Kezdőlap


Feladat:	F.1685	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Angyal J. , Bálint L. , Balogh Z. , Boros E. , Borsody T. , Chikán B. , Fazekas G. , Füredi Z. , Füvessy L. , Földes T. , Gajdács Ibolya , Gál P. , Garay B. , Gáspár Gy. , Hadnagy Magdolna , Hannák L. , Hennyey Katalin , Horváth István , Horváthy P. , Iglói F. , Katona E. , Kertész Á. , Komornik V. , Lakatos B. , Martoni V. , Monostori L. , Nagy István (II. o., Veszprém) , Pap Gy. , Papp L. , Petz D. , Prácser E. , Rékasi J. , Reviczky J. , Rudas T. , Sailer K. , Sashegyi László , Schmidt F. , Szabó Lóránt , Szendrei Ágnes , Szendrei Mária , Szente J. , Szőke Mariann , Tarsó B. , Turán Gy. , Vajnági A. , Váradi Judit , Varsányi I. , Zachar Z.
Füzet:	1970/október, 49 - 52. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Számsorozatok, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1969/november: F.1685

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

I. megoldás: 1. Célszerűbb a háromszögek közös kerületének inkább az 1/3 részét jelölni egy betűvel, legyen ez $p$ , így a kerület $3 p$ és ha $T_{i}$ alapja $a_{i}$ , akkor szára, egyben $T_{i + 1}$ alapja (1. ábra)

1. ábra

\begin{matrix} b_{i} = a_{i + 1} = \frac{3 p - a_{i}}{2} = \frac{3 p}{2} - \frac{a_{i}}{2} . \end{matrix}

(1)

Legyen még

a_{0} = p - d

, így

b_{0} = a_{1} = p + d / 2

és

b_{0} > a_{0}

miatt

d > 0

, másrészt azonban

d < p

. Továbbmenve

a_{2} = p - d / 4

, és az ezekből adódó

\begin{matrix} a_{i} = p - {(- \frac{1}{2})}^{i} d \end{matrix}

sejtést igazolja, hogy vele (1) alapján

\begin{matrix} a_{i + 1} = p - {(- \frac{1}{2})}^{i + 1} d . \end{matrix}

A szárak közti

α_{i}

, szögre, a

(- 1 / 2) = q

rövidítést bevezetve,

i = 0, 1, 2, ...

esetén

\begin{matrix} sin \frac{α_{i}}{2} = \frac{a_{i}}{2 b_{i}} = \frac{a_{i}}{2 a_{i + 1}} = \frac{p - q^{i} d}{2 p + q^{i} d} = \frac{1}{2} - \frac{3 q^{i} d}{2 (2 p + q^{i} d)} . \end{matrix}

(2)

Tekintsük ennek megváltozását, ha az indexet 2-vel növeljük:

\begin{matrix} sin \frac{α_{i + 2}}{2} - sin \frac{α_{i}}{2} = \frac{3 q^{i} d}{2 (2 p + q^{i} d)} - \frac{3 q^{i + 2} d}{2 (2 p + q^{i + 2} d)} = \frac{3 q^{i} d}{2} (\frac{1}{2 p + q^{i} d} - \frac{1}{8 p + q^{i} d}), \end{matrix}

a zárójelbeli tényező pozitív, így

q < 0

miatt páros

i

esetén a különbség pozitív, páratlan

i

esetén negatív, tehát a félszögek sinusából képezett sorozat páros indexű részsorozata növekvő, páratlan indexű részsorozata csökkenő. Ennek alapján az állítás helyessége abból adódik, hogy minden

i

-re

0 < α_{i} / 2 < π / 2

és ebben az intervallumban

sin x

‐ tehát inverze is ‐ monoton növekvő.
2. A számpéldában olyan

i

értéket keresünk, amelyre

59^{\circ} < α_{i} < 61^{\circ}

, más szóval

sin 29^{\circ} 30' < sin α_{i} / 2 < sin 30^{\circ} 30'

, a táblázatból vett adatok kerekített voltára tekintettel az intervallumot szűkítve:

\begin{matrix} 0, 4925 \leq sin α_{i} / 2 \leq 0, 5074. \end{matrix}

(3)

Keressünk pl. páros

i

értéket, legyen

i = 2 j

. Így, (2)-t felhasználva (3) helyére egyetlen egyenlőtlenséget írhatunk

\begin{matrix} 0, 4925 \leq \frac{1}{2} - \frac{3 q^{2 j} d}{2 (2 p + q^{2 j} d)}, \end{matrix}

(4)

hiszen a másik egyenlőtlenség teljesül, mert minden páros indexre

sin α_{2 j} / 2 < 1 / 2 = 0, 5

. Tovább alakítva (4)-et:

\begin{matrix} \frac{3 q^{2 j} d}{2 (2 p + q^{2 j} d)} < \frac{3 q^{2 j} d}{4 p} \leq 0, 0075, \\ q^{2 j} = \frac{1}{4^{j}} \leq \frac{0, 03 p}{3 d} = \frac{0, 01 \cdot 3 p}{3 d} = \frac{1}{94}, \end{matrix}

ugyanis

a_{0} = 2

b_{0} = 49

alapján

3 p = 100

és

3 d = 3 p - 3 a_{0} = 94

. Végül a megoldás:

\begin{matrix} 4^{j} \geq 94, j \geq 4, i \geq 8, páros . \end{matrix}

Hasonlóan (3) jobb oldali egyenlőtlensége alapján megfelel minden

i \geq 7

, páratlan index.
(2) alapján

i = 8

esetén

sin α_{8} / 2 = 4251 / 8559 < 0, 4967

α_{8} < 59^{\circ} 40'

, ez tehát a

10'

-es megközelítés fölemelt követelményének már nem felel meg. A fentiekhez hasonlóan, de most páratlan

i (= 2 j + 1)

értéket keresve,

\begin{matrix} sin \frac{α_{i}}{2} = \frac{1}{2} - \frac{3 q^{2 j + 1} d}{2 (2 p + q^{2 j + 1} d)} < 0, 5012 < sin 30^{\circ} 5', \end{matrix}

(ugyanis

q^{2 j + 1} < 0

, és ezért

sin α_{2 j + 1} > 0, 5 > sin 29^{\circ} 55'

; az interpolált értéket lefelé kerekítettük),

\begin{matrix} \frac{3 q^{2 j} d}{4 (2 p + q^{2 j + 1} d)} < \frac{3 q^{2 j} d}{4 (2 p - d)} < 0, 0012 \end{matrix}

(ugyanis másrészt

q^{2 j + 1} > - 1

és

d < p

), végül

\begin{matrix} \frac{1}{q^{2 j}} = 4^{j} > \frac{3 d}{4 (2 p - d) 0, 0012} \approx 555 \end{matrix}

(felkerekítve), amiből

j \geq 5

, tehát megfelel minden

i = 2 j + 1 \geq 11

érték.

Hennyey Katalin (Budapest, Kölcsey F. Gimn., III. o. t.)

Megjegyzés. Hasonlóan tetszőleges

ε > 0

-hoz meghatározható olyan

n

, hogy minden

i > n

mellett

| α_{i} - 60^{\circ} | < ε

, mondhatjuk tehát, hogy a

T_{n}

háromszögek szögei

60^{\circ}

-hoz tartanak.

II. megoldás a feladat első részére. Legyen tovább is

T_{i}

alapja

a_{i}

, szára

b_{i}

, így folytatólag

\begin{matrix} b_{i} = a_{i + 1} = s - \frac{a_{i}}{2}, a_{i + 2} = s - \frac{a_{i + 1}}{2} = \frac{s}{2} + \frac{a_{i}}{4} . \end{matrix}

Ha mármost

a_{i} \leq b_{i}

, akkor

a_{i} \leq 2 s / 3

és

a_{i + 2} - a_{i} = 0

és persze

b_{i + 2} - b_{i} = (a_{i} - a_{i + 2}) / 2 < 0

; ha pedig

a_{i} > b_{i}

, akkor hasonlóan

a_{i + 2} - a_{i} < 0

és

b_{i + 2} - b_{i} > 0

. Az első eset (a III. tulajdonság alapján) a páros indexekre következik be, az egyenlőség kizárásával, a második pedig a páratlanokra.
Ezek szerint páros indexekre

\begin{matrix} sin \frac{α_{2 j + 2}}{2} = \frac{a_{2 j + 2}}{2 b_{2 j + 2}} > \frac{a_{2 j}}{2 b_{2 j + 2}} > \frac{a_{2 j}}{2 b_{2 j}} = sin \frac{α_{2 j}}{2}, \end{matrix}

és így

α_{2 j + 2} > α_{2 j}

, páratlan indexekre pedig

\begin{matrix} \frac{sin α_{2 j + 1}}{2} = \frac{a_{2 j + 1}}{2 b_{2 j + 1}} < \frac{a_{2 j - 1}}{2 b_{2 j + 1}} < \frac{a_{2 j + 1}}{2 b_{2 j - 1}} = sin \frac{α_{2 j - 1}}{2}, \end{matrix}

ezért

α_{2 j + 1} < α_{2 j - 1}

Sashegyi László (Tatabánya, Árpád Gimn., III. o. t.)

Megjegyzés. A 2. ábrán a háromszög-sorozat 4 egymás utáni

T_{i} = O P_{i} Q_{i}

háromszögét közös főcsúcsal és szimmetriatengellyel szerkesztettük

T_{2 j}

-ből kiindulva (ami persze

T_{0}

is lehet).

2. ábra

A kerület felének,

s

-nek kettéosztását

a / 2

-re és

b

-re újabb és újabb

s

-szakaszon végeztük, ezeket a tengelyre merőlegesen és kezdőpontjukkal a tengelyen vettük fel.
A

b_{2 j}

szár felét ‐ mint

a_{2 j + 1} / 2

hosszát ‐ az

O U V

szabályos háromszög

O U

-ra merőleges magasságegyenesével metszettük le

s

aljáról, a fönt maradó

b_{2 j + 1}

résszel pedig a magasságegyenesből kimetszettük

P_{2 j + 1}

helyzetét,

O

körül körívet írva.
E körív

O V

-vel való

V_{2 j + 1}

metszéspontjának a szimmetriatengelytől való távolsága mindjárt

b_{2 j + 1} / 2

, hiszen

O V

hajlása e tengelyhez

30^{\circ}

.
A

P_{i}

pontok sorozata tart az

O V

szárnak ahhoz a

P

pontjához, amelyre

O P = 2 s / 3