Feladat: 634. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Benczúr A. ,  Dobó F. ,  Endreffy Z. ,  Fajszi Cs. ,  Farkas Z. ,  Fazekas Patrik ,  Góth L. ,  Görbe T. ,  Hargittay Á. ,  Kászonyi L. ,  Katona Éva ,  Katona Mária ,  Kerényi Ilona ,  Kóta J. ,  Kunszt Zoltán ,  Kövessi Ágnes ,  Lehel J. ,  Máté E. ,  Nagy Angéla ,  Nagy Dénes L. ,  Németh I. ,  Nováky B. ,  Raisz M. ,  Sebestyén M. ,  Simonovits M. ,  Szepesvári I. ,  Tasnády Mária 
Füzet: 1961/március, 106 - 108. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül sokszögekben, Szabályos sokszögek geometriája, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1960/május: 634. matematika gyakorlat

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

I. Legyen R1 és R2 oldalainak száma n1, ill. n2, így az egy oldalukhoz tartozó középponti szög fokban vett mértékszáma 360/n1, ill. 360/n2, tehát az adatok szerint egyrészt

n2-n1=p,(1)
másrészt
360n1-360n2=γ,másképpen(2)1n1-1n2=n2-n1n1n2=γ360.(2a)


Innen n2 kiküszöbölésével
n12+pn1-360pγ=0.
Az n1-et nem tartalmazó tag negatív ‐ ugyanis p-t és γ-t természetesen pozitívnak tekintjük ‐, ezért egyrészt a diszkrimináns pozitív, tehát a gyökök valósak, másrészt ‐ mivel ez a tag a két gyök szorzatával egyenlő ‐ a gyökök ellentett előjelűek. Feladatunkban csak pozitív egész gyöknek van értelme, ezért a megoldás a diszkrimináns pozitív négyzetgyökével
n1=12(-p+p2+1440pγ),és ígyn2=12(p+p2+1440pγ),(3)
hacsak e két kifejezés egész számot ad, és n1 értéke legalább 3.
A számadatokkal n1=30, n2=35. Valóban, így az egy oldalhoz tartozó középponti szög 12∘, ill. 360∘/35=72∘/7, és az előbbi többlete 12∘/7.
II. Adott p esetén γ lehetséges értékeit a (2a) és (1)-ből előálló
γ=pn1(n1+p)360(4)
kifejezés adja meg, ha n1 helyére a 3, 4, 5, ... számokat helyettesítjük, ugyanis R1 oldalainak száma legalább 3. Az adódó γ-értékek csökkenő sorozatot alkotnak, mert (4)-ben a számláló állandó, a nevező pedig növekvő. Az adott p=2-vel
γ=48∘,30∘,2047∘,15∘,1137∘,9∘,7311∘,6∘,...(5)

III. (2)-ből látható, hogy megoldás csak racionális γ mellett várható.
1n2=1n1-γ360=360-n1γ360n1,és ígyn2=360n1360-n1γ,(6)


ennélfogva (1)-ből ‐ ismét n1=3, 4, 5, ... mellett ‐ akkor kapunk a feladatnak megfelelő p-t, ha (6) pozitív egésznek adódik. A pozitívsághoz szükséges, hogy álljon
360-n1γ>0,azazn1<360γ.
Eszerint (6) egész voltát a
3≤n1<360γ(7)
értékek mellett kell megvizsgálnunk. Minden egész n2 esetén egy megfelelő p-értéket kapunk (1)-ből.
Pl. γ=30∘ mellett (7)-ből 3≤n1<12 és (6)-ból
n2=12n112-n1ésp=n2-n1=n1212-n1
egész, ha
n1=3,4,6,8,9,10,11, és ígyp=1,2,6,16,27,50,121.

Hasonlóan γ=12∘ mellett 3≤n1<30, n2=30n1/(30-n1), p=n12/(30-n1) és a megfelelő n1, n2, p értékhármasok a következők:
n1=5,10,12,15,18,20,21,24,25,26,27,28,29,n2=6,15,20,30,45,60,70,120,150,195,270,420,870,p=1,5,8,15,27,40,49,96,125,169,243,392,841.

Fazekas Patrik (Mosonmagyaróvár, Kossuth L. g. I. o. t.)

 

Megjegyzések. 1. A (4) helyébe más kifejezést kapunk abból, hogy a (3)-beli négyzetgyök alatt teljes négyzetnek kell állania, így
p2+1440pγ=q2ésγ=1440pq2-p2,
ahol q a p-nél nagyobb és vele egyenlő párosságú olyan egész szám, amelyre (3)-ból 2n1=q-p≥6, tehát q≥p+6. Így q=p+6, p+8, p+10, p+12, .... (Ugyanis (3)-ból n1 és n2 akkor és csak akkor egész, ha a négyzetgyökhöz akár p-t, akár -p-t adva páros számot kapunk.) p=2-vel γ=2880/(q2-4), ahol q=8, 10, 12, 14, .... Így ismét (5)-re jutunk.
 

Kunszt Zoltán (Pápa, Türr I. g. II. o. t.)

 

2. Többen a (3) általános megoldás helyett mindjárt a számpélda eredményét számították ki. Mivel a feladat első kérdése a számadatok előtt fejeződik be, azért ‐ gondos olvasó előtt ‐ nyilvánvaló, hogy a választ általában kell megadni, és ebbe az eredménybe kell az adatokat behelyettesíteni. ‐ Ezúttal is több dolgozat indokolatlanul ,,egész‐szám‐kultuszt űzött'': a számpélda ellenére γ-ról feltette, hogy egész szám. Az ilyen dolgozatok nem teljes megoldások.