Kezdőlap


Feladat:	F.2787	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Erben Péter , Harcos Gergely , Kiss István , Magó Kálmán , Podoski Károly
Füzet:	1990/december, 447 - 448. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Szabályos sokszögek geometriája, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1990/február: F.2787

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

I. megoldás. A bizonyítandó egyenlőség bal oldalán szereplő húrokat rendre kiszámítva:

\begin{matrix} A_{1} A_{2} = 2 \cdot sin 20^{\circ}, A_{1} A_{3} = 2 \cdot sin 40^{\circ}, A_{1} A_{4} = 2 \cdot sin 60^{\circ}, \end{matrix}

\begin{matrix} A_{1} A_{5} = 2 \cdot sin 80^{\circ} . \end{matrix}

Azt kell tehát bizonyítanunk, hogy

\begin{matrix} 16 \cdot sin 20^{\circ} \cdot sin 40^{\circ} \cdot sin 60^{\circ} \cdot sin 80^{\circ} = 3. \end{matrix}

Induljunk ki a

sin 100^{\circ} - sin 80^{\circ} = 0

egyenlőségből. Ennek mindkét oldalához adjuk hozzá a

sin 60^{\circ} = \frac{\sqrt[]{3}}{2}

számot:

\begin{matrix} sin 100^{\circ} + sin 60^{\circ} - sin 80^{\circ} = \frac{\sqrt[]{3}}{2} . \end{matrix}

A bal oldal első két tagjának összegét szorzattá alakítva:

\begin{matrix} 2 \cdot sin 80^{\circ} \cdot cos 20^{\circ} - sin 80^{\circ} = \frac{\sqrt[]{3}}{2} \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} 2 \cdot (cos 20^{\circ} - \frac{1}{2}) \cdot sin 80^{\circ} = \frac{\sqrt[]{3}}{2} \end{matrix}

Mivel

cos 60^{\circ} = \frac{1}{2}

, ezt így írhatjuk:

\begin{matrix} 2 (cos 20^{\circ} - cos 60^{\circ}) \cdot sin 80^{\circ} = \frac{\sqrt[]{3}}{2} . \end{matrix}

A zárójelben lévő különbséget szorzattá alakítva

\begin{matrix} 2 \cdot 2 \cdot sin 20^{\circ} \cdot sin 40^{\circ} \cdot sin 80^{\circ} = \frac{\sqrt[]{3}}{2} . \end{matrix}

Mindkét oldalt a

4 \cdot sin 60^{\circ} = 2 \sqrt[]{3}

számmal szorozva:

\begin{matrix} 16 \cdot sin 20^{\circ} \cdot sin 40^{\circ} \cdot sin 60^{\circ} \cdot sin 80^{\circ} = \frac{\sqrt[]{3}}{2} \cdot 2 \sqrt[]{3} = 3, \end{matrix}

amit bizonyítanunk kellett.

Harcos Gergely (BP., ELTE Apáczai Csere J. Gimn. III. o. t.)

II. megoldás. A feladat állításánál valamivel általánosabb a következő tétel: Az egységsugarú körbe írt

A_{1} A_{2} ... A_{n}

szabályos n-szögre

\begin{matrix} A_{1} A_{2} \cdot A_{1} A_{3} ... A_{1} A_{n} = n . \end{matrix}

Bizonyítása megtalálható Reiman István: A geometria és határterületei c. könyvének 224‐225. oldalán. Ha ebben a tételben

n

páratlan, akkor

A_{1} A_{k} = A_{1} A_{n}_{-}_{k}_{+}_{2} (k = 1, 2, ..., \frac{n + 1}{2})

, és így

\begin{matrix} {(A_{1} A_{2} \cdot A_{1} A_{3} \cdot ... A_{1} A_{\frac{n + 1}{2}})}^{2} = n, \end{matrix}

amelyből

\begin{matrix} A_{1} A_{2} \cdot A_{1} A_{3} \cdot ... \cdot A_{1} A_{\frac{_{n}_{+}_{1}}{_{2}}} = \sqrt[]{n} . \end{matrix}

Ezt

n = 9

-re alkalmazva éppen a feladat állítását kapjuk.