A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. A bizonyítandó egyenlőség fennállását az 1246. feladat II. megoldásában számítással igazoltuk, ezért az alábbiakban számító megoldást nem közlünk. I. megoldás. Írjunk egy egységnyi sugarú körbe egy szabályos hétszöget és irányítsunk mindegyik csúcsához egy vektort a kör középpontjából, legyenek ezek . Megmutatjuk, hogy e vektorok összege a vektor. Mérjük fel egy pontból az -val egyenlő vektort, ennek végpontjából kiindulva a paralelogramma-szabály alkalmazásával az -gyel egyenlő -t, -ből az -vel egyenlő -t, és így tovább, végül az -tel egyenlő -nak végpontjából az -tal egyenlő -t. Ekkor , , , , , , egy szabályos hétszög egymás utáni csúcsai, és azonos -lal. Ugyanis a háromszög egyenlő szárú, a -nál és -nél levő szöge fele a -nél levő külső szögnek, ez pedig egyenlő az és közti szöggel, vagyis a teljes szög hetedrészével, jelöljük ezt -val. Írjunk kört a háromszög köré, és legyen ennek középpontja , így a és szögek egyenlők -va1, és az az egyetlen pont , amelyből és látószöge . Meggondolásunkat megismételve és helyén -gyel és -vel, kapjuk, hogy a háromszög körülírt körének középpontja , vagyis rajta van -n. Ugyanígy haladva tovább is a -n van, és a szögek összege a teljes szög, így valóban és . Bontsuk fel vektorainkat az -val megegyező irányú és arra merőleges összetevőkre, ekkor koordinátái | | (a csúcsok indexei a pozitív forgás irányában növekszenek). Az összetevők összege bármely irányra nézve , mert -nak bármely irányú összetevője . Írjuk fel ezt az irányú összetevőkre, és alkalmazzuk a tagokra a | | azonosságokat:
ezért a zárójeles kifejezés , ez pedig éppen a bizonyítandó egyenlőség jobb és bal oldalának különbsége. Ezzel az állítást bebizonyítottuk.
Komor Tamás (Budapest, Fazekas M. gyak. g. II. o. t.) Megjegyzés. Az megállapítást a szimmetriát jobban kihasználva rövidebben kapjuk a következő meggondolással. Vektorrendszerünk az körüli szögű elforgatással önmagába megy át, ezért összegét az eredeti és az elforgatott helyzetben képezve ugyanazt az eredményt kapjuk. Az elforgatott helyzetbeli összeg az eredeti összegből -val való elforgatással adódik, ez csak akkor azonos az eredeti összeggel, ha az összeg , mert a nullvektortól különböző vektort elforgatva, tőle különböző vektort kapunk, hacsak a forgási szög nem egész számú többszöröse -nek.
Földes Antónia (Budapest, Apáczai Csere J. g. IV. o. t.)
II. megoldás. Mérjük fel egy nagyságú szög csúcsától az egyik szárra az szakaszt, majd jelöljük ki a szárakon váltakozva az előbbiektől mindig különböző , , pontokat úgy, hogy álljon . Ekkor az ábra összes szögeit kifejezhetjük -val, figyelembe véve, hogy az , és háromszögek egyenlő szárúak, valamint a külső szög tételét alkalmazva az és háromszögekre: ; ; (hegyesszög) ; ; végül . Ezek szerint, az háromszög is egyenlő szárú: , ill. e szárak részeit az előbbi egyenlő szárú háromszögekből -val kifejezve | | Innen a bizonyítandó egyenlőség osztással és rendezéssel adódik.
Nagy László (Budapest, I. István g. IV. o. t.) A vektorokra vonatkozó elemi ismeretek megtalálhatók pl.: Hajós György‐Neukomm Gyula‐Surányi János: Matematikai Versenytételek II. (Tankönyvkiadó, Budapest, 1957) 26‐30. o.A kisebb szögtartományban. |
|