Feladat: F.1962 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: -
Füzet: 1975/november, 117 - 119. oldal  PDF file
Témakör(ök): Tengelyes tükrözés, Szimmetrikus sokszögek, Szélsőérték-feladatok differenciálszámítás nélkül, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1974/december: F.1962

Tekintsük mindazokat a konvex, egyenlő oldalú ötszögeket, amelyeknek egyik szöge sem nagyobb 120-nál és van egy szimmetriatengelyük. Milyen korlátok közt vannak az ilyen ötszögek egyes szögei?

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

Legyen egy, a föltevés szerinti ötszög ABCDE. A t szimmetriatengely átmegy az egyik csúcson, ugyanis a tükrözés vagy párokba kapcsolja a csúcsokat vagy ‐ ha egy csúcs rajta van a t-n ‐ ezt önmagába viszi át. Az ötszög egyik csúcsa az utóbbi típusú, mert az 5 páratlan szám.
Válasszuk úgy a betűzést, hogy t az A-n menjen át, így t merőlegesen felezi a CD oldalt és a BE átlót, elég tehát a C-nél levő γ, a B-nél levő β, valamint az A-nál levő α szög korlátait vizsgálnunk.
A Gy. 1526 (H) gyakorlatban* bebizonyítottuk, hogy a szóban forgó ötszögek mindegyik szöge tompaszög ‐ tekintet nélkül arra, hogy van-e tengelyük ‐ tehát a 90 mindenesetre el nem érhető alsó korlátja mind a három szögnek. Eszerint a BCDE szimmetrikus trapézban BE>CD.
Könnyű látni, hogy t és rajta A helyzetét, valamint AB-t és α-t megválasztva, megszerkeszthető B, majd a t-től AB/2 távolságban haladó egyenesen C, vagyis az ötszöget (β-t és γ-t) lényegében egyedül α meghatározza. Hasonlóan t, az erre tükrös C, D pontpár és γ(>90) megválasztásával kijelölhető B, majd A. Végül β megválasztása is meghatározza α-t és γ-t: a BAC háromszög fölvétele után C-ből érintőt szerkesztünk az A körül AB/2 sugárral rajzolt körhöz (úgy, hogy B-t válassza el a körtől), ez adja t irányát.
Vezessük be még az ABE=β1, EBC=β2, BAC=α1 és CAF=α2 jelöléseket, ahol F a CD olda1 t-n levő pontja.

 

 

A konvexség miatt β=β1+β2 és α=2(α1+α2). Ekkor fennállnak a következő összefüggések:
β1=90-α2,


cosβ2=BE-CD2BC=2BAsinα2-BA2BA=sinα2-12,cosγ=cos(180-β2)=12-sinα2.

Az α szög felveheti megengedett legnagyobb értékét, a 120-ot, mert ekkor β1=30, β2=6832', β=9832' és γ=11128', megengedett értékek.
Csökkentve ebben az értékrendszerben α-t, vele β1 szigorúan monoton növekszik és β2 is ‐ hiszen cosβ2 szigorúan monoton csökken ‐, másrészt γ szigorúan monoton csökken, mert cosγ szigorúan monoton növekszik; eszerint
αmax=120,βmin=9832'(fölkerekítve),γmax=11128'(lekerekítve).(cosβmin=(3-3-124)4).

Legfeljebb addig csökkenhet α, amíg β a látott növekedésben eléri a 120-ot ‐ ha egyáltalán eléri. Elérhető a β=120 érték, mert akkor α1=30, AC=3AB, és sinα2=CD2AC=123 alapján α2=1647', ezekből α=9334', másrészt γ=10313', megengedett értékek. Ezek szerint
βmax=120ésαmin=9334',
hiszen a föntebbieket megfordítva, α ezt az értéket α1 és α2 szigorúan monoton csökkenésével érte el (ami a β alapján végzett szerkesztésből is kiolvasható); továbbá a talált γ érték megadja a γmin értéket, hiszen α és γ ‐ mint láttuk egyirányúan változnak: γmin=10313'.
Mindezek szerint válaszunk:
9334'α120,120β9832',10313'γ11128'.

Ábráink mechanikus modellt vázolnak az ötszögről a két szélső helyzetben : az A, ..., E csúcsokban csuklók kapcsolják össze az egyenlő oldalakat, a tengelyt realizáló sínen A rögzítve van, F pedig csúszik, CD-t állandóan merőleges állásban tartja.
 

 

Grafikonunk a szögek változását ábrázolja az AF=m magasság függvényében; látjuk, hogy α, β és γ egyszerre válik egyenlővé a szabályos ötszög esetében.
*Megoldását lásd K.M.L. 49 (1974) 145.