Feladat: 1328. matematika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Deák I. ,  Ferenczi Gy. ,  Ferenczi M. ,  Gyenes G. ,  Huhn A. ,  Kiss Katalin ,  Lovász L. ,  Márki L. ,  Nagy Klára ,  Pelikán J. ,  Siket Aranka ,  Sükösd Cs. ,  Székely G. ,  Szemkeő Judit ,  Szép A. ,  Sövényházy Mária ,  Treer Mária ,  Veres F. 
Füzet: 1965/május, 211 - 213. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Térfogat, Szabályos sokszögek által határolt testek, Poliéderek szimmetriái, Szögfüggvények a térben, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1964/május: 1328. matematika feladat

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

I. Építsük fel gondolatban a test modelljét a lapokat az előírt rendben egymás mellé illesztve. A test összes élei egyenlők, mert minden lapja egyenlő oldalú idom, legyen a közös hosszuk c. Legyenek az N' nyolcszöglap egymás utáni csúcsai Ai (i=1,2,...,8) az indexek növekedő rendjében, az AiAi+1 oldalhoz csatlakozó Hi háromszöglap harmadik csúcsa Bi (a 8-nál nagyobbnak adódó indexek mindig 8-cal csökkentve értendők), továbbá a Hi és Hi+1 közé illeszkedő rombusz BiAi+1Bi+1Ci+1=Ri+1. Így az Ri és Ri+1 közé illeszkedő második háromszöglap BiCiCi+1, és a Ci csúcsok az indexek növekedő rendjében az N'' nyolcszöglap egymás utáni csúcsai.

 
 

Megmutatjuk, hogy az N' és N'' középpontját összekötő tengely körül k45 forgásokkal a test önmagával fedésbe jut, és a tengely felezőpontja a test középpontja. Bi Az AiAi+1 él Si felező merőleges síkján van, és ezen van Bi+4 is, mert N' szabályos volta miatt Si az Ai+4Ai+5 élt is merőlegesen felezi. Bi és Bi+4 ugyanígy a CiCi+1 és Ci+4Ci+5 élek közös felező merőleges síkjának is pontjai, így pedig e két sík azonos, mert mindkettő merőleges N' és N'' síkjára, és a BiBi+4 egyenesen át csak egy merőleges sík állítható rájuk. N' és N'' síkját alapsíknak fogjuk nevezni. (Itt felhasználtuk, hogy Bi és Bi+4 különböző pontok, és hogy összekötő egyenesük nem merőleges az alapsíkra; valóban, Hi-t és Hi+4-et alapélük körül forgatva Bi és Bi+4 (Si-beli) pályájának nincs közös pontja, mert N' két párhuzamos oldalának távolsága c(1+2), és ennek fele nagyobb a c oldalú szabályos háromszög magasságánál, c3/2-nél.) Az eddigiekből az is adódik, hogy CiCi+4AiAi+4, és hogy Ci ugyanazon az oldalán van Si-nek, mint Ai.
Tekintsük most az 1-gyel nagyobb indexű pontokból ugyanígy adódó Si+1 síknak Si-vel való t metszésvonalát (ami létezik, mert Ai+1Ai+2 nem párhuzamos AiAi+1-gyel). t merőleges az alapsíkokra, és azokkal való O', ill. O'' metszéspontja az illető lap középpontja. Ugyanis pl. O' annak a két egyenesnek a közös pontja, amelyeket Si, Si+1 metsz ki az alapsíkból, ezek mindegyike szimmetriatengelye N'-nek, és két szimmetriatengely a szabályos sokszög középpontjában metszi egymást.
Legyen AiAi+1 felezőpontja Di, CiCi+1Ei, így DiO'O''Ei téglalap, mert O'-nél és O''-nél derékszöge van, és a nyolcszögek egybevágósága miatt DiO'=EiO'', ezért DiEit, továbbá AiDiEiCi is téglalap, tehát AiCit.
Ezek szerint Ri-nek Bi-1Bi átlója párhuzamos az alapsíkokkal, mert merőlegesen felezi az AiCi átlót, és így minden Bi benne van O'O'' felező merőleges síkjában. A rombuszok Ki középpontjai (ebben a síkban) egy az N'-vel egybevágó N nyolcszöget alkotnak, oldalaik páronként párhuzamosak; legyen N középpontja O. Így OKi felezi a Bi-1OBi=45 szöget, másrészt KiBi-1=KiBi, ezért BiBi-1 merőleges OKi-re, és OBi-1=OBi, a Bi csúcsok egy N''' szabályos nyolcszög csúcsai, O valóban a test középpontja, és minden olyan forgatással és tükrözéssel önmagával fedésbe jut, amely N'-t és N''-t önmagába viszi át.
Ebből következik, hogy egyrészt az Ai és Ci csúcsok, másrészt a Bi-k egy-egy O középpontú gömb felületén vannak, és ezek sugarainak nagyobbika adja a testet magába záró legkisebb gömb keresett sugarát.
 
II. A K1K2 szakasz felező pontját L-lel jelölve az OK1L, az OK1B1, a B1D1L, végül az OA1K1 derékszögű háromszögből
OK1=K1Lsin22,5=c2-2,OB1=OK1cos22,5=csin45=c2,OL=c2  ctg  22,5=c2(1+2),és ígyB1L=c2(2-1),A1K1=D1L=B1D12-B1L2=3c24-c24(3-22)=c214,OA1=OK12+A1K12=c1+2.
Az utóbbi nagyobb, mint c1+1=OB1, ezért a testet magába záró legkisebb gömb sugara OA1c1,55.
 
III. A testet az N' és N'' megfelelő oldalain átmenő síkokkal 8 egybevágó gúlára és egy N' alapú hasábra darabolhatjuk. A B1A1A2C2C1 gúla térfogata A1A2A1C1B1L/3, ahol A1C1=2A1K1, ez egyszersmind a hasáb magassága, így N' ismert területképlete alapján a test térfogata
V=A1A22A1C1(4(2-1)3+2(1+2))=c328143(1+52).

Szemkeő Judit (Budapest, Ságvári E. gyak. g. III. o. t.) dolgozata, bizonyítással kiegészítve.