Feladat: F.2414 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Beke Sándor 
Füzet: 1983/november, 126 - 127. oldal  PDF file
Témakör(ök): Konvergens sorok, Szabályos sokszögek geometriája, Alakzatok köré írt kör, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1983/március: F.2414

Az N1=A1B1C1...H1, és N2=A2B2...G2H2 szabályos nyolcszögek A1B1 és A2B2 oldalai egy egyenesen vannak, ugyanígy a D1E1 és D2E2 oldalak is, továbbá G2 azonos C1-gyel és A2B2<A1B1. Az Ni+1 szabályos nyolcszög ugyanolyan képe az Ni-nek, mint N2 az N1-nek, i=2, 3, ....
Mutassuk meg, hogy az Ni sokszögek szerkesztését minden határon túl folytatva, a nyolcszögek köré írt körök sugarainak r1+r2+... összege tart az A1M szakasz hosszához, ahol M az A1C1 és D1O2 egyenesek metszéspontja, és O2 az N2 középpontja.

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

Legyen az A1B1 és D1E1 egyenesek metszéspontja P. N1 és N2 hasonlóak, továbbá hasonló helyzetűek is P-re mint centrumra nézve, mert az A1A2, a B1B2 és a D1D2 egyenesek közös pontja P. Az Ni-k szabályossága folytán B1PD1=45, és D1P=B1P<A1P, tehát a C1 csúcs a hegyesszögű, egyenlő szárú B1PD1 háromszög magasságpontja, és rajta van e háromszög szimmetriatengelyén. Ez egyben N1-nek is tengelye, ezért átmegy a G1 csúcson. Így a G2=C1 feltétel egyértelműen meghatározza az N2 nyolcszög helyzetét, az A2B2<A1B1 feltételt nem is szükséges kikötni.

 
 

Az N1, N2, ... nyolcszögek rendszere szimmetrikus a G1P egyenesre; így ezen az egyenesen helyezkednek el a Gi, Oi, Ci pontok (i=1,2,...). ri=OiCi=OiGi, tehát GiCi=GiGi+1=2ri (i=1,2,...). Látható, hogy a Gi, pontok i növekedtével minden határon túl megközelítik a P pontot, vagyis megállapíthatjuk, hogy a kétszeres sugarak összege tart a G1P szakasz hosszához:
2i=1ri=G1P.(1)

Az A1C1P háromszög egyenlő szárú, mert A1-nél és P-nél levő szöge megegyezik (22,5). Eszerint A1C1=C1P. Legyen K az A1C1 és O1B1 szakasz metszéspontja; nyilván K felezi az A1C1 szakaszt, tehát
C1P=2A1K.(2)
Az M-et meghatározó D1O2 egyenes szimmetriatengelye az N2-nek, mivel D1 a D2E2 és H2G2 egyenesek metszéspontja, tehát D1O2 az E1D1C1 szögnek külső szögfelezője. Ugyanennek a szögnek D1O1 a belső szögfelezője, tehát D1O1D1O2.
Az nyilvánvaló, hogy D1O1O1K, és O1KA1C1; ezekből az követkézik, hogy az O1KMD1 négyszög téglalap, tehát KM=O1D1=r1.
 

Mindezek alapján
A1M=A1K+KM=A1C12+H1D12=PC12+C1G12=PG12=i=1ri,
ezt kellett bizonyítanunk.
 

 Beke Sándor (Miskolc, Földes F. Gimn., IV. o. t.)
 dolgozata alapján