Feladat: Pontversenyen kívüli P.48 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Füredi Zoltán ,  Göndőcs Ferenc ,  Lempert László ,  Nagy Ferenc ,  Papp Zoltán ,  Vajnági András 
Füzet: 1970/április, 169 - 171. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Húrnégyszögek, Periodikus sorozatok, Számhármasok, Szabályos sokszögek geometriája, Alakzatok köré írt kör, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1969/november: Pontversenyen kívüli P.48

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

Vizsgáljunk egy Kn szabályos n-szöget, jelölje kn a körülírt körét, O ennek középpontját, A, B, C pedig Kn három különböző csúcsát. Jelölje továbbá H0 az ABC háromszöget és legyen Hk+1 a Hk háromszög talpponti háromszöge (k=0,1,2,... ). Keressük annak feltételét, hogy a H1, H2,... sorozatban legyen a H0-hoz hasonló háromszög.
Ha egy háromszög szögei α, β, γ, és ezek mindegyike hegyesszög, akkor a talpponti háromszög szögei rendre 180-2α, 180-2β, 180-2γ, (lásd 1a) ábra: CB1A1=β, mert A1BAB1 húrnégyszög stb.). Ha a háromszög derékszögű, akkor a talpponti háromszög nem létezik. Tompaszögű háromszögben, ha α>90, akkor a talpponti háromszög szögei 2α-180, 2β, 2γ (lásd 1b) ábra: AC1A1=γ, mert AC1CA1 húrnégyszög stb.).

 
 
1. ábra
 

A Kn egy oldalán nyugvó középponti szög 360/n, így Kn bármely két csúcsa közti íven nyugvó kerületi szög az ε=180/n egész számú többszöröse. Ez azt jelenti, hogy alkalmas i, j, k pozitív egész számok mellett H0 szögei
iε,jε,kε,aholi+j+k=n.
Ekkor H1 szögeit a fentiek szerint a következő 4 képlethármas valamelyike adja:
(n-2i)ε,(n-2j)ε(n-2k)ε;(2i-n)ε,2jε,2kε;2iε,(2j-n)ε,2kε;
2iε,2jε,(2k-n)ε.
Mindegyikben ε együtthatóinak összege n. És mivel bárhogy választva az i+j+k=n feltételt kielégítő pozitív egész számokat, létezik Kn-nek olyan három csúcsa (ha ti. Kn egymás utáni csúcsai D0,D1,...,Dn-1, akkor pl. D0, D2i és D2i+2j), hogy az általuk meghatározott háromszög szögei éppen iε,jε,kε, azért a H1,H2,... sorozat minden háromszöge hasonló a Kn-ből kiválasztható háromszögek valamelyikéhez.
Legyen r az a legnagyobb kitevő, amelyre 2r még osztója n-nek; azaz n=2rm, ahol m páratlan. Megmutatjuk, hogy (F): a H1, H2... sorozatban akkor és csak akkor van H0-hoz hasonló háromszög, ha 2r az i, j, k számok mindegyikének osztója.(Derékszögű háromszögre a feltétel nem teljesülhet, hiszen abban pl. i=j+k=n/2, és ez 2-nek 1-gyel alacsonyabb hatványával osztható, mint n.)
Legyen pl. i=2δμ, ahol δ, μ egészek, δ0 és μ páratlan. Ekkor H1 megfelelő szögében, ami
(n-2i)εvagy(2i-n)εvagy2iε,
ε együtthatója δ<r esetén osztható 2δ+1-nel, δr esetén pedig 2r-nel. Ez azt jelenti, hogy amennyiben 2r nem osztója i, j, k mindegyikének, akkor H0-nak van olyan szöge, amelytől a H1,H2,... sorozat minden szöge különbözik; feltételünk tehát szükséges.
Eszerint ha n=2rm, akkor a Kn sokszög kerületének a H0 bármelyik két csúcsa közti részén az oldalak száma 2r-nek egész többszöröse, így H0 csúcsai kiválaszthatók annak a kn-be írt Km szabályos m-szögnek a csúcsai közül is, amelyiknek egyik csúcsa A. Elegendő tehát a továbbiakban páratlan n esetét vizsgálni.
Megmutatjuk, hogy tetszőleges (a Kn-ből választott, ahol n páratlan) H háromszöghöz egy és csakis egy H* háromszög tartozik, melynek talpponti háromszöge hasonló H-hoz. Ebből már következik, hogy a fenti feltétel elegendő is, hiszen a választható háromszögek száma véges, tehát bármelyikükből kiindulva periodikus sorozatot kapunk, és ha ez a sorozat nem már az elejétől volna periodikus, akkor az a háromszög, mely az első periódus első eleme, két különböző háromszögből származna.
Legyenek a H háromszög szögei i'ε,j'ε,k'ε,(i'+j'+k'=n) és legyen az i*ε,j*ε,,k*ε szögekkel bíró H* háromszög talpponti háromszöge hasonló H-hoz. Ekkor az i',j',k' számhármas valamilyen sorrendben azonos az
n-2i*n-2j*,n-2k*,(1)2i*-n,2j*,2k*,(2)2i*,2j*-n,2k*,(3)2i*,2j*,2k*-n(4)
számhármasok valamelyikével. (1)-ben három páratlan szám áll, (2)‐(4)-ben pedig egy-egy, eszerint ha i', j', k' mindegyike páratlan, akkor H* szögei (1) alapján határozhatók meg egyértelműen, pl. i*=(n-i')/2, ha pedig i', j', k' közül csak egy páratlan, akkor (2) alapján (hiszen i*,j*, k* sorrendje nem lényeges), pl. ha i' páratlan, j' és k' pedig páros, akkor i*=(n+i')(2,j*=j'/2. Ezzel F állításunkat bebizonyítottuk.
Mivel pedig a=2rm-ben r>0 esetén választható olyan H0, melyben i páratlan, a kérdező sejtése páros oldalszámú szabályos sokszögre nem igaz. Páratlan oldalszám esetén viszont mindig igaz.
 

Göndőcs Ferenc, Füredi Zoltán