Kezdőlap


Feladat:	F.1735	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Angyal József , Branda Éva , Földes Tamás , Horváth Márta , Tóth-Pál Zsolt
Füzet:	1972/október, 49 - 52. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Diszkusszió, Sokszögek szerkesztése, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1970/október: F.1735

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

Előzetes megjegyzés. A feladatnak több, egymással nem egybevágó megoldása van, mert nincs előírva, hogy a 10-szög konvex legyen. Közönségesen konkáv ( $180^{\circ}$ -nál nagyobb belső szöget tartalmazó) nem lehet az idom a körbe írható volta miatt, de hurkolt ‐ amelyben az egymás utáni szögpontokat összekötő szakaszok át is metszhetik egymást, mint pl. az ismert csillagötszögben ‐ többféleképpen is lehet.
A feladat szövege viszont nem kívánja, hogy minden lehetséges megoldást szerkesszen meg a versenyző, csak (legalább egy) " olyat''. Az olyanok közül a szerkesztőség többet közöl, de nem taglaljuk, hogy velük megadtunk-e minden megoldást.

I. megoldás. a) Az 1a. ábra szerinti

A_{1} B_{1} A_{2} B_{2} A_{3} ... B_{5}

konvex megoldásban

B_{1} A_{2} = B_{2} A_{3} = ... = B_{5} A_{1} = 2 \cdot A_{1} B_{1} = 2 \cdot A_{2} B_{2} = ... = 2 \cdot A_{5} B_{5}

. Az egymás közt egyenlő 5‐5 oldal az adott

k

körnek egyenlő húrja, így az

O

középpontból vett látószögük egyenlő. Legyen

A_{1} O B_{1} ∢ = α

és

B_{1} O A_{2} ∢ = β

, így

5 α + 5 β = 360^{\circ}, α + β = A_{1} O A_{2} ∢ = B_{1} O B_{2} ∢ = ... = B_{5} O B_{1} ∢ = 72^{\circ}

, tehát mind az

A_{i}

csúcsok, mind a

B_{i}

-k(

i = 1, 2, 3, 4, 5)

külön-külön egy-egy a

k

-ba beírt (konvex) szabályos ötszög egymás utáni csúcsai.
Megszerkesztve az

A_{1} ... A_{5}

segédötszöget ‐ közismertnek vesszük az erre vonatkozó ún. Ptolemaiosz‐Dürer-féle eljárást, ezért ezt itt nem részletezzük ‐,

B_{1}

-et a

B_{1} A_{1} : B_{1} A_{2} = 1 : 2

aránynak megfelelően kell megszerkesztenünk. Felhasználjuk, hogy a háromszög két oldalának aránya megjelenik a harmadik oldal két részének arányában, ha ezt a (belső) szögfelezővel vágjuk ketté. Eszerint az

A_{1} B_{1} A_{2}

háromszög

B_{1}

-ből induló felezője az

A_{1} A_{2}

húrt

A_{1}

-hez közelebbi

H

harmadoló pontjában metszi. Másrészt ez a szögfelező a kerületi szögekre vonatkozó tételek szerint a

B_{1}

-et nem tartalmazó

A_{1} A_{2}

ívet is felezi, tehát átmegy a segédötszög

A_{4}

csúcsán. Eszerint

B_{1}

-et

k

-ból az

A_{4} H

egyenes metszi ki, ebből a

B_{2}, ..., B_{5}

csúcsok már megszerkeszthetők.
A szerkesztés helyessége az elemzés alapján nyilvánvaló, a végrehajtás egyértelmű.

b) Lényegében ugyanígy kapjuk az 1. ábra jobb felső sarkán bemutatott

A_{1} C_{1} A_{2} C_{2} A_{3} ... C_{5}

hurkolt megoldást, amelyben

C_{1} A_{2} = C_{2} A_{3} = ... = C_{5} A_{1} = 2 A_{1} C_{1} = 2 A_{2} C_{2} = ... = 2 A_{5} C_{5}

, de a rövidebb oldalakon mindig visszafelé haladunk a kétszer akkora oldalakon való előrehaladáshoz képest. Az ábra jelöléseivel itt

β' - α' = 72^{\circ}

. Eszerint

C_{1}

-et a nagyobb

A_{2} A_{1}

köríven várjuk, és így

H

-t a rövidebb

A_{1} A_{2}

ív

A_{4}^{*}

felezőpontjával (

A_{4}

átellenes vontjával) összekötő egyenes metszi ki

k

-ból.

a) rész Angyal József (Budapest, Berzsenyi D. Gimn.)

b) rész Földes Tamás (Budapest, Berzsenyi D. Gimn.)

Az ábrákat annak kedvéért helyeztük el sorszámaiktól eltérő rendben, hogy a szöveg és a hozzá tartozó ábra ‐ a kényszerű lapozás ellenére ‐ könnyebben legyen együtt olvasható, szemlélhető.

2a. ábra

Megjegyzések. 1. A közönséges szabályos ötszög helyett szabályos csillagötszögből kiindulva ugyanígy kapjuk a 2a ábrabeli

A_{1} B_{1} A_{2} ... B_{5}

megoldást és a 2b ábrabeli

A_{1} C_{1} A_{2} ... C_{5}

megoldást (a fele akkora húron ismét ugyanazon irányban, ill. ellentétes irányban fordulunk el a körön), de a helyzet alapján mindkét esetben

A_{4}

-et,

A_{4}^{*}

-ot a másikukkal kell helyettesítenünk.

2b. ábra

Földes Tamás

2. A

B_{1}, C_{1}

pontot kimetszhetjük

k

-ból az

A_{1}, A_{2}

alappontokhoz és az

A_{1} P : P A_{2} = 1 : 2

távolságarányhoz tartozó

k_{a}

Apollóniosz-körrel is (1. és 2. ábrák). E kör egy átmérője a

H H'

szakasz, ahol

H'

A_{2} A_{1}

szakasz

A_{1}

-en túli meghosszabbításán az a pont, melyre

A_{2} H' = 2 A_{1} H'

, vagyis

A_{2}

-nek

A_{1}

-re vonatkozó tükörképe.

a) Horváth Márta (Tata, Eötvös J. Gimn.)

b) és a csillagötszögek esetében: Földes Tamás

3. Meg lehet mutatni, hogy

H

helyett a

H'

pont felhasználásával is szerkeszthető a

B_{1}, C_{1}

pont,

A_{4}

és

A_{4}^{*}

közül mindig a másikat használva, mint fent. (Ugyanis

H'

-t a

B_{1}

-nél, ill.

C_{1}

-nél levő külső szögfelező metszi ki az

A_{1} A_{2}

egyenesből.) Ez a megállapítás az 1b ábra szerkesztésében előnyös, mert

A_{4}^{*}

elég közel van

H

-hoz, az

A_{4}^{*} H

egyenes rajzolása pontatlan lehet.
4. Ugyanezen elvek szerint 10-szög helyett

2 n

-szög is szerkeszthető

k

-ba váltakozva kétszer, ill. feleakkora oldalakkal, hacsak a szabályos

n

-szög megszerkeszthető (eukleidészi módon).

II. megoldás. Az I. megoldás bevezetőjében látottak szerint

A_{1} B_{1} A_{2} ∢ = 144^{\circ}

‐ ami a szabályos ötszögből is kimásolható ‐, tehát egy

144^{\circ}

-os szög száraira 1 és 2 egységnyi szakaszokat fölmérve, a kívánthoz hasonló

A'_{1} B'_{1} A'_{2}

háromszöget kapunk. Ha még megrajzoljuk ennek körülírt körét, és az ábrát úgy nagyítjuk vagy kicsinyítjük, hogy e kör sugara egyenlő legyen az adott kör sugarával, akkor az

A'_{1} B'_{1} A'_{2}

háromszög képe egybevágó lesz az

A_{1} B_{1} A_{2}

háromszöggel. Ebből már teljessé tehető az ábra.

Tóth-Pál Zsolt (Budapest, Móricz Zs. Gimn.)

Megjegyzések. 1. Kimetszhetjük

B_{1}

-et úgy is, hogy az

A_{1}

csúcsba lemásoljuk az

A'_{2} A'_{1} B'_{1}

szöget.

Branda Éva (Vác, Sztáron S. Gimn.)

2. A mondott elv alapján, de még egyszerűbben visz célba a következő eljárás (1a ábra). Legyen az

O A_{4}

sugár felezőpontja

F

, így az

F O A_{2}

háromszög hasonló

A_{1} B_{1} A_{2}

-höz. Ha még az

A_{2} F

A_{2} O

félegyenesen

G

, ill.

L

az a pont, amelyre

A_{2} G = A_{2} A_{1}

, ill.

G L | | F O

, akkor az

A_{2}

körüli,

L

-en átmenő kör a rövidebb

A_{1} A_{2}

ívből kimetszi

B_{1}

-et.

III. megoldás (vázlat). A keresetthez hasonló sokszöget keresünk. Hosszabbítsuk meg az 1a ábrabeli 10-szög hosszabb oldalait, kapjuk a

D_{1} D_{2} ...

szabályos ötszöget. Ennek oldala (3. ábra)

\begin{matrix} D_{1} D_{2} = B_{1} A_{2} + 2 \cdot \frac{A_{1} B_{1} / 2}{cos 36^{\circ}} = A_{1} B_{1} (2 + \frac{4}{\sqrt[]{5} + 1}) = A_{1} B_{1} (1 + \sqrt[]{5}) \end{matrix}

3. ábra

(

cos 36^{\circ} = sin 54^{\circ}

értékét az 1766. feladatból^{$^{*}$} vettük át), tehát

\begin{matrix} A_{1} B_{1} = \frac{B_{1} A_{2}}{2} = \frac{D_{1} D_{2}}{1 + \sqrt[]{5}} = D_{1} D_{2} \frac{\sqrt[]{5} - 1}{4} = D_{1} D_{2} sin 18^{\circ} = D_{2} M, \end{matrix}

ahol

M

és

D_{1}

csúcs vetülete a

D_{2} D_{4}

átlón. Ezt a szakaszt kell felmérnünk egy

D_{1} ... D_{5}

szabályos ötszög oldalaira a felezőpontjukból mindkét irányban. Ha e segédötszöget mindjárt egy a

k

-val koncentrikus körben szerkesztettük meg, akkor csak rá kell vetítenünk a felmért szakaszok végpontjait a középpontból a körre.

Megjegyzés. Könnyű látni, hogy

D_{2} M

ismételt fölmérése helyett párhuzamos egyenesek rajzolásával is kimetszhetjük az

A_{i}, B_{j}

csúcsokat: megindulásként

M

-en át

D_{3} D_{2}

-vel és

D_{3} D_{4}

-gyel, majd

A_{2}

-n,

B_{3}

-on,

A_{5}

-ön és

B_{2}

-n át más ötszögoldalakkal.
Egy más lehetőség: az

O

körüli,

A_{2}

-n átmenő kör egy csapásra kimetszi a

D_{1} ... D_{5}

, ötszög kerületéből a nagyítandó pontokat (de a metszés lapos, fennáll a pontatlanság veszélye).

IV. megoldás. A 4. ábra az I. megoldás elve alapján olyan 10-szöget mutat be, amelyben mind a hosszabb, mind a rövidebb oldalt 4-szer a pozitív forgási irányban mértük fel, 1-szer az ellentétes irányban:

(4 - 1) (α + β) = 360^{\circ}, α + β = 120^{\circ}

4. ábra

^{$^{*}$} K. M. L. 43 (1971) 15.