Kezdőlap


Feladat:	1213. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Krasznai Péter
Füzet:	1969/május, 210 - 211. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1968/szeptember: 1213. matematika gyakorlat

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

Jelöljük az egymás utáni kereteket rendre $K_{i}$ -vel, $i = 0, 1, 2, 3, ...$ , 49, jobb és bal alsó csúcsukat $A_{i}$ -vel, ill. $B_{i}$ -vel, további csúcsaikat a körüljárás szerint $C_{i}, D_{i}$ -vel. Így $A_{i + 1}$ egybeesik $B_{i}$ -vel, és világos, hogy a csuklók az $e$ egyenesen vannak (1. ábra).

Az első előírt elfordítás után ‐ jelöljük ezt

F_{1}

-gyel ‐

K_{1}

-nek

A_{1} D_{1}

jobb oldala merőlegesen áll

K_{0}

nak

B_{0} D_{0}

átlójára, és így meghosszabbítása ráesik ennek az átlónak

e

-re való tükörképére, tehát átmegy

D_{0}

-nak

e

-re vett

O

tükörképén (2. ábra).

O

egyszersmind

D_{1}

új helyzetének is tükörképe

B_{0} D_{0} = e_{1}

egyenesre nézve, amelyen a csuklók most sorakoznak, hiszen az adatok szerint

A_{1} D_{1} = B_{0} D_{0} = B_{0} O = O A_{0} \cdot \sqrt[]{2} = O A_{1}

. Ennélfogva

O B_{1} = \sqrt[]{2} \cdot O B_{0} = {(\sqrt[]{2})}^{2} \cdot O A_{0}

K_{1}, K_{2}, K_{3}, ...

kereteknek

F_{1}

utáni helyzete

K_{0}, K_{1}, K_{2}, ...

eredeti helyzetéből azzal a forgatva nyújtással adódik, melynek középpontja

O

, szöge

+ 45^{\circ}

és nyújtási arányszáma

\sqrt[]{2}

(attól természetesen eltekintve, hogy

K_{49}

-nek így szerkesztett képe már nem veendő tekintetbe). Megjegyezzük még, hogy

F_{1}

után a

45^{\circ}

nyílású

D_{0} O B_{0}

szögtartományban csak

K_{0}

van benne kereteink közül, másrészt hogy

K_{1}

-nek

A_{1} C_{1}

átlója rajta fekszik

e

-n és itt is marad, hiszen

K_{1}

-et ebben a helyzetben rögzítjük.
Húzzuk meg

O

-ből azokat az

f_{j}

félegyeneseket

(j = 1, 2 ..., 7)

, amelyek

O A_{0} = f_{0}

-lal

j \cdot 45^{\circ}

szöget zárnak be ‐ vagyis

f_{1}

azonos

O A_{1}

-gyel ‐ és jelöljük az

f_{j - 1}

és

f_{j}

közti szögtartományt

T_{j - 1}

-gyel.
Az

F_{2}

második elfordítás

B_{1} = A_{2}

körül történik és benne a

K_{2}, K_{3}, ..., K_{49}

keretek együttese vesz részt,

T_{1}

-ben csak

K_{1}

marad,

B_{2} A_{2} ⊥ f_{2}

és

B_{2} A_{2} = B_{1} D_{1} = B_{1} O

miatt

B_{2}

f_{2}

-re jut,

O B_{2} = \sqrt[]{2} \cdot O B_{1} = {(\sqrt[]{2})}^{3} \cdot O A_{0}

, és

K_{2}

-t itt rögzítjük.
Váltakozva végrehajtva az

F_{3}, F_{4}, ...

elfordításokat és

K_{3}, K_{4}, ...

rögzítését, a fentiekhez hasonlóan kapjuk, hogy minden egyes

K_{i}

keretet abban a

T_{j}

-ben rögzítünk, amelyre nézve a

j

index az

i : 8

osztás legkisebb nemnegatív maradéka,

B_{i}

és

A_{i}

lerögzített helyzete

T_{j}

határán,

f_{j - i}

-en, ill.

f_{j}

-n van úgy, hogy

O B_{i} = {(\sqrt[]{2})}^{i} \cdot O A_{0}

és

O A_{i} = {(\sqrt[]{2})}^{i - 1} \cdot O A_{0}

e

-nek a

T_{1}

és

T_{6}

szögtartományokba egy-egy félegyenese esik, ezért

e

-vel minden olyan

K_{i}

-nek lesz közös pontja, amelyre az

i : 8

osztás legkisebb nemnegatív maradéka 1, ill. 6. Viszont

e

-nek a

T_{0}

-ba és

T_{7}

-be eső szakasza már ahhoz is rövid, hogy a legkisebb szóba jövő

K_{8}

, ill.

K_{7}

oldala a mondott állásban beférjen, így a mondottakon kívül más

K_{i}

-nek nincs közös pontja

e

-vel. Ezek szerint

e

-vel a következő indexű kereteknek van közös pontja:

\begin{matrix} 0, 1, 9, 17, 25, 33, 41, 49, \\ 6, 14, 22, 30, 38, 46. \end{matrix}

Krasznai Péter (Győr, Czuczor G. Bencés Gimn., III. o. t. )