Feladat: 629. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bellay Ágnes ,  Benczúr A. ,  Dobó F. ,  Endreffy Z. ,  Farkas Z. ,  Gálfi l. ,  Juhász Ildikó ,  Kerényi Ilona ,  Kóta J. ,  Lehel J. ,  Máté Eörs ,  Minkó B. ,  Nagy Angéla ,  Nováky B. ,  Opálény M. ,  Pellionisz A. ,  Pór A. ,  Raisz M. ,  Rédei Gy. ,  Sebestyén Zoltán ,  Simonovits M. ,  Sonnevend György ,  Szidarovszky Ágnes ,  Szidarovszky F. ,  Tasnády Mária ,  Vesztergombi Gy. ,  Zalán P. 
Füzet: 1961/február, 69 - 70. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Sokszög lefedések, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1960/április: 629. matematika gyakorlat

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

Az idézett gyakorlatban a szabályos 10-szög lefedésére kétféle rombuszból összesen 10db-ot használtunk. Ezek belső szögeinek összege 3600∘. E szögekkel kell lefednünk a 10-szög valamennyi szögét, amelyeknek összege (10-2)⋅180∘=1440∘, a fennmaradó 2160∘ pedig a belső csomópontok szögterét tölti ki. Minden csomóban az oda befutó rombusz csúcsoknál levő szögek összege 360∘, ugyanis lehetetlen, hogy egy beillesztett rombusz valamelyik csúcsa egy másik rombusz oldalára essék. Valóban, mivel egy a 10-szög C csúcsából kiinduló CB belső választóvonal mentén illeszkedő két rombusz C-ben csúccsal illeszkedik egymáshoz, azért az oldalak egyenlősége folytán B-ben is ez áll fenn. Így pedig folytatólag minden B belső csomópontra érvényes az állításunk. Eszerint bármelyik lefedésben pontosan 2160∘:360∘=6 belső csomópont keletkezik.
Legyen általában a szabályos n-szög lefedésére rendelkezésre álló rombuszaink száma r. Ezek belső szögeinek összege r⋅360∘; az n-szög szögeié (n-2)⋅180∘, tehát a belső csomópontok céljára (2r-n+2)⋅180∘ lefedő szögtér marad fenn. Így a csomópontok száma

c=(2r-n+2)180∘360∘=r+1-n2,
és ez valóban csak a sokszög oldalainak számától és az adott rombuszok számától függ. (Ez nincs ellentmondásban a bizonyítandó állítással: ,, ... csak a sokszög oldalszámától függ'', mert csak a ,,megfelelő'', vagyis az adott számú rombuszt pontosan felhasználó lefedésekről van szó.) Esetünkben n=12, 14, 16-hoz r értéke rendre 15, 21, ill. 28 volt, tehát rendre c=10, 15, ill. 21. Ezek megegyeznek az 582. gyakorlat ábrájáról számlálással megállapítható eredményekkel.
Fenti eredményünkből a páratlan oldalszámú szabályos sokszög lefedésének lehetetlensége is kiolvasható. Bárhogyan választjuk ugyanis a rombuszokat, r minden esetre egész szám, viszont páratlan n esetén a kiszámított c érték nem egész.
 

Máté Eörs (Szeged, Radnóti M. Gimn. II. o. t.)
 

Megjegyzések. 1. Azt is látjuk, hogy a c oldalú szabályos 2k+1-szög nemcsak az adott szögek valamelyikével bíró rombuszokkal, hanem semmiféle c oldalú rombuszokkal nem fedhető le hézagtalanul és egyrétűen.
 

Sonnevend György (Celldömölk, Berzsenyi D. Gimn. II. o. t.)
 

2. A páratlan, n=2k+1 oldalú szabályos 2k+1 sokszög kívánt módon való lefedésének lehetetlen voltát abból is beláthatjuk, hogy az r számú lefedő rombusznak 4r oldala van; ezek közül az n-szög oldalaihoz illeszkedik n, a további 4r-n pedig a lefedés belső választóvonalai mentén páronként egymáshoz illeszkedik. Ez csak akkor lehetséges, ha 4r-n és vele n páros szám.
 

Sebestyén Zoltán (Celldömölk, Berzsenyi D. Gimn. II. o. t.)
 

3. Többen azt is állították, hogy a szabályos 2k+1-szög semmiféle négyszögekkel nem fedhető le. Ezt nem állíthatjuk, mert a lefedő négyszögek egyenlő oldalúságát felhasználtuk annak bizonyításában, hogy egy rombusz csúcsa nem eshet a lefedésnél egy másik rombusz oldalának a belsejébe.