Feladat: 1087. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Csirmaz László ,  Hárs László ,  Takács László 
Füzet: 1967/november, 136 - 139. oldal  PDF file
Témakör(ök): Pont körüli forgatás, Egyenlő szárú háromszögek geometriája, Gördülés (Mozgási geometria), Négyzetek, Gyakorlat, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül körökben
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1966/november: 1087. matematika gyakorlat

Az egységnyi oldalú KLM=H szabályos háromszög-lemez úgy illeszkedik KL oldalával a 2 egységnyi oldalú ABCD=N négyzetlemez AB oldalához, hogy e két oldal felezőpontjai egybeesnek, és H és N az AB egyenes két oldalán vannak. Ebből a helyzetből elindulva H addig gördül N kerületén, míg mindegyik csúcsa visszaérkezik eredeti helyzetébe. (A gördülésen azt értjük, hogy H a K csúcs körül addig fordul, míg a KM oldal az AB egyenesbe jut, ezután hasonlóan tovább fordulgat kerületének alkalmas pontja körül, N-et a megkezdett irányban körüljárva.)
‐ Mekkora utat tesznek meg H csúcsai, oldalfelező pontjai és középpontja az eredeti helyzetükbe való első visszaérkezésig, és mekkora szöggel fordul el e helyzetekig maga H?
‐ Adjunk rövid választ arra az esetre is, ha N gördül hasonlóan H körül.

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

I. Legyenek az AB, ill. BC szakasz egymás utáni negyedelő pontjai A', A'', A''', ill. B', B'', B''', másrészt H egymás utáni oldalainak felezőpontjai m, k, l, középpontja O. H pontjainak 1,2,... befejezett elfordulás után elfoglalt helyzetét jelük mellé tett 1-es, 2-es, ... indexszel jelöljük, a kiinduló helyzetet 0 indexszel. Így m0 egybeesik A''-vel ‐ röviden m0=A'' ‐, továbbá K0=A''', L0=A' (1. ábra).
Az első elfordulás K0=A''' körül 120-kal, a teljes körülfordulás 1/3 részével megy végbe, M az AB-nek B-n túli meghosszabbítására jut, mert M1A'''=M0K0=1>BA'''=1/2, vagyis M1B=1/2, B-be pedig az a pontja jut az MK oldalnak, amely K-tól K0B=A'''B=1/2 távolságra van, vagyis l. Így a második elfordulás középpontja B=l1=l2, szöge 90, 1/4 körülfordulás, M2=B', és ez lesz a harmadik, ismét 120-os elfordulás középpontja. Ezért L3=B''' és k3=B'', a H3 helyzet lényegében azonos H0-lal, csupán K0, L0, M0, k0, l0, m0, valamint A és B helyére rendre L3, M3, K3, l3, m3, k3, ill. B és C lép, O0 helyére pedig O3.

 
 

Elég lesz tehát a kérdéses pontok eddig megtett útját megállapítanunk, ezekből teljes útjuk könnyen kiszámítható. H szabályos volta miatt az egyes elfordulási sugarak kK=3/2, OK=2kK/3=1/3, kl=1/2, Ol=1/23. Az utakat a kezdő és véghelyzet egymás után való leírásával jelöljük, és az elöl fönt elhelyezett csillaggal arra emlékeztetünk, hogy nem szakaszról van szó. Az íveket a sugárnak 2π/3-mal, ill. π/2-vel való szorzása útján kapjuk, így
*K0K3=*K0K1+*K1K2+*K2K3=0+12π2+12π3=11π12,*L0L3=(16+33)π125,55,*M0M3=11π122,88,*O0O3=19π1232,87,*k0k3=(7+43)π12=*m0m33,65,*l0l3=2π32,09


(M és K, valamint m és k eddig befutott pályái tükrös helyzetűek egymással N-nek B-ből húzott szögfelezőjére nézve), továbbá H eddigi elfordulása 2120+90=330, hiszen mindhárom forgás ugyanabban az irányban történt.
H az eddigi mozgást még 3-szor ismételve jut vissza az AB oldalra, a H0 helyzetbe, de akkor még csak O12 esik egybe O0-lal, *O0O12=19π/3311,49 egység, H-nak addigi elfordulása 8120+490, ami 3 teljes fordulat és 240, vagyis pl. K12=M0. Eszerint a csúcsok és oldalfelezőpontok 36 egyszerű elfordulás után jutnak először vissza eredeti helyzetükbe. Elég azonban a H0 helyzetig számolnunk, amikor m először esik egybe N egy oldalának (DA-nak) felezőpontjával, mert nyilvánvaló, hogy addig H mindhárom csúcsa ugyanannyi utat tesz meg, úgyszintén mindhárom oldalfelező pontja is, és a kérdezett utak hossza 4-szer ennyi. Mármost pl.
*K0K9=*K0K3+*K3K9=*K0K3+*M0M6=(*K0K3+*M0M3)+*M3M6==2*K0K3+*L0L3=(38+33)π/12*k0k9=2*k0k3+*l0l3=(11+43)π/6,


eszerint a visszaérkezésig mindegyik csúcs (38+33)π/345,23 egységnyi, mindegyik oldalfelező pont (22+83)π/337,55 egységnyi utat tesz meg. H eddig 11360-kal fordul el. O pályáját és M pályájának első harmadát a 2. ábra, m pályáját a 3. ábra mutatja.
 
 
4. ábra
 

II. N-et gördítve H-n, az eddigi jelöléseket használjuk, továbbá N középpontja Q (4. ábra). Az N0 helyzetből kiindulva L körüli 120-os, k körüli 90-os és M körüli 120-os elfordulás után az N3 helyzet lényegében azonos N0-lal, azonban a
K,M,L;k,m,l;A,D,C,B;A'',D'',C'',B'';Q
betű helyére rendre a következő lép (és az index 3-mal nő)
M,L,K;m,l,k;D,C,B,A;D'',C'',B'',A'';Q

Célszerű 12-szer kisebb hosszegységet használni, így nem lépnek fel törtek számításunkban. Pontjaink egymás utáni elfordulási sugarait a táblázat tünteti fel.
A fentiekhez hasonlóan kapjuk, hogy az N0-lal egybevágó helyzet ismét a KL oldalon 3 ilyen, 3 ‐ 3 egyszerű elfordulásból álló mozgásszakaszonként ismétlődik, és AB szerepe minden 4-ikben ismétlődik. 3 és 4 legkisebb közös többszöröse 12, ezért N minden csúcsa 12 ilyen mozgásszakasz, vagyis 36 egyszerű elfordulás után jut vissza kiinduló helyzetébe. Addig mind a négy csúcs ugyanannyi utat tesz meg, hasonlóan a négy oldalfelező pont is egymás között. Az utak közös hossza 3-szor annyi, mint A, B, C, D, ill. A'', B'', C'', D'' együttes útja az N0, N3 helyzetek között:
12π(24+217+32)1376egység, ill.12π(5+55+213+217)1193egység.


Q viszont már 9 egyszerű elfordulás után visszajut Q0-ba, útja 6π(45+32)248,6 egység. Visszatérve az eredeti 1, ill. 2 oldalhosszúságok használatára, az utak: 114,7, ill. 99,4, ill. 20,7 egység. ‐ N elfordulása ismét 11 teljes fordulat, Q visszaérkezéséig ennek negyedrésze, 990.
 
Hárs László (Budapest, Kölcsey F. g. II. o. t.)
Takács László (Sopron, Széchenyi I. g. III. o. t.)
Csirmaz László (Budapest, I. István g. II. o. t.)
 

Megjegyzés. Az eredeti helyzetbe való első visszaérkezésig megteendő ,,út'' ‐ ezen szemléletesen a két idom érintkezési pontjának előhaladását értve ‐ mindkét gördülésre kiadódik ebből az elindulásból is: H kerülete 3, N8 egység, ezek legkisebb közös többszöröse 24.
Forg. közp.ABCDA''B''C''D''QSzorzóL61830617661361765652π/3k024242241212512512122π/2M66173018656176136652π/3