Kezdőlap


Feladat:	1157. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Csákó György , Kiss István , Nováky Béla
Füzet:	1962/november, 118 - 120. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek hasonlósága, Trigonometriai azonosságok, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1962/január: 1157. matematika feladat

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

I. megoldás. A $36^{\circ}$ -os szög a $180^{\circ}$ -nak 5-ödrésze. Ezért az olyan $A B C$ egyenlő szárú háromszögben $(A B = A C)$ , melynek szárai között $B A C ∢ = 36^{\circ}$ -os szög van, az alapon levő szögek nagysága $72^{\circ}$ , a $36^{\circ}$ -nak 2-szerese. Így az $A B C$ szög $B D$ felezőjét meghúzva egyrészt $A B D ∢ = B A D ∢ = 36^{\circ}$ , másrészt $B D C ∢ = A B D ∢ + B A D ∢ = 72^{\circ} = B C D ∢$ , tehát a keletkezett $A B D$ és $B D C$ háromszögek egyenlő szárúak: $B C = B D = A D$ , és $B D C$ háromszög hasonló $A B C$ -hez.

Ebből kiszámíthatjuk a

B C = a

és

A B = b

oldalak arányát, abból pedig az

A B D

háromszög felhasználásával

cos 36^{\circ}

-ot:

\begin{matrix} C A : B C = D B : C D, \\ b : a = a : (b - a), & (1) \\ b^{2} - a b - a^{2} = 0, & (2) \\ {(\frac{a}{b})}^{2} - \frac{b}{a} - 1 = 0, \end{matrix}

és ennek pozitív gyökével:

\begin{matrix} cos 36^{\circ} = \frac{A E}{A D} = \frac{A B}{2 A D} = \frac{1}{2} \cdot \frac{b}{a} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1 + \sqrt[]{5}}{2} = \\ = \frac{1 + \sqrt[]{5}}{4}, \end{matrix}

az állításnak megfelelően.

3^{\circ} = 75^{\circ} - 72^{\circ}

, ezért előkészítésül kiszámítjuk

75^{\circ}

és

72^{\circ}

szinuszát és koszinuszát a

75^{\circ} = 30^{\circ} + 45^{\circ}

72^{\circ} = 2 \cdot 36^{\circ}

felbontások és az első rész eredménye alapján.

\begin{matrix} sin 75^{\circ} = sin (30^{\circ} + 45^{\circ}) = \\ = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt[]{2}} + \frac{\sqrt[]{3}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt[]{2}} = \frac{\sqrt[]{3} + 1}{2 \sqrt[]{2}} = \frac{\sqrt[]{6} + \sqrt[]{2}}{4} \approx 0, 9659, \\ cos 75^{\circ} = cos (30^{\circ} + 45^{\circ}) = \frac{\sqrt[]{3} - 1}{2 \sqrt[]{2}} = \frac{\sqrt[]{6} - \sqrt[]{2}}{4} \approx 0, 2588; \\ cos 72^{\circ} = cos^{2} 36^{\circ} - sin^{2} 36^{\circ} = 2 cos^{2} 36^{\circ} - 1 = \frac{6 + 2 \sqrt[]{5}}{8} - 1 = \frac{\sqrt[]{5} - 1}{4} \approx 0, 3090, \\ sin 72^{\circ} = \sqrt[]{1 - cos^{2} 72^{\circ}} = \frac{1}{4} \sqrt[]{10 + 2 \sqrt[]{5}} \approx 0, 9711. \end{matrix}

Ezekkel

\begin{matrix} sin 3^{\circ} = \frac{1}{16} [(\sqrt[]{6} + \sqrt[]{2}) (\sqrt[]{5} - 1) - (\sqrt[]{6} - \sqrt[]{2}) \sqrt[]{10 + 2 \sqrt[]{5}}] \approx 0, 05234, \\ cos 3^{\circ} = \frac{1}{16} [(\sqrt[]{6} - \sqrt[]{2}) (\sqrt[]{5} - 1) + (\sqrt[]{6} + \sqrt[]{2}) \sqrt[]{10 + 2 \sqrt[]{5}}] \approx 0, 9986. \end{matrix}

sin 3^{\circ}

-ot 4 értékes jegyre számítottuk ki.
Kiss István (Miskolc, Kilián Gy. g. III. o. t.)

Megjegyzések. 1. A (2) egyenlethez az 1054.feladatban¹ bebizonyított tételnek a szabályos ötszög 4 csúcsával meghatározott trapézra való alkalmazásával is eljuthatunk.
Nováky Béla (Budapest, I. István g. IV. o. t.)

2. A (2) egyenletből

a = b (\sqrt[]{5} - 1) / 2 \approx 0, 618 b

az ún. ,,aranymetszés'' (folytatólagos arányos osztás) feladatának megoldását adja. Ez a régi feladat egy szakasz olyan felosztását kívánja két részre, hogy a nagyobb rész ugyanolyan arányban álljon az egésszel, mint a maradék a nagyobb résszel.
Ezt fejezi ki az (1) aránypár. Az is benne van e követelményben, hogy

a

a nagyobb rész, ugyanis az első arányban

b > a

, ezért a másodikban is

a > b - a

3. Mivel

75^{\circ}

és

72^{\circ}

szinusza, ill. koszinusza egyenlő

15^{\circ}

és

18^{\circ}

koszinuszával ill. szinuszával, azért eredményeinket ugyanezen alakban kapnánk a

3^{\circ} = 18^{\circ} - 15^{\circ} = \frac{36^{\circ}}{2} - \frac{30^{\circ}}{2}

egyenlőség alapján. Más alakra jutunk, ha előbb

6^{\circ} = 36^{\circ} - 30^{\circ}

koszinuszát számítjuk, majd a félszög‐képletekkel fejezzük be a számítást.

36^{\circ}

-kal együtt

54^{\circ}

függvényeit is ismerjük, ebből megkaphatjuk

27^{\circ}

-éit és

3^{\circ} = 30^{\circ} - 27^{\circ}

alapján is számíthatunk. A dolgozatokban mindezen módok előfordultak.

II. megoldás (a feladat első részére). A

c = (\sqrt[]{5} + 1) / 4

szám pozitív és 1-nél kisebb, így van olyan

φ

hegyes szög, amelynek

c

a koszinusza. Megmutatjuk, hogy

5 φ = 180^{\circ}

, tehát

φ = 36^{\circ}

. A kétszeres szög koszinuszára ismert azonosságot kétszer alkalmazva:

\begin{matrix} cos 2 φ = cos^{2} φ - sin^{2} φ = 2 cos^{2} φ - 1 = \frac{6 + 8 \sqrt[]{5}}{8} - 1 = \frac{\sqrt[]{5} - 1}{4} . \end{matrix}

Ebből látjuk, hogy

2 φ

is még hegyes szög:

2 φ < 90^{\circ}

. A 4-szeres szögre térve:

\begin{matrix} cos 4 φ = 2 cos^{2} 2 φ - 1 = - \frac{\sqrt[]{5} + 1}{4} = - c = - cos φ, \end{matrix}

tehát

90^{\circ} < 4 φ < 180^{\circ}

. Ezek szerint

4 φ

és

φ

olyan tompa, ill. hegyes szög, melyek koszinuszának abszolút értéke megegyezik. Ebből következik, hogy kiegészítő szögek,

4 φ + φ = 5 φ = 180^{\circ}

. Ezt akartuk bizonyítani.

Csákó György (Sátoraljaújhely, Kossuth L. g. IV. o. t.).

Megjegyzés. Hasonló gondolatmenettel meghatározhatjuk

cos 36^{\circ}

-ot, ha nem ismerjük is előre az értékét. A

2 \cdot 36^{\circ} = 72^{\circ}

és a

3 \cdot 36^{\circ} = 108^{\circ}

is kiegészítő szögek, tehát

φ = 36^{\circ}

-ra

\begin{matrix} cos 3 φ + cos 2 φ = 0. \end{matrix}

Ebből szeretnék

x = cos φ

-t meghatározni.

\begin{matrix} cos 2 φ = 2 cos^{2} φ - 1 = 2 x^{2} - 1, \\ cos 3 φ = (2 cos^{2} φ - 1) cos φ - 2 sin^{2} φ cos φ = \\ = 2 cos^{3} φ - cos φ - 2 (cos φ - cos^{3} φ) = 4 cos^{3} φ - 3 cos φ = 4 x^{3} - 3 x . \end{matrix}

Így a

\begin{matrix} 4 x^{3} + 2 x^{2} - 3 x - 1 = 0 \end{matrix}

egyenletre jutottunk. Ennek egy gyöke

x = - 1

(és ez nyilván nem

cos 36^{\circ}

). A bal oldalból

(x + 1)

-et kiemelve

\begin{matrix} 4 x^{3} + 2 x^{2} - 3 x - 1 = (x + 1) (4 x^{2} - 2 x - 1) . \end{matrix}

cos 36^{\circ}

a második tényező pozitív 0-helye, vagyis

\begin{matrix} cos 36^{\circ} = \frac{1 + \sqrt[]{5}}{4}, \end{matrix}

és ezt kellett bizonyítanunk.

¹1 K. M. L. 23 (1961/9) 17. o.