó szabályos hatszögekkel (sőt nem egybevágó szabályos hatszögekkel sem).
4. Bollobás Béla (Budapest, Apáczai Csere J. g. III. o. t.) bebizonyította, hogy az R-idom nem forgatható körül olyan a+2r szélességű sokszög alakú keretben, amelynek oldalai között van legalább három nem párhuzamos, de a+2r szélességű rombuszban körülforgatható.
5. Több dolgozat az állítást arra rámutatva vélte bizonyítani, hogy az R-idom köré írható kör OA'=r+a3 sugara nagyobb a keretbe írható kör r+a/2 sugaránál, és ezért R bele sem illeszthető a keretbe. Láttuk azonban, hogy beilleszthető. A megokolás még akkor sem volna elegendő, ha R magában foglalná a körülírt kör egy átmérőjét, mert ezt a keret szélességéhez képest ferdén esetleg még mindig beilleszthetnők.