|
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 , , , , , , ahol , szögei , , , , , ( az és oldal között s í. t.).
1. ábra Hatszögünkkel olyan lefedésre mutatunk példát, amelyben bármely két hatszög egymásba vagy eltolással, vagy a sík alkalmas pontja körüli -os elforgatással átvihető (másszóval: tengelyes tükrözés 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 , ill. oldaluk mentén csatlakozik egymáshoz úgy, hogy e két oldal végpontjai egybeesnek. E szalag egyik oldali fogazásán az oldalak hossza váltakozva és , másik oldalán pedig és . Két szomszédos sokszög egyik közös csúcsa körül nagyságú szögtér van befedve, így az innen kiinduló és hosszú oldalak között a lefedetlen szögtartomány . Nyilvánvaló ugyanis, hogy , hiszen az alaphatszögben az és , valamint a és 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 szöge úgy, hogy , és szögeinek csúcsai egybeesnek a szalag 3 egymás utáni csúcsával, vagyis az illeszkedés hézagtalan. Az egyik fog szöge, valamint az új hatszöggel lefedett váltószögek, ezért az új hatszög a szalag hatszögeihez képest -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 -kal elforgatott helyzetű végtelen szalagot alkotnak. E kettős szalag mindkét határvonalán a fogazás oldalhossza váltakozva , , és minden hosszúságú, úgyszintén minden 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 és oldalak felezőpontjára vett tükörképei legyenek és a tükrözéseket tovább is váltakozva az , ill. 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 , , , , , , , , , 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.)
A használt fogalmak a kitűző tanuló cikkében olvashatók: K. M. L. 22 (1961/2) 49‐56. o.Amilyen az idézett cikk 4. ábráján látható |
|