Feladat: F.2173 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bacsi Zsuzsanna ,  Bakó I. ,  Barla F. ,  Beleznay F. ,  Benkő B. ,  Buczolich Z. ,  Csákány Anikó ,  Erdélyi T. ,  Gulácsi F. ,  Hajnal P. ,  Hochenburger R. ,  Horváth 169 T. ,  Kántor Zs. ,  Kelemen B. ,  Kiss A. ,  Korondi P. ,  Kőrösi G. ,  Kovács I. ,  Márkus L. ,  Sárkány Ágnes ,  Soós Marianna ,  Szegedy P. ,  Szodfridt G. ,  Tóth T. ,  Umann G. ,  Varga K. ,  Varga Lívia ,  Varga T. ,  Winkler R. 
Füzet: 1979/március, 111 - 114. oldal  PDF file
Témakör(ök): Eltolás, Sík parkettázás, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1978/november: F.2173

Az ABCDE konvex ötszögről tudjuk, hogy EA=AB, BC=CD, továbbá EAB=60, BCD=120. Mutassuk meg, hogy az ötszög egybevágó másolataival a síkot hézagtalanul és egyrétűen le lehet fedni!
Érvényes marad-e az állítás, ha a B, D, E csúcsok valamelyikénél konkáv szöge van az ötszögnek?

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

Az ötszögek alábbi lerakásában minden ötszög ABCDE betűzése pozitív körüljárású lesz, és ötszög csúcsa sehol sem esik egybe másik ötszög kerületének két csúcs közé eső pontjával. Így ‐ mivel az ötszögnek általában nincs DE-vel egyenlő oldala ‐ egy L1 ötszöglemez D1 és E1 csúcsával a D1E1 oldalon szomszédos L2(L1) ötszöglemezből csak az E2, ill. D2 csúcs eshet egybe. Eszerint L2 az L1 tükörképe lesz a D1E1 szakasz F felezőpontjára.

 

 

Letéve ezeket, a D1, E1 pontok környezetében marad lefedetlen szögtartomány, éspedig akkora, mint- az ötszög B-nél levő szöge, hiszen
ABC+CDE+DEA=540-(60+120)=360,360-(C1D1E1+D2E2A2)=ABC.


Eszerint a C1D1A2 és C2E1A1 szögtartományok lefedhetők egy L3 és L4 ötszög B-nagyságú szögtartományával, méghozzá ezek C- és A-típusú csúcsai éppen a C1, A2 pontpárba esnek, ill. L4-éi a C2, A1 párba, hiszen AE=AB és CD=CB alapján a C1D1A2 (más néven: C1E2A2 ) és C2E1A1 (azaz C2D2A1 ) háromszögek egyező körüljárásúan egybevágók ötszögeink ABC részháromszögével. Ennélfogva A1C2=A1C1, továbbá
C1A1C2=C1A1E1+D2A1C2=B1A1C1+C1A1E1=B1A1E1=60,
tehát a centrálszimmetrikus A1C1A2C2 idom 60-os szögű rombusz. Az L3 és L4 idomok is egymás képei az F centrumra. Azt találtuk, hogy ötszögünk 3 példánya úgy illeszthető egy pontba a B, az E, a D csúcsával (pozitív körüljárással), hogy hézagtalanul, átfedésmentesen lefedik a pont környezetét és az e pontból kiinduló, egymáshoz csatlakozó oldalszakaszok külső végpontjai is egybeesnek (rendre az A- és A-, majd D- és E-, végül a C- és C-típusú csúcsok).
Az eddig lefedett síkrész határán C1-ben és C2-ben 360-2120=120 a lefedetlen szögtartomány, ezt lefedjük, ha egy L5 idom C5D5 oldalát C1B1-re tesszük, ill. egy L6-ból a C6D6 oldalt. C2B2-re. Más szóval: L5 az L1-nek, L6 az L2-nek elforgatottja +120-kal, eszerint az A1A5A2A6 idom rombusz, az A1A2 átló végpontjaiban 120-os szögekkel.
Mivel A4E4 (azaz A1E4) és A3E3 (azaz A2E3) egymás képei F-re, másrészt A6B6 képe az A4E4-nek, azért A2E3=A3E3-at eltolás viszi át A6B6-ba, vagyis L3-at az L4 és L6 közé illeszthető L8-ba (amit E8-nál fogva illesztünk D4-hez). Ugyanígy az A6A2 vektorú eltolás L4-et ráviszi az L3 és L5 közé illesztett L7-re, és hasonlóan ±A5A2 vektorú eltolás L5-öt L2 és L6 közé L10-be, L6-ot L1 és L5 közé L9-be. Mondjuk ki ezeket így: az A1A5A2A6 rombusz egyirányú A1A5 és A6A2 oldalai fölött keletkezett A1B1E5A5 és A6E6B2A2 "díszítmények'' egymásba tolhatók, és ugyanígy a másik oldalpár díszítményei is.
Ha tehát 60-os szögű rombuszrácsot veszünk A1A2=2AF hosszúságú alapvektorokkal, és minden elemi cellájához hozzárendeljük az L1-L6 ötszögegyüttes (= "molekula'') egy másolatát, ezzel hézagtalanul és egyrétűen lefedtük a síkot, minden egyes díszítmény mindegyik foga lefedi a szomszédos foghíjait, ill. foghíját befedi a szomszéd molekula foga.
Azt is látjuk, hogy így a rombuszrács minden egyes rácspontjában 2+1+2+1=6 db ötszög fut össze a 60-os szögével, továbbá hogy a C pontok a rácsunkban található egységnyi oldalú szabályos háromszögek középpontjai.
Ábráink mutatják, hogy a B, D és E csúcsok mindegyikében lehet 180-nál nagyobb szög. Egyikben B=240-ot vettünk, és még az AB=BC speciális esetet. Két ilyen ötszög paralelogrammává egyesíthető, és így ‐ a fönti többlettulajdonságokat föladva ‐ végtelen sokféle lefedés készíthető belőle.
 

 

Megjegyzések. 1. Bizonyítható úgy is az állítás, hogy elindulásul ‐ mintegy ösztönösen ‐ 3 db ötszöglemez 120-os szögét fogjuk össze, leírjuk az együttes határvonalát, szimmetriáját, és ezt a "molekulát'' illesztjük be egy olyan rács minden egyes csomópontjába, amilyet az egybevágó szabályos hatszögekből alakuló lefedés csomópontjai alkotnak. Vagy úgy, hogy tükrözzük ezt az együttest egyik DE-típusú oldalának felezőpontjára, és a kapott, 6 atomból épült molekulát építjük be 60-os rombuszrácsba. ‐ Természetesen adódó molekula az A-típusú csúcsaiknál összefogott 6 db ötszög is.
2. Különösen tetszetős lefedést ad a tengelyszimmetrikusnak fölvett ötszög: B=D=120 és DE=CD=AB/2. De hiába vannak tengelyes szimmetriái a rácsnak is, az eredő lefedésnek még sincsenek tengelyei, mert az A-csomók körüli 6-ágú és a C-csomók körüli 3-ágú csillagok tengelyei nem közösek.
Egészen más a "varázsa" a nem konvex alapötszögekből alakuló lefedéseknek, mélyebben egymásba fogazódásukkal. Ezek azonban már nem csak matematikai kérdések.
 

 

3. Lényeges tulajdonsága a leírt lefedésnek : bárhogyan kiválasztott két ötszögéhez van olyan transzformációja a síknak (eltolás vagy forgatás), amely az elsőt a másikba viszi és egyidejűen az egész lefedés bármelyik ötszögét egy másik (egész) ötszögébe, szóval az egész lefedést önmagába. Ismételjük kiindulásunkat is, bár kissé másképpen: lefedésünk csomópontjaiban nincs 180-os "szög". Ezekkel az "erős" megkötésekkel vizsgálta a sík lefedését egybevágó ötszögekkel egy régebbi cikkünkben Bollobás Béla*. Feladatunkat ebből a tételéből vettük (hozzátéve a nem konvex esetek kérdését): megengedve a tengelyes tükrözést is, 4 olyan ötszögtípus ‐ és hozzájuk alkalmas lerakásmód ‐ van, amelyekkel a sík hézagtalanul, egyrétűen és az előbbi két megkötés mellett parkettázható.
Mihelyt engedünk valamit e követelményekből, mindjárt emelkedik az ötszögtípusok, lerakásmódok száma. Szép példákat láthatott erre az olvasó dr. Perjés Zoltánnak az Élet és Tudomány c. folyóirat 1978. évi 47. számában megjelent cikkében. (Érdekes véletlen volt a mondott cikk, másrészt ezen feladatunk majdnem "napra pontosan" egyidejű megjelenése.)
Borítólapunk hátoldalán más típusú lefedés látható egyenlő oldalú ötszögekből, szögeik rendre 60, 160, 80, 100, 140. (Itt kicsinyítve látható.) (A New South Wales-i Parabola alapján, vö. F. 2191. is).
 

 

*A sík lefedése egybevágó konvex sokszögekkel. 2. közlemény: Az egyenletes ötszög‐parkettázások, K.M.L: 22 (1961) 193‐200. oldal