A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. Legyen a végrehajtott felbontás háromszögeinek száma , így oldalainak száma (az átlókat mindkét oldalukon levő háromszögekben számítva), és a bennük levő szögek összege . Minden ilyen szög azonos vagy a felbontandó sokszög valamelyik szögével ‐ ti. akkor, ha ennek a szögnek a csúcsából egyetlen átlót sem húztunk meg ‐, vagy pedig a sokszög egy szögének egy részével, mert minden háromszög csúcsai a sokszög csúcsai közül valók, hiszen a berajzolt átlók belső pontjaiban nem keletkezhetnek új csúcsok. Így egyenlő a sokszög -nyi szögösszegével, ahol a sokszög oldalainak száma, ebből , esetünkben , a megrajzolandó átlók száma pedig , ugyanis a felbontó átlók 2‐2 háromszöghöz tartoznak hozzá, a sokszög oldalai pedig csak 1‐1 háromszöghöz. Az előttünk álló szabályos tizenkétszögnek -féle átlója van, ti. olyanok, amelyekkel a két partjukra jutó csúcs közül az egyik parton , , , , illetve csúcs van; mondjuk rendre , , , , típusúnak az ilyen átlókat. típusú átló legalább lép föl bármely oldalú sokszög háromszögekre való felbontásában, mert a sokszög oldala legföljebb háromszög között oszlik el, és ha egy háromszögbe két sokszögoldal tartozik, egyik végpontjuk szükségképpen közös, tehát a háromszög vele szemben levő oldala típusú átló. Nem fordulhat elő viszont az előírt típusú felbontásban típusú átló, mert az ilyen által lemetszett négyszöget még tovább kellene bontanunk valamelyik ‐ de csak az egyik ‐ átlójával, és ezek bármelyikét megrajzolva, a egyik partjára esett csúcs egyike , azaz páros számú háromszögbe tartoznék bele, a követelménnyel ellentétben. Megmutatjuk, hogy nem rajzolhatunk be típusú átlót sem. Egy ilyen az -t két hétszögre vágja, legyen egy ilyen , ahol a típusú átló (. ábra). Az ezt oldalként tartalmazó háromszög harmadik csúcsa nem lehet , mert az átló típusú, így (a szimmetria alapján) elég -t és -t próbálni harmadik csúcsként. 1. ábra Ha egy háromszöge a felbontásnak, akkor -ből még vagy vagy átló húzandó meg ‐ hiszen a követelmény így is kimondható: amelyik csúcsból indul átló, onnan páros számú átlónak kell indulnia. Ámde további átló nem húzható, mert köztük lenne , így csak -re és -re gondolhatunk (. ábra a) és b) része). Az előbbi kényszerítően maga után vonná a kizárt -t, az utóbbi pedig -t, és ekkor a négyszög egyik átlójával sem bontható. Ha pedig a háromszög oldalává tesszük meg -t (1. c) ábra), evvel -ből már átló indul ki, többet miatt nem húzhatunk, ekkor pedig a kizárt -re kényszerülnénk. Így valóban nem húzható típusú átló. A átlók hatszöget metszenek le, egy ilyenben (. ábra , a lemetsző átló ) a hétszög fenti esetéhez hasonlóan elég a háromszöggel indulnunk. 2. ábra -ből csak -be, onnan pedig csak -be mehet a második átló, ekkor a , , , csúcsok rendre , , , háromszöghöz tartoznak, ez tehát megfelelő felbontás, a csatlakozó , csúcsokból pedig eddig páratlan számú átló indul ki. Látni fogjuk, hogy típusú átlók is használhatók lesznek. Könnyen adódik a lemetszett csúcsok, valamint a lemetsző átlók végpontjainál felhasznált csúcsok számából, hogy -ből legföljebb -t rajzolhatunk, -ból -at, -ből pedig -ot. II. Ezek alapján rátérve a próbálgatásokra, db -es átló nem állhat külön végpontokkal (más szóval párhuzamosan, . ábra, és ), mert a köztük keletkező négyszög mindkét átlója típusú (másképpen: -ból is, -ből is kellene indítani átlót, hogy számuk párossá váljék). Ha viszont a db átló egyik végpontja közös, akkor nem közös végpontjaikat átló köti össze, így a végpontjuk mindegyikéből eddig 2‐2 átló indul ki, és a -eseken kívül keletkező két hatszögbe ‐ most már az szimmetriát is tekintetbe véve ‐ lényegesen különböző módon másolhatjuk be a . ábra hatszögének (egyetlen lehetséges) felbontását (3. ábra a), b), c) része). 3. ábra szerepére először mindkettőben a db -es átló közös csúcsát véve, majd e szerepet az egyik hatszögben, végül mindkettőben a -es átló nem-közös végpontjának átadva. Ezzel különböző megoldását kaptuk feladatunknak. Nem lehetséges olyan felbontás, melyben csak db -es átlót engedünk meg, mert a másik oldalán keletkező nyolcszögben (. ábra) az -t tartalmazó háromszög harmadik csúcsa , , egyike sem lehet , és miatt. 4. ábra -es átló nélküli felbontásban a berajzolandó átló céljára igénybe kell vennünk a fönt látott legnagyobb számokat, és a db -as, db -es átló csak egyféleképpen rajzolható be (. ábra). ‐ Mindezek szerint a kívánt felbontások száma . 5. ábra
Torma Tamás (Székesfehérvár, Petőfi S. Ált. Isk. 8. o. t.) dolgozata alapján, néhány kiegészítéssel |
Megjegyzés. Az . gyakorlatban a szabályos szögről bizonyítottuk, hogy ugyanezen követelmény szerint csak egyféleképpen háromszögelhető. Az . évi Kürschák-verseny . feladata annak bizonyítása volt, hogy csúcsonként páratlan számú háromszöget tartalmazva azok a konvex sokszögek háromszögelhetők, amelyek oldalainak száma osztható -mal. K. M. L. . o.Hajós György: Az évi Kürschák József matematikai tanulóverseny feladatainak megoldása. K. M. L. 193‐202. o. élesebben 194.‐197. o. |