Feladat:	1365. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Palotás Árpád
Füzet:	1965/november, 152 - 153. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Egyéb sokszögek hasonlósága, Alakzatba írt kör, Derékszögű háromszögek geometriája, Egyenlő szárú háromszögek geometriája, Terület, felszín, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül sokszögekben, Szabályos sokszögek geometriája, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1965/január: 1365. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.     A négy szabályos $12$-szög hasonló, ezért területeik aránya megegyezik valamilyen megfelelő lineáris méretük négyzeteinek arányával. Legyen beírt körük sugara, azaz a kör $O$ középpontjának az oldaltól, az egymás utáni átlóktól való távolsága rendre $r_1$, $r_3$, $r_4$, $r_5$, így ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle t_1=k{r}_1^2\mathrm{,}{t}_3=k{r}_3^2\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle t_4=k{r}_4^2\mathrm{,}{t}_5=k{r}_5^2\mathrm{,}}\hfill \end{array}}$ ahol $k$ arányossági tényező. Ezek szerint elég azt megmutatnunk, hogy ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \frac{r_1^2+r_5^2}{2}=r_3^3\mathrm{,}}\hfill & \text{(<mn>1</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle \sqrt[]{r_1^2{r}_5^2}=r_4^2}\hfill & \text{(<mn>2</mn>)}\end{array}}$ $S$-nek az $A_1$ csúcsból a szomszédos $A_{12}$ csúcsba húzott oldala és a másik irányban ötödik csúcsba, $A_6$-ba húzott átlója merőlegesek, ugyanez áll az $O$-ból rájuk bocsátott, $r_1$, ill. $r_5$ hosszúságú merőlegesre, ezért (1) számlálója $\begin{array}{c}{\displaystyle r_1^2+r_5^2=O{A}_1^2=r^2\mathrm{,}}\end{array}$ ahol $r$ az $S$ köré írt kör sugara. $A_1{A}_{10}$ a körbe írt négyzet oldala, $r_3$ pedig ennek fele. $\begin{array}{c}{\displaystyle A_1{A}_{10}^2=2r^2\mathrm{,}\text{ezért}{r}_3^2=A_1{A}_{10}^2/4=r^2/\mathrm{2,}}\end{array}$ ezek szerint (1) két oldala valóban egyenlő. Az előzők szerint $r_1=A_1{A}_6/2$, $r_5=A_1{A}_{12}/2$, így (2) bal oldalán álló szorzatuk egyenlő az $A_1{A}_6{A}_{12}$ derékszögű háromszög területének felével. Ezt másképpen az $A_6{A}_{12}\cdot A_{1}A{\text{'}}_1$ szorzat negyedrésze adja meg, ahol a második tényező az $A_1$-ből húzott magasság, ami fele az $r$-rel egyenlő $A_1{A}_{11}$-nek, az első tényező pedig $2r$. Ezért $r_1{r}_5=r^2/4$. Másrészt $r_4$, mint pl. az $A_6{A}_{10}$ átló $O$-tól mért távolsága, fele $O{A}_8=r$-nek, mert $O{A}_6{A}_8{A}_{10}$ rombusz, így $r_4^2=r^2/4$. Ezzel (2)-t igazoltuk.   Palotás Árpád (Pannonhalma, Benedek-rendi g. IV. o. t.)   Megjegyzés. $r_1$ és $r_5$ külön is meghatározhatók. Az ábra jelöléseivel $\begin{array}{c}{\displaystyle 2r_1=A_1{A}_6=A_{10}{A}_3=A_{10}{B}_1+B_1{A}_3=A_1{A}_{10}\frac{\sqrt[]{3}}{2}+A_1{A}_3\frac{\sqrt[]{2}}{2}\mathrm{,}}\end{array}$ mert $A_1{A}_{10}{B}_1$ egy egyenlő oldalú háromszög fele, $A_1{A}_3{B}_1$ pedig egyenlő szárú derékszögű háromszög. Másrészt $\begin{array}{c}{\displaystyle 2r_5=A_{12}{A}_1=B_{12}{B}_1=A_{10}{A}_3-2B_1{A}_3=2r_1-\sqrt[]{2}{A}_1{A}_3\mathrm{,}}\end{array}$ és így $\begin{array}{c}{\displaystyle r_1=\frac{r}{4}\left(\sqrt[]{6}+\sqrt[]{2}\right)\mathrm{,}{r}_5=\frac{r}{4}\left(\sqrt[]{6}-\sqrt[]{2}\right)\mathrm{,}}\end{array}$ amiből már szorzatuk és négyzetösszegük könnyen kiszámítható.