Feladat: 1110. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Benczúr András ,  Csipka L. ,  Demendy Z. ,  Fajszi Csaba ,  Farkas Zoltán ,  Fritsch I. ,  Gagyi Pálffy A. ,  Gálfi l. ,  Horváth T. ,  Huber T. ,  Katona Mária ,  Kerényi Ilona ,  Kéry G. ,  Kiss Sándor ,  Kóta J. ,  Krámli András ,  Kunszt Z. ,  Lehel J. ,  Lippai P. ,  Máté A. ,  Máté E. ,  Molnár Emil ,  Nagy Ernő ,  Náray-Szabó G. ,  Nováky Béla ,  Opálény M. ,  Pór A. ,  Sebestyén Z. ,  Seprődi L. ,  Simonovits Miklós ,  Somogyi K. ,  Sonnevend Gy. ,  Szegő K. ,  Szepesvári I. ,  Szidarovszky Ágnes ,  Szidarovszky F. ,  Vesztergombi György ,  Vincze I. ,  Zalán P. ,  Zalay M. 
Füzet: 1962/április, 148 - 149. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Sík parkettázás, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1961/április: 1110. matematika feladat

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

Legyenek a kérdéses hatszög egymás utáni oldalai rendre a, b, c, d, e, f, ahol a#d, szögei α, β, γ, δ, ε, ζ (α az a és b oldal között s í. t.).1

 
 
1. ábra
 

Hatszögünkkel olyan lefedésre mutatunk példát, amelyben bármely két hatszög egymásba vagy eltolással, vagy a sík alkalmas pontja körüli 180∘-os elforgatással átvihető (másszóval: tengelyes tükrözés2 nem fordul elő). Képezzünk ‐ a cikkben a centrálszimmetrikus hatszögre adott minta szerint, ‐ eltolással olyan végtelen sok hatszögből álló fogazott szélű szalagot, melynek bármely két szomszédos hatszöge a, ill. d oldaluk mentén csatlakozik egymáshoz úgy, hogy e két oldal végpontjai egybeesnek. E szalag egyik oldali fogazásán az oldalak hossza váltakozva b és c, másik oldalán pedig e és f. Két szomszédos sokszög egyik közös csúcsa körül α+γ nagyságú szögtér van befedve, így az innen kiinduló b és c hosszú oldalak között a lefedetlen szögtartomány 360∘-(α+γ)=β. Nyilvánvaló ugyanis, hogy α+β+γ=δ+ε+ζ=360∘, hiszen az alaphatszögben az α és γ, valamint a δ és ζ szögek csúcsait összekötő átlók a hatszöget egy paralelogrammára és két háromszögre bontják, és mindkét háromtagú szögösszeg egyenlő a paralelogramma két szomszédos szögének és az egyik háromszög szögeinek együttes összegével.
 
 
2. ábra
 

Eszerint szalagunk bármely két szomszédos foga (két hatszöge) közé beilleszthető egy újabb hatszög β szöge úgy, hogy α, β és γ szögeinek csúcsai egybeesnek a szalag 3 egymás utáni csúcsával, vagyis az illeszkedés hézagtalan. Az egyik fog β szöge, valamint az új hatszöggel lefedett β váltószögek, ezért az új hatszög a szalag hatszögeihez képest 180∘-kal el van fordulva. Ezért a szalaghoz az egyik oldalán csatlakozó hatszögek egymásba eltolással átvihetők és mivel egy‐egy csúcsuk közös, azért az elsővel egybevágó, ahhoz képest 180∘-kal elforgatott helyzetű végtelen szalagot alkotnak. E kettős szalag mindkét határvonalán a fogazás oldalhossza váltakozva e, f, és minden e hosszúságú, úgyszintén minden f hosszúságú oldal egymás között párhuzamos. Ezért a kettős szalagot alkalmasan ismételten eltolva az egész síkot ugyanúgy lefedhetjük, mint a centrálszimmetrikus hatszögből képezett szalaggal.
 
 
3. ábra
 
 

 Fajszi Csaba (Budapest, Rákóczi F. Gimn. III. o. t)
 
Megjegyzés. Más lerakási sorrendben kapjuk ugyanezt a lefedést, ha egy hatszöghöz úgy illesztünk két másikat, hogy azok az elsőnek a szemben fekvő b és e oldalak felezőpontjára vett tükörképei legyenek és a tükrözéseket tovább is váltakozva az e, ill. b oldalak felezőpontjára végezzük.
 
 
4. ábra
 

Így is végtelen szalaghoz jutunk, ennek azonban csak minden második hatszöge vihető át egymásba eltolással. Ennek megfelelően a határvonalon minden negyedik oldala azonos szerepű, ugyanis az oldalak hossza szakaszosan d, c, a, f, d, c, a, f, d, ... éspedig a szalag mindkét határvonalán ez érvényes. Ezért a szalaggal eltolás útján az egész síkot lefedhetjük.
 
 Kerényi Ilona (Debrecen, Kossuth L. Gyak. Gimn. III. o. t.)
1A használt fogalmak a kitűző tanuló cikkében olvashatók: K. M. L. 22 (1961/2) 49‐56. o.

2Amilyen az idézett cikk 4. ábráján látható