Kezdőlap


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

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

Legyen az $A_{1} B_{1}$ és $D_{1} E_{1}$ egyenesek metszéspontja $P$ . $N_{1}$ és $N_{2}$ hasonlóak, továbbá hasonló helyzetűek is $P$ -re mint centrumra nézve, mert az $A_{1} A_{2}$ , a $B_{1} B_{2}$ és a $D_{1} D_{2}$ egyenesek közös pontja $P$ . Az $N_{i}$ -k szabályossága folytán $B_{1} P D_{1} ∢ = 45^{\circ}$ , és $D_{1} P = B_{1} P < A_{1} P$ , tehát a $C_{1}$ csúcs a hegyesszögű, egyenlő szárú $B_{1} P D_{1}$ háromszög magasságpontja, és rajta van e háromszög szimmetriatengelyén. Ez egyben $N_{1}$ -nek is tengelye, ezért átmegy a $G_{1}$ csúcson. Így a $G_{2} = C_{1}$ feltétel egyértelműen meghatározza az $N_{2}$ nyolcszög helyzetét, az $A_{2} B_{2} < A_{1} B_{1}$ feltételt nem is szükséges kikötni.

N_{1}

N_{2}

...

nyolcszögek rendszere szimmetrikus a

G_{1} P

egyenesre; így ezen az egyenesen helyezkednek el a

G_{i}

O_{i}

C_{i}

pontok (

i = 1, 2, ...

r_{i} = O_{i} C_{i} = O_{i} G_{i}

, tehát

G_{i} C_{i} = G_{i} G_{i + 1} = 2 r_{i}

(

i = 1, 2, ...

). Látható, hogy a

G_{i}

, pontok

i

növekedtével minden határon túl megközelítik a

P

pontot, vagyis megállapíthatjuk, hogy a kétszeres sugarak összege tart a

G_{1} P

szakasz hosszához:

\begin{matrix} 2 \sum_{i = 1}^{\infty} r_{i} = G_{1} P . \end{matrix}

(1)

A_{1} C_{1} P

háromszög egyenlő szárú, mert

A_{1}

-nél és

P

-nél levő szöge megegyezik (

22, 5^{\circ}

). Eszerint

A_{1} C_{1} = C_{1} P

. Legyen

K

A_{1} C_{1}

és

O_{1} B_{1}

szakasz metszéspontja; nyilván

K

felezi az

A_{1} C_{1}

szakaszt, tehát

\begin{matrix} C_{1} P = 2 A_{1} K . \end{matrix}

(2)

M

-et meghatározó

D_{1} O_{2}

egyenes szimmetriatengelye az

N_{2}

-nek, mivel

D_{1}

D_{2} E_{2}

és

H_{2} G_{2}

egyenesek metszéspontja, tehát

D_{1} O_{2}

E_{1} D_{1} C_{1}

szögnek külső szögfelezője. Ugyanennek a szögnek

D_{1} O_{1}

a belső szögfelezője, tehát

D_{1} O_{1} ⊥ D_{1} O_{2}

.
Az nyilvánvaló, hogy

D_{1} O_{1} ⊥ O_{1} K

, és

O_{1} K ⊥ A_{1} C_{1}

; ezekből az követkézik, hogy az

O_{1} K M D_{1}

négyszög téglalap, tehát

K M = O_{1} D_{1} = r_{1}

Mindezek alapján

\begin{matrix} A_{1} M = A_{1} K + K M = \frac{A_{1} C_{1}}{2} + \frac{H_{1} D_{1}}{2} = \frac{P C_{1}}{2} + \frac{C_{1} G_{1}}{2} = \frac{P G_{1}}{2} = \sum_{i = 1}^{\infty} r_{i}, \end{matrix}

ezt kellett bizonyítanunk.

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