Feladat: F.2191 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Buczolich Z. ,  Bukta Gy. ,  Csirke Zs. ,  Csordás A. ,  Feledi Gy. ,  Gelencsér Z. ,  Kántor Zs. ,  Kiss Gy. ,  Kőrösi G. ,  Kőrössy Katalin ,  Mala J. ,  Pintér F. ,  Ruisz T. ,  Simon K. ,  Szeles J. ,  Varga T. ,  Winkler R. 
Füzet: 1979/október, 62 - 64. oldal  PDF file
Témakör(ök): Tengelyes tükrözés, Egyéb sokszögek geometriája, Síkgeometriai számítások trigonometriával, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1979/február: F.2191

Az ABCDE egyenlő oldalú ötszögben jelöljük a szögeket a csúcs nagybetűjével. Bizonyítandó, hogy
cosA=cosC+cosD-cos(C+D)-12.
Mivel egyenlők a C, D, E szögek, ha A=95 és B=105 ?

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

Kövessük az ötszög szerkesztését a jobb oldalon szereplő C, D szögekből. Az oldalak közös hosszát választjuk egységnek. Bármelyik három egymás utáni csúcs egyenlő szárú háromszöget határoz meg, és ennek alapja az ötszög egyik átlója, így pl.

BD=2sinC2,BD2=4sin2C2=2-2cosC.



 

 
1. ábra

 

A BDE háromszögből a cosinustétel alapján
BE2=BD2+DE2-2BDDEcosBDE,


és amennyiben a BD egyenes szétválasztja a C, E csúcsokat (1. ábra):
BDE=D-BDC=D-(90-C2)=D+C2-90,BE2=3-2cosC-4sinC2sin(D+C2),(2)


majd a 2sinxsiny=cos(x-y)-cos(x+y) azonosság fölhasználásával
BE2=3-2cosC-2cosD+2cos(C+D).(3)

 

 
2. ábra

 

Ugyanerre a kifejezésre jutunk akkor is, ha E a BD-nek C-t tartalmazó partján van, mert bár ekkor hasonlóan (2. ábra)
BDE=BDC-D=90-(D+C2),
de ennek cosinusa egyenlő az előbbiével.
Másfelől a BAE háromszögből
BE2=2-2cosA,(4)
és a (3), (4) egyenlőségből rendezéssel megkapjuk a bizonyítandó állítást.
 

 
3. ábra

 


Az utóbbi lépésben nem néztük, hogyan esik a BE egyeneshez képest az A és D csúcs, mert bár az 1. ábra A* pontjában ‐ amelyre ugyancsak A*B=A*E=1 ‐ konkáv szöge van az A*BCDE ötszögnek, de arra is cosA*=cos(360-A)=cosA.
Megjegyezzük, hogy (1) akkor is érvényes, ha a jobb oldalán szereplő C és D valamelyikénél van 180-nál nagyobb szög, és ekkor is adódhat egyszerűen konkáv idom, mint a 3. ábrán ABCDE* (ahol cosC és cosD ugyanaz, mint a 2. ábrán). Azonban nem kívánunk belebonyolódni a hurkolt A*BCDE* idomok elemzésébe, hogy melyik az idom belseje, hogyan volnának a belső szögek az egymás utáni C-nél és D-nél stb.
Számpéldánk előkészítéséül kimondjuk: az eredeti alakjában (1) arra alkalmas, hogy az egyenlő oldalú ötszög két szomszédos szögéből kiszámíthassuk a velük szemben levő szöget (ti. amelyik egyikükkel sem szomszédos), a 4. ábra első sémája szerint A-ból és B-ből D-t.
 

 
4. ábra

 

Fölírhattuk volna azonban (2) és (4) egyenlőségét is, és ebből a
sin(D+C2)=1+2cosA-2cosC4sinC2(5)
alak a feladat megfordítására alkalmas: két nem szomszédos ismert szögből annak a kettőnek a kiszámítására, amelyek szemben vannak a két ismert közti szöggel. A második sémán a közbülső B-vel E is szemben van és (5)-ben egyrészt A és C, másrészt D és E fölcserélésével
sin(E+A2)=1+2cosC-2cosA4sinA2
(tükrözés a második séma B-n átmenő "tengelyére'').
 

 
5. ábra

 

Most már A=95 és B=105 alapján (5. ábra, mérethű) cosD=cosD*=cosA+cosB-cos(A+B)-0,5=+0,0937, amiből D=8437', D*=27523'. Továbbá
sin(C+D2)=1+2cosA-2cosD4sinD2==1-cosB+cos(A+B)3-2cosA-2cosB+2cos(A+B)=0,2371,


ehhez az ábra szemléletére támaszkodva a C+D2=16617' értéket vesszük, és így C=12359'. Végül ugyanígy
sin(E+D2)=1-cosA+cos(A+B)3-2cosA-2cosB+2cos(A+B)=0,1096,E+D2=17343',E=13124'.



Átalakításaink szerint a C, D, E szögeket egymástól függetlenül, közvetlenül az adatokból számítottuk; az eredményekre teljesül C+D+E=340=540-(A+B).
A konkáv esetre úgy kapjuk C-ből és E-ből C*, E* értékét, hogy levonjuk belőlük a CDED* rombusz alapján (180-D)-t: C*=2836', E*=361'.