|
Feladat: |
1064. matematika gyakorlat |
Korcsoport: 16-17 |
Nehézségi fok: átlagos |
Megoldó(k): |
Backhausz Beáta , Bajmóczy Ervin , Bálványos Z. , Csirmaz László , Dobozy O. , Dőry Anna , Eszes G. , Fiala T. , Gegesy F. , Hárs László , Herneczki I. , Horváth László , Horváth Sándor , Juhász Ágnes , Juhász Judit , Katona Viktor , Kóczy L. , Lampert L. , Móricz P. , Moson Péter , Nikodémusz Anna , Orbán G. , Pataki I. , Perémy Gábor , Pintér Ágnes , Pintz János , Siklósi M. , Somos E. , Stefanovicz K. , Szabados Katalin , Szalay Marianne , Szűcs A. , Takács László , Tátray P. , Vályi I. , Várhelyi F. , Vetiner A. |
Füzet: |
1967/március,
117 - 119. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Alakzatba írt kör, Logikai feladatok, Egyéb sokszögek geometriája, Ellenpélda, mint megoldási módszer a matematikában, Gyakorlat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1966/május: 1064. matematika gyakorlat |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Az I. állítás igaz. Ugyanis a kör középpontját a sokszög csúcsaival összekötve egybevágó egyenlő szárú háromszögeket kapunk, és a sokszög mindegyik szöge -szer akkora, mint e háromszögekben az alapon fekvő szög. (Az esetben az állítás helyes volta egyszerűbben adódik a kör felhasználása nélkül, hiszen minden háromszög körbeírt.) A II. állítás hamis. esetén a rombusz megfelel a feltételeknek ‐ beírt körének középpontja az átlók metszéspontja ‐, de szögei általában nem egyenlők. A III. állítás szerint ha egy körbeírt -szög szögei egyenlők, akkor oldalai is egyenlők. Ez hamis, esetén a téglalap megfelel a feltételeknek, de oldalai általában nem egyenlők. A IV. állítás ezt mondja ki: ha egy kör köré írt -szög szögei egyenlők, akkor oldalai is egyenlők. Ez igaz. Az -szög bármely két szomszédos oldalának érintési pontjához húzott sugarak szöge ugyanakkora, az -szög szögének kiegészítő szöge. Ezért bármely két ilyen sugárpár által meghatározott egyenlő szárú háromszög egybevágó, harmadik oldaluk az -szög két szomszédos oldala érintési pontjának távolsága, mindig ugyanakkora. Ez az oldal az -szög figyelembe vett két oldalának a közös csúcstól az érintési pontig terjedő szakaszával egyenlő szárú háromszöget alkot, mert, a körhöz külső pontból húzott érintőszakaszok egyenlők. Bármely két ilyen háromszög egybevágó, mert alapjuk és a szárak közti szögük egyenlő. Ezért az -szög bármely két csúcsából húzott érintőszakaszok egyenlők. Így az -szög oldalai is egyenlők, mert ‐ érintőszakaszból tevődnek össze. ( esetén ez az állítás is egyszerűbben adódik a kör felhasználása nélkül.) Az V. és a VI. állítás az I-nek speciális esete , ill. esetére, tehát helyes, ugyanígy a XI. és a XII. állítás is, mint a IV-nek speciális esetei.
1. ábra 2. ábra Megmutatjuk még, hogy a -re és -re vonatkozó VII., ill. IX. állítás helyes, a -ra és -ra vonatkozó VIII., ill. X. állításra viszont ellenpéldát adunk, ezek általában nem igazak. A VII. állítás így is kimondható: az egyenlő oldalú Ö érintő ötszög szögei egyenlők. Érintse a beírt kör Ö-nek egymás utáni oldalait rendre (1. ábra), és legyen a kör középpontja O. Ekkor a külső pontból húzott érintők egyenlő volta miatt | F5E1=E1F1=E1E2-F1E2=E2E3-F2E2=F2E3, | azaz Ö kerületét a csúcsok fenti sorrendjében bejárva egy oldalnak az érintési pont és a végpont közti szakasza egyenlő a 2-vel utána következő (valamint a 2-vel előtte levő) oldal megfelelő szakaszával. Továbbmenve | F2E3=F4E5=E5F5,tehátF5E1=E5F5, | F5 felezi a rajta átmenő E5E1 oldalt, és ugyanez áll a további érintési pontokra is. Megrajzolva az OEi és OFi szakaszokat (i=1,2,3,4,5), mind a 10 keletkező derékszögű háromszög befogói egyenlők, a háromszögek egybevágók, és Ö mindegyik csúcsánál 2-szer akkora szög van, mint e háromszögeknek az OFi befogóval szemben levő szöge. Ezzel az állítást igazoltuk. A IX. állítás: az egyenlő szögű G1G2G3G4G5 húrötszög oldalai egyenlők (2. ábra). Valóban G5G1G2∢=G1G2G3∢ miatt a száraik között levő G5G4G2 és G1G5G3 ívek egyenlők. Ezért az ezeket teljes körré kiegészítő G5G1G2 és G1G2G3 ívek, valamint a közös G1G2 részük elhagyásával adódó G5G1 és G2G3 ívek is, ennélfogva a G5G1 és G2G3 húrok is egyenlők. Más szóval, az ötszög mindegyik oldala egyenlő a rá következő második oldallal: | G5G1=G2G3=G4G5=G1G2=G3G4, | tehát mind az 5 oldal egyenlő. Ezt akartuk bizonyítani. A VIII. állításra térve legyen az OH1H2=T háromszög O-nál levő szöge 60∘, további két szöge egymástól különböző hegyesszög, és forgassuk el T-t O körül, mindkét irányban 120∘-kal az OH3H4 ill. OH5H6 helyzetbe (3. ábra). Ekkor az OH3H2, OH5H4, OH1H6 háromszögek (tükrösen) egybevágók T-vel, mert pl. OH3=OH1 és H2OH3∢=120∘-60∘=60∘. Ezért a H1H2H3H4H5H6 hatszög oldalai egyenlők, és érintik azt az O körüli kört, melynek sugara T-nek O-ból kiinduló magassága, tehát teljesítik a C6 feltételt. Ellenben a hatszög bármelyik két szomszédos szöge különböző, mert 2-szer akkora, mint T-nek H1-nél, ill. H2-nél levő szöge. (Csak minden második szög egyenlő.) Hatszögünk úgy is előállítható, hogy egy szabályos háromszöget a középpontja körül 60∘-nál kisebb, tetszés szerinti szöggel elforgatunk és vesszük az eredeti és az új háromszög közös részét.
3. ábra Végül a X. állításra a következő szerkesztés ad ellenpéldát. Vegyünk egy szabályos háromszöget, és mérjünk fel mindegyik csúcsából a másik két csúcs felé ugyanakkora, az oldal harmadánál kisebb szakaszt (4. ábra). Nyilvánvaló, hogy a 6 végpont által meghatározott konvex hatszög körbe írható és hogy szögei egyenlők, oldalai viszont különbözők. (Csak minden második oldal egyenlő.) ‐ Ezzel állításainkat bebizonyítottuk. Utóbbi ellenpéldánkat a VIII. állítás ellenpéldájához hasonlóan is származtathatjuk: legyen a J1J2J3=U háromszögben a J2-nél levő szög 120∘ és J1J2<J2J3, és forgassuk el U-t a köréje írt kör középpontja körül mindkét irányban 120∘-kal.
4. ábra A VII. és IX. állítások bizonyításában közös elem volt, hogy egy-egy tulajdonság átöröklődött az ötszög valamelyik oldaláról a rá következő második oldalra és hogy 2‐2 oldallal előre haladva az idom kerületén, az ötszöget 2-szer körüljárhattuk, az első körüljárásban kimaradt oldalakra is átöröklődhetett a tulajdonság. A VIII. és X. állítások esetében viszont ‐ a hatszögben ‐ 2‐2 oldallal előre lépve 3 lépés után visszajutunk a kiindulási oldalhoz, a kihagyott oldalakra később sem juthatunk el, a tulajdonság azokra nem öröklődhet át, ill. azokon más tulajdonság öröklődik. Ebből látjuk, hogy 5 helyére nagyobb páratlan számot írva VII. és IX. megfelelője:
ha C2n+1, akkor P: igaz állítás, illetőleg ha B2n+1, akkor Q: igaz állítás; viszont VIII. és X. megfelelője: ha C2n, akkor P: hamis állítás; illetőleg ha B2n, akkor Q: hamis állítás.
Takács László (Sopron, Széchenyi I. Gimn., II. o. t.) |
|