Kezdőlap


Feladat:	F.2112	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1978/február, 63 - 65. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Tengelyes tükrözés, Trigonometriai azonosságok, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1977/október: F.2112

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

I. megoldás. Körünk $O$ középpontjának egy világos mező (kis négyzet) középpontját választjuk. Vonala $16$ mezőbe vág ugyan bele, ezek váltakozva világosak és sötétek, közülük azonban elegendő az egyik sötét mezőbe eső körívet tekintenünk. Ugyanis az $O$ -t tartalmazó négyzet bármelyik szimmetriatengelyén (a $2$ oldalfelezőn és a $2$ átlón) való tükrözés mind a kört, mind a táblából minket érdeklő határvonal-hálózatot önmagába viszi át, és a tükörkép mezőpárok színe is egyező. (Ugyanez érvényes az $O$ körüli, $90^{\circ}$ -os elfordításokra is, de erre már nincs szükségünk, hiszen a $90^{\circ}$ -os elfordítás eredménye előáll két egymás utáni tükrözéssel is, ezek tengelyeiként az egyik oldalfelezőt és az egyik átlót véve, tetszőleges sorrendben.)

Körünk nem vág bele az

O

-t tartalmazó négyzettel oldal mentén szomszédos sötét mezőkbe, mert ezek legtávolabbi csúcsai

O

-tól

\sqrt[]{1, 5^{2} + 0, 5^{2}} = \sqrt[]{2, 5} < 1, 6 < 1, 9

távolságra vannak. A két-két ilyen sötét mező közé ékelődő világos mezőket viszont átszeli körünk, mert ezek negyedik csúcsára a távolság

\sqrt[]{1, 5^{2} + 1, 5^{2}} = \sqrt[]{4, 5} > 2 > 1, 9

. Ebből a

4

világos mezőből lép át a kör egy-egy sötét mezőbe, és ez a

8

sötét mező áll elő bármelyikükből az említett szimmetriákkal. Utoljára említjük az

O

-tól sor vagy oszlop mentén második szomszéd világos mezőket, körünk ezek középpontjához közel (

0, 1

távolságra) halad el, de nem zárja magába azt.
Kezdjük a kör rajzolását az

O

-t tartalmazó sorban

O

-tól jobbra a második szomszédos világos mezőben, és haladjunk a pozitív forgási irányban. Jelöljük az első sötét mezőbe való be- és kilépési pontot

A

-val,

B

-vel, továbbá

O A

-nak,

O B

-nek a vízszintes (sor menti) tengellyel bezárt szögét

α

-val,

β

-val. Így a sötét mezőbe eső körív középponti szöge

β - α

, a

8

sötét ívhez tartozó, ezen szögek összege

8 (β - α)

, és a világos ívekre eső ezen összeg

360^{\circ} - 8 (β - α)

.
Azt mutatjuk meg, hogy a sötét ívösszeg nagyobb a világos ívösszegnél. Ehhez elég belátni, hogy a

β - α > 360^{\circ} : 16 = 22^{\circ} 30''

. Ehhez

\begin{matrix} cos β = \frac{1, 5}{1, 9} = \frac{3}{3, 8} = 0, 7895 (fölkerekítve), \\ sin α = \frac{0, 5}{1, 9} = \frac{1}{3, 8} = 0, 2632 (fölkerekítve), \end{matrix}

a kerekítések irányát úgy választottuk, hogy a táblázatból

β

helyett inkább valamivel kisebb értéket írjunk föl,

α

helyett inkább nagyobbat, így belőlük

(β - α)

-ra inkább a valódinál kisebb értéket kapunk. Ebben az értelemben

\begin{matrix} β > 37^{\circ} 51' és α < 15^{\circ} 16', \end{matrix}

tehát valóban

\begin{matrix} β - α > 37^{\circ} 51' - 15^{\circ} 16' = 22^{\circ} 35' . \end{matrix}

Könnyű most már azt is látni, hogy a sötét és világos ívösszegek egyenlőségéhez ‐ az egyéb követelmények megtartásával ‐ úgy jutunk közelebb, ha a sugarat csökkentjük. Így

cos β

nő és

β

csökken, másrészt

sin α

és

α

növekszik.

Megjegyzés. Fölmerült (a III‐IV. o. versenyzők számára meghirdetett 1977. dec. 21-i szakköri foglalkozáson), hogy ha

O

-t a sakktábla egyik határvonalától számítva a második mezősávban választjuk valamelyik belső mezőn, akkor nem egyértelmű a két ívösszeg. Ez így is van. Azonban még a "(belső)'' szó előtt az áll, hogy az illető "kört írt'' ‐ vagyis ráfért a táblára a köre, nem körívet írt! Eszerint a "(belső)'' szó tulajdonképpen fölösleges volt, és még zárójelbe téve is inkább zavart okozott, nem amit a szerkesztőség várt. Ezzel ugyanis megtakarítani kívántuk a hosszabb magyarázó mondatot. Elvünk: ne komplikáljuk a feladatokat!

II. megoldás. Kiszámítjuk, mekkora

r

sugár mellett áll be (a fönti jelöléseket tovább is használva)

\begin{matrix} β - α = 22^{\circ} 30', \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} sin (β - α) = sin β cos α - cos β sin α = sin 22^{\circ} 30' = \sqrt[]{\frac{1 - cos 45^{\circ}}{2}} = \sqrt[]{\frac{2 - \sqrt[]{2}}{4}} . \end{matrix}

Legyen röviden

sin α = \frac{1}{2 r} = z

, így

cos β = 3 z

, és egyenletünk

\begin{matrix} \sqrt[]{1 - 9 z^{2}} \cdot \sqrt[]{1 - z^{2}} - 3 z^{2} = \sqrt[]{\frac{2 - \sqrt[]{2}}{4}}, \end{matrix}

amiből

\begin{matrix} 1 - 10 z^{2} = \frac{2 - \sqrt[]{2}}{4} + 3 \sqrt[]{2 - \sqrt[]{2}} z^{2}, \\ \frac{1}{4 z^{2}} = r^{2} = \frac{1}{2} (2 - \sqrt[]{2}) (10 + \sqrt[]{18 - \sqrt[]{162}}) . \end{matrix}

és az iskolai függvénytáblázattal, mindig

4

értékes jegyre számítva

\begin{matrix} r = 1, 898 (< 1, 9) . \end{matrix}

Ez megegyezésben van az I. megoldás ama megállapításával, hogy

r

-et csökkentenünk kell.