Kezdőlap


Feladat:	1615. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bálványos Z. , Bárány S. , Berács J. , Csetényi A. , Draschitz R. , Gegesy F. , Gutori L. , Göndőcs F. , Hárs L. , Jankó B. , Katona V. , Komjáth P. , Krasznai András , László I. , Lengyel T. , Lukács P. , Maróti P. , Martoni V. , Máté András , Nagy A. (Bp. Toldy) , Nagy D. , Nagy Zs. , Pál J. , Sax Gy. , Somogyi Á. , Szabó Zsolt , Viszkei Gy. , Zambó Péter
Füzet:	1969/február, 60 - 63. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Síkgeometriai szerkesztések, "Pi" közelítő kiszámítása, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1968/május: 1615. matematika feladat

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

I. A szerkesztés lépéseit számítással kísérjük, meghatározva a szóba jövő pontoknak az $A B$ szakasz $O$ felezőpontjától ( $e_{2}$ -vel való metszéspontjától) vagy egymástól mért távolságát. Ezt mindig megtehetjük derékszögű háromszögekből Pitagorasz tételével.

1. ábra

k_{0}

sugarát választva mértékegységnek,

A

és

B

távolsága

O

-től

1 / 2

, így

\begin{matrix} O D = O E = \frac{\sqrt[]{3}}{2} . \end{matrix}

F

E D

szakasz

D

-n túli meghosszabbításán van,

\begin{matrix} F O = \sqrt[]{4 - {(\frac{3}{2})}^{2}} = \frac{\sqrt[]{7}}{2} . \end{matrix}

H

-ra nyilván

D H = 2

G

pedig

C B

-nek

B

-n túli meghosszabbításán van,

\begin{matrix} O G = \sqrt[]{4 - \frac{3}{4}} = \frac{\sqrt[]{13}}{2}, \end{matrix}

J

ugyanebben az irányban van,

\begin{matrix} O J = \sqrt[]{3 - \frac{7}{4}} = \frac{\sqrt[]{5}}{2}, \end{matrix}

így

K

O F

-nek

F

-en túli meghosszabbításán van,

\begin{matrix} K F = J G = \frac{\sqrt[]{13} - \sqrt[]{5}}{2} \end{matrix}

távolságra; és a kör kerületének felére szerkesztett közelítő érték

\begin{matrix} K H = K F + F D + D H = \frac{\sqrt[]{13} - \sqrt[]{5} + \sqrt[]{7} - \sqrt[]{3}}{2} + 2. \end{matrix}

(1)

II. A négyzetgyökök

9

tizedesre kerekített értéke rendre

\begin{matrix} \sqrt[]{13} & = 3, 605 551 275, & \sqrt[]{5} = 2, 236 067 977, \\ \sqrt[]{7} & = 2, 645 751 311, & \sqrt[]{3} = 1, 732 050 808, \end{matrix}

és ezekből

K H = 3, 141 591 905

. A négy tag mindegyikének hibája kisebb

5 \cdot 10^{- 10}

-nél, így

K H

kiszámításának hibája kisebb

10^{- 9}

-nél.
Másrészt ‐ mint ismeretes ‐ az egységkör kerületének fele

π = 3, 141 592 65 ...

. Eszerint

K H

hiánnyal közelíti meg

π

-t, és a hiány kisebb, mint

8 \cdot 10^{- 7}

(

1

km sugarú kör esetében nem egészen

1

mm).

Krasznai András (Gyöngyös,Vak Bottyán Gimn., III. o.t.)
Máté András (Budapest, Kölcsey F. Gimn., I. o. t.)

Megjegyzések. I. Minthogy idéztük a szerkesztés szerzőjét, a történeti hűség kedvéért megemlítjük, hogy az eredeti szerkesztés kizárólag körző használatával jelölte ki a fenti pontokat.
Az érdeklődők az

1184

. gyakorlatban¹ látottakat mintául véve leírhatnak kizárólag körzőt használó eljárást a fenti pontok (és bizonyos szimmetrikusaik) kijelölésére.

2. ábra

2. A

2

. ábrán bemutatjuk az

(1)

érték

2

-szeresének megszerkesztését egy adott,

O

csúcsú derékszög szárain

A

B

...

M

sorrendben ‐ kizárólag körzővel ‐ kijelölt pontok felhasználásával:

O A = 1

O M \approx 2 π

¹K. M. L. 37 (1968) 150. o.