Kezdőlap


Feladat:	F.1862	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Búza Antal , Hidvégi Attila
Füzet:	1973/december, 204 - 206. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Négyzetek, Síkgeometriai szerkesztések, Szabályos sokszögek geometriája, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1973/január: F.1862

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

I. megoldás. A feladat lényege a szabályos $12$ -szög $O$ középpontjának megszerkesztése. Ugyanis ennek ismeretében megrajzolható az idom köré írt $k$ kör, azon pedig kizárólag körzővel kijelölhetők a $12$ -szög további csúcsai, mert egyrészt a páratlan, másrészt a páros indexű csúcsok együttese egy-egy szabályos hatszög csúcsait alkotja, tehát $A_{1}$ -ből, ill. $A_{6}$ ból kiindulva $O A_{1}$ sugarú körívekkel egymás után kimetszhetők.
$k$ -nak $A_{1} A_{6}$ húrja $O$ -ból $(6 - 1) \frac{360^{\circ}}{12} = 150^{\circ}$ szögben ‐ tompaszögben ‐ látható. Az ekkora látószöggel bíró pontok egy az $A_{1}$ , $A_{6}$ pontokon átmenő $i_{1}$ köríven vannak, az ezt teljes körré kiegészítő $i_{2}$ körív pontjaiból viszont $A_{1} A_{6}$ látószöge $180^{\circ} - 150^{\circ} = 30^{\circ}$ (1. ábra).

1. ábra 2. ábra

Így

A_{1} A_{6}

i_{2}

-nek (és egyben

i_{1}

-nek)

K

középpontjából

2 \cdot 30^{\circ} = 60^{\circ}

szögben látható, vagyis

K

A_{1} A_{6}

mint alap fölé szerkesztett szabályos háromszög csúcsa, az

A_{1}

és

A_{6}

körül

A_{1} A_{6}

sugárral írt

k'

és

k "

kör metszéspontja. (A szimmetria alapján elég csak az egyik metszéspontjukat venni, a másik megoldás ennek tükörképe lenne az

A_{1} A_{6}

tengelyre.)
Az így megrajzolt

i_{1}

ívet a keresett

O

felezi, hiszen az

O A_{1}

O A_{6}

húrok

k

sugarai, egyenlők. Vegyük észre, hogy az

i_{1}

-et tartalmazó

k_{1}

körben az előbbi

k'

-vel és

k "

-vel való

M'

, ill.

M "

második metszéspontok egy átmérő végpontjait jelölik ki, tehát ezek, valamint

O

és

O

-nak

K

-ra való tükörképe

4

egyenlő részre osztják

k_{1}

kerületét. Ennélfogva

O

megszerkesztése azonos a Mohr-féle 2. feladattal^{$^{*}$}, ezzel az előrebocsátottak értelmében a feladatot megoldottnak tekinthetjük. (A felhasznált körívek:

M'

és

M "

körül

M' A_{6} = M " A_{1}

sugárral ‐ metszéspontjuk

N

‐ , végül az

M'

körül

K N

sugárral írt körív metszi ki

O

-t; a teljes szerkesztésben

O

-ig

6

, a befejezésig

15

körívet használunk fel.) ‐ A szerkesztés helyességét ebben az esetben nem szükséges bizonyítani.

Megjegyzés. Az 1184. gyakorlathoz^{$^{*}$} fűzött 2. megjegyzésben vázoltunk egy csak körzővel elvégezhető eljárást adott középpontú kör tetszőleges íve felezőpontjának megszerkesztésére. Annak az eljárásnak itt azt a különleges esetét láttuk, amikor a felezendő ívhez tartozó húr egyenlő a körív sugarával. (Ott ‐ más betűzéssel ‐

A_{1} A_{6} K

K M' A_{1}

és

K M " A_{6}

egybevágó egyenlő szárú háromszögek.)

II. megoldás. Tovább használva a fenti jelöléseket, megmutatjuk, hogy

O

azonos az

A_{1} A_{6} P Q

négyzet

P Q

oldala fölé befelé szerkesztett szabályos háromszög csúcsával (2. ábra).
Valóban, így

A_{1} Q O

és

A_{6} P O

egybevágó egyenlő szárú háromszögek,

A_{1} O = A_{6} O

, és az

O

körüli

3

hegyesszög összege

210^{\circ}

, tehát

A_{1} O A_{6} ∢ = 150^{\circ}

. Innen az előrebocsátottak szerint fejezhetjük be a szerkesztést.
Itt

O

előállításához (a fenti

6

-tal szemben)

10

körívet használtunk fel:

A_{1} A_{6}

-ot egységnek választva, egymás után

A_{1}

A_{6}

S_{1}

S_{2}

körül

1

sugárral (az

S

-ek segédpontok),

A_{6}

és

S_{3}

körül

A_{6} S_{2} = S_{3} S_{1} = \sqrt[]{3}

sugárral,

A_{1}

, és

A_{6}

körül

A_{1} S_{4} = \sqrt[]{2}

sugárral, végül

P

és

Q

körül ismét

1

sugárral írjuk le a kört.

Q

-t az

S_{1} S_{2}

ív felezőpontjaként szerkesztettük.

Megjegyzés. Kérdezheti az olvasó: miért számláltuk meg a felhasznált köríveket? Kezdjük a választ kerülő úton: a szerkesztési pontosság szempontjából. Elgondolásaink gyakorlati végrehajtásába eszközeink és szemünk pontosságának korlátozottsága, vonalaink véges szélessége következtében pontatlanságok csúsznak be. Kézenfekvő azt gondolni, hogy ezek ‐ ugyanazon személy és eszközök esetében ‐ annál nagyobbak, minél több lépésből áll a szerkesztés. (Függ persze mástól is, a körívek meredek vagy lapos metsződésétől stb.)
Erre tekintettel említjük meg, hogy a 2. ábrán

S_{2}

kijelölését megtakaríthatjuk (és vele

1

körívet), ha helyette előállítjuk az első két kör másik,

S'_{1}

metszéspontját is (ami

S_{1}

tükörképe). Ekkor

S_{3}

kimetszését egy lépésben végzi el az

S_{1}

körüli

S_{1} S'_{1}

sugarú körív. ‐ Látjuk ebből, hogy a gondolt gyakorlati pontatlanságot újra elméleti ügyeskedéssel, az ábra tetszetős szimmetriájának csökkentésével próbáljuk javítani.
Visszatérve a tiszta elméleti vonalra és tovább kutatva az ábrában rejlő ilyen lehetőségek után, még egy körívet megtakaríthatunk. Miután

P

-t kimetszettük az

A_{6}

körüli,

1

sugarú körből az

A_{1}

, körüli,

\sqrt[]{2}

sugarú ívvel, hagyjuk el ennek az ívnek a párját is, állítsuk körzőnk nyílását máris az utolsó két lépésben szükséges

1

egységre és

Q

-t inkább

P

körüli ívvel messük ki az

A_{1}

körüli,

1

sugarú körből, mert ezt az ívet

O

előállításában még egyszer kihasználhatjuk.
Keressen az érdeklődő olvasó körív megtakarításokat a szabályos

12

-szög csúcsainak kijelölésében, miután

O

-t és

k

-t már megkapta.

III. megoldás. Szimmetriája miatt a

12

-szögnek még egy csúcsa van

A_{1}

-től akkora távolságban, mint

A_{6}

, éspedig

A_{8}

; és

A_{6} A_{1} A_{8} ∢ = 30^{\circ}

. Ha tehát

A_{1} A_{6} L

szabályos háromszög (és

L

azon a partján van

A_{1} A_{6}

-nak, amelyiken

O

-t kívánjuk), akkor

A_{8}

A_{1}

, körüli,

A_{1} A_{6}

sugarú kör rövidebbik

A_{6} L

ívének felezőpontja, a fentiek szerint szerkeszthető. Másrészt

A_{6} A_{8}

mindjárt a

k

sugara, tehát

O

A_{6} A_{8}

alap fölé befelé szerkesztett szabályos háromszög csúcsa.
Itt

A_{8}

előállításáig ugyanúgy

6

ívet rajzolunk, mint az I. megoldásban

O

-ig.

O

és

k

újabb

3

körív, de ekkor

k

az előkészítő körívekből kimetszi

A_{11}

-et,

A_{4}

-et és

A_{10}

et. A hátralevő

6

csúcs

3

párban kimetszhető

A_{10} A_{11}

(=oldalhossz) körzőnyílással, az

A_{1}

A_{4}

A_{8}

csúcsot véve középpontnak.

Hídvégi Attila (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn., III. o. t.)

IV. megoldás. Kezdhetjük eljárásunkat

A_{7}

, az

A_{1}

-gyel átellenes csúcs megszerkesztésével is, ez azonban több lépésből áll.

A_{7} A_{6}

merőleges

A_{6} A_{1}

-re és

A_{7} A_{1} A_{6} ∢ = 15^{\circ}

így

A_{6} A_{7} = A_{1} A_{6} tg 15^{\circ} = 2 A_{1} A_{6} - \sqrt[]{3} A_{1} A_{6}

, a két tag szerkesztését már láttuk, különbségük az idézett cikk 7. feladata szerint,

A_{7}

, a 6.,

O

pedig a 4. feladat szerint szerkeszthető.

V. megoldás (vázlat). Felhasználhatjuk az idézett cikk 8. feladatát is: három ismert hosszúsághoz a negyedik arányos megszerkesztését. Tetszőleges körben kijelöljük egy szabályos hatszög csúcsait és megfelezzük két szomszédos csúcs közti ívét, így kiválaszthatjuk az

A_{1} A_{6}

bosszúság

A'_{1} A'_{6}

megfelelőjét. Körünk sugarát

A_{1} A_{6} : A'_{1} A'_{6}

arányban nagyítva, megkapjuk a keresett

k

sugarát és vele

O

-t. ‐ Ez is lényegesen több lépésből álló szerkesztés.

Búza Antal (Dunaújváros, Münnich F. Gimn., IV. o. t.)

^{$^{*}$}Lásd Strommer Gyula: Mohr ,,Euclides Danicus''-a. K.M. L. 45 (1972) 105. o.: Osszuk az adott kör kerületét négy egyenlő részre.

^{$^{*}$}K. M. L. 37 (1968) 151. o.