Kezdőlap


Feladat:	1111. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Ésik Zoltán , Göndőcs Ferenc , Mészáros József , Pataki János
Füzet:	1968/március, 112 - 114. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Terület, felszín, Gördülés (Mozgási geometria), Szabályos sokszögek geometriája, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1967/február: 1111. matematika gyakorlat

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

I. A hatszög rendre az $A B$ egyenes $B$ , $C'$ , $D'$ , $E'$ , $F'$ pontjai körül fordul el $60$ ‐ $60^{\circ}$ -kal ‐ $H_{6}$ külső szögével ‐, ahol $A B = B C' = C' D' = D' E' = E' F' = F' A'$ . Eközben az $A$ pont rendre az $A A_{1}$ , $A_{1} A_{2}$ , $A_{2} A_{3}$ , $A_{3} A_{4}$ , $A_{4} A'$ íveken mozdul el. Meghúzva az ívdarabok mindegyik csatlakozási pontjához a $2$ ‐ $2$ megfelelő sugarat, ezek a kérdéses $T$ idomot $5$ körcikkre és köztük $4$ háromszögre darabolják.

Az egymás utáni háromszögek rendre egybevágók azokkal a háromszögekkel, amelyek

H_{6}

-ban keletkeznek, az

A C

A D

A E

átlókat megrajzolva, hiszen az előbbiek az utóbb említettekből keletkeznek kellő elfordítással, így területük összege egyenlő

H_{6}

területével,

t

-vel.
Ezek szerint a körcikkek sugara rendre egyenlő

H_{6}

-nak

A B

A C

A D

A E

A F

oldalával, ill. átlójával. Mindegyik körcikk területe

1 / 6

része a vele egyenlő sugarú kör területének, ezért területük összege kellő csoportosítással és

H_{6}

szabályos voltát felhasználva így írható:

\begin{matrix} \frac{π}{6} ((B A^{2} + E A^{2}) + (C A^{2} + F A^{2}) + D A^{2}) = \frac{π}{6} (B E^{2} + C F^{2} + D A^{2}) = \frac{π}{6} \cdot 3 D A^{2} = \\ = \frac{π}{2} \cdot {(2 r)}^{2} = 2 π r^{2}, \end{matrix}

ahol

D A / 2 = r

H_{6}

köré írt

k

kör sugara; ugyanis

B E = C F = D A

, mint

H_{6}

leghosszabb átlói, más szóval

k

átmérői.
Ezzel a

T

idom minden egyes darabját számba vettük, területeik összege valóban

t + 2 π r^{2}

, amint a feladat állítja.

II. Gördítsünk most

2 n

-oldalú (

n > 3

, természetes szám)

G_{0} G_{1} G_{2} ... G_{2 n - 1} = H_{2 n}

szabályos sokszöget a

G_{0} G_{1} = e

egyenesen úgy, hogy az első elfordulás

G_{1}

körül történjen, a továbbiak rendre

G_{2}

G_{3}

...

G_{2 n - 1}

egymás után adódott helyzete körül. Legyen

G_{0}

helyzete az egymás utáni elfordulások után

G_{01}

G_{02}

...

G_{0, 2 n - 1}

. Az utolsó az

e

egyenesre esik. Az elfordulás középpontja rendre az egyenes

G_{1}

G'_{2}

G'_{3}

...

G'_{2 n - 1}

pontja, ahol

G_{0} G_{1} = G_{1} G'_{2} = G'_{2} G'_{3} = ... = G'_{2 n - 1} G_{0, 2 n - 1}

H_{2 n}

oldalhosszúsága, az elfordulás szöge pedig minden esetben

H_{2 n}

külső szöge:

\begin{matrix} 180^{\circ} - \frac{(2 n - 2) \cdot 180^{\circ}}{2 n} = \frac{360^{\circ}}{2 n}, \end{matrix}

a teljes szög

2 n

-ed része.
Összekötve

G_{0}

minden közbülső helyzetét azzal a két ponttal, amely körüli elfordulással odaérkezett, ill. onnan továbbhaladt, a

\begin{matrix} G_{01} G_{1}, G_{01} G'_{2}, G_{02} G'_{2}, G_{02} G'_{3}, ..., G_{0, 2 n - 2} G'_{2 n - 2}, G_{0, 2 n - 2} G'_{2 n - 1} \end{matrix}

sugarak ‐ szám szerint

2 (2 n - 2)

sugár ‐ a vizsgálandó

G_{0} G_{01}

G_{01} G_{02}

...

G_{0, 2 n - 2} G_{0, 2 n - 1}

egymáshoz csatlakozó ívek és a

G_{0} G_{0, 2 n - 1}

, egyenesszakasz által határolt

T

idomot a számuknál

1

-gyel több részre darabolják. A részek közül minden második rész körcikk, hiszen a berajzolt sugarak a másodiktól kezdve páronként egyenlők egymással és

H_{2 n}

-nek

G_{2} G_{0}

G_{3} G_{0}

...

G_{n - 1} G_{0}

G_{n} G_{0}

G_{n + 1} G_{0}

...

G_{2 n - 2} G_{0}

átlójával; az első és az utolsó elfordulási sugár pedig

H_{2 n}

-nek

G_{0} G_{1}

, ill.

G_{2 n - 1} G_{0}

oldala. A körcikkek száma

(2 n - 2) + 1 = 2 n - 1

. Köztük a

G_{01} G_{1} G'_{2}

G_{02} G'_{2} G'_{3}

...

G_{0, 2 n - 2} G'_{2 n - 2} G'_{2 n - 1}

háromszögek keletkeztek, számuk

2 n - 2

, ezek rendre elfordított helyzetei annak a

2 n - 2

háromszögnek, amelyek

H_{2 n}

-ben keletkeznek a

G_{0} G_{2}

G_{0} G_{3}

...

G_{0} G_{2 n - 2}

átló megrajzolása útján.
Eszerint a

T

idomban keletkezett háromszögek területének összege egyenlő

H_{2 n}

területével, ezért a feladat állításához már csak azt kell belátnunk, hogy a körcikkek területének összege

2

-szer akkora, mint a

H_{2 n}

köré irt

k

kör területe. Legyen

k

sugara

r

. Minden egyes körcikk középponti szöge az egyszeri elfordulás

360^{\circ} / 2 n

szöge, így területe egyenlő az elfordulási

r_{i}

sugárral írt kör területének

1 / 2 n

részével,

(π / 2 n) \cdot r_{i}^{2}

-nel. Ezt kell tehát belátnunk:

\begin{matrix} \frac{π}{2 n} (G_{1} G_{0}^{2} + G_{2} G_{0}^{2} + ... + G_{2 n - 2} G_{0}^{2} + G_{2 n - 1} G_{0}^{2}) = 2 π r^{2}, \end{matrix}

vagyis hogy a

G_{0}

-ba befutó

2

oldal és

2 n - 3

átló négyzetösszege

4 n \cdot r^{2} = n {(2 r)}^{2}

.
A

G_{n} G_{0}

átló

k

-nak átmérője, hossza

2 r

. A további

2 n - 2

átló négyzete alkalmas párokban ad

{(2 r)}^{2}

-et összegül, együtt tehát a hátra levő

(n - 1) \cdot {(2 r)}^{2}

-et. Egy párba kapcsoljuk azt a két átlót, melyek kiindulópontja egymás tükörképe

H_{2 n}

-nek

O

középpontjára nézve, vagyis

G_{i} G_{0}

-t és

G_{n + i} G_{0}

-t, ahol

i = 1

2

...

n - 1

(tehát

n + i = n + 1

n + 2

...

2 n - 1

). Így valóban

G_{i} G_{0}^{2} + G_{n + i} G_{0}^{2} = G_{i} G_{n + i}^{2} = {(2 r)}^{2}

, hiszen

i

minden értékére

G_{i} G_{n + i} G_{0}

k

-ba beírt derékszögű háromszög. ‐ Ezzel az állítást bebizonyítottuk.

Göndöcs Ferenc (Kapuvár, II. sz. Ált. Isk. , 8. o. t.)
Pataki János (Budapest, Berzsenyi D. g. I. o. t.)

Megjegyzések. 1.

H_{2 n}

esetére trigonometriai és goniometriai bizonyítás is adható, az

r_{i} = G_{i} G_{0} = 2 r sin (i \cdot π) / 2 n

és

sin^{2} x = (1 - cos 2 x) / 2

összefüggésekből kiindulva. A körcikkek területének összege (itt

i = 1

2

...

2 n - 1

, de hozzá írhatjuk

i = 0

-t is, mert így

r_{i} = 0

)

\begin{matrix} \frac{π}{2 n} \cdot 2 r^{2} [(1 - cos 0) + (1 - cos \frac{π}{n}) + (1 - cos \frac{2 π}{n}) + ... + (1 - cos \frac{(2 n - 1) π}{n})] = \\ = 2 π r^{2} - \frac{π r^{2}}{n} (cos 0 + cos \frac{π}{n} + cos \frac{2 π}{n} + ... + cos \frac{(2 n - 1) π}{n}) . \end{matrix}

A zárójelbeli

2 n

tag összege

0

, mert a tagok az

n + 1

-ediktől kezdve rendre egyenlők az

1

2

...

n

sorszámú tag

(- 1)

-szeresével,

j = 0

1

...

n - 1

-re

\begin{matrix} cos \frac{(n + j) π}{n} = cos (π + \frac{j π}{n}) = - cos \frac{j π}{n} . \end{matrix}

Mészáros József (Makó, József A. g. , III. o. t.)

2. Azt is meg lehet mutatni, hogy az állítás páratlan oldalszámú szabályos sokszög gördítése esetén is érvényes.
3. Az

r

sugarú körbe írt szabályos sokszög oldalainak számát növelve területe nő és egyre jobban megközelíti

k

területét; így kézenfekvő az a sejtés, hogy a körnek egyenesen való gördítése esetén egy kerületi pont által leírt vonal ‐ ún. közönséges ciklois ‐ egy íve alatti terület egyenlő a gördített kör területének

3

-szorosával.

Ésik Zoltán (Szeged, Ságvári E. gyak. g. II. o. t.)