Kezdőlap


Feladat:	Pontversenyen kívüli P.96	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Ferró József , Füredi Zoltán , Hermann Péter , Móri Tamás , Szendrei Ágnes , Szendrei Mária
Füzet:	1971/november, 155 - 156. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyenletek grafikus megoldása, Trigonometrikus egyenletek, Komplex számok, Négyzetek, Szabályos sokszögek geometriája, Alakzatok köré írt kör, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1971/február: Pontversenyen kívüli P.96

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

Legyen $P$ egyelőre az $O A$ félegyenes $A$ -n túli részének tetszőleges pontja, $k$ sugarát válasszuk egységnek, és $O P$ hosszát jelöljük $a$ -val, a $B D$ és $P R$ egyenesek metszéspontját pedig $S$ -sel (az ábrán $P$ , $Q$ , $R$ helyén $P_{1}$ , $Q_{1}$ , $R_{1}$ áll).

B P S

derékszögű háromszögből

\begin{matrix} O S = \frac{O P^{2}}{O B} = a^{2}, \end{matrix}

tehát

D S = a^{2} - 1

. A

P D S

P Q R

hasonló háromszögekben a

D S

Q R

oldalak aránya egyenlő a hozzájuk tartozó magasságok arányával, ebből

\begin{matrix} Q R = \frac{D S \cdot C P}{O P} = \frac{(a^{2} - 1) (a + 1)}{a} . \end{matrix}

Feladatunk szerint

Q R = O A

, tehát az

a > 1

valós számra teljesül az

\begin{matrix} \frac{(a + 1) (a^{2} - 1)}{a} = 1 \end{matrix}

(1)

egyenlet. Eszerint

a < 2

, hiszen

a \geq 2

mellett (1) bal oldalán

(a + 1) / a > 1

és

a^{2} - 1 > 1

. Emiatt az

O P

szakasz felező merőlegese valóban metszi

k

-t, jelöljük az egyik metszéspontot

E

-vel, az

A O E

szöget

φ

-vel (az ábrán

E_{1}

φ_{1}

). Szerkesztésünk szerint

0 < φ < π / 2

, és azt kell eldöntenünk, hogy ha

a

-ra teljesül (1), akkor teljesül-e

φ = 2 π / 7

. Be fogjuk látni, hogy teljesül.
Az

O E P

egyenlő szárú háromszögben

O P = 2 O E cos φ

, azaz

a = 2 cos φ

, és (1) a

φ

szögre a

\begin{matrix} 8 cos^{3} φ + 4 cos^{2} φ - 4 cos φ - 1 = 0 \end{matrix}

(2)

egyenletet jelenti. Megmutatjuk, hogy ha

cos φ \neq 1

, akkor (2) ekvivalens a

\begin{matrix} cos 4 φ = cos 3 φ \end{matrix}

(3)

egyenlettel (azaz ha

φ

-re teljesül (3), akkor

φ

-re vagy

cos φ = 1

, vagy (2) teljesül). Valóban, (3) szerint

\begin{matrix} cos^{4} φ - 6 cos^{2} φ sin^{2} φ + sin^{4} φ = cos^{3} φ - 3 cos φ sin^{2} φ, \end{matrix}

ebbe

sin^{2} φ

helyére

(1 - cos^{2} φ)

-t helyettesítve, és szorzattá alakítva a

\begin{matrix} (cos φ - 1) (8 cos^{3} φ + 4 cos^{2} φ - 4 cos φ - 1) = 0 \end{matrix}

egyenletet kapjuk. Az ismert

\begin{matrix} cos α - cos β = 2 sin \frac{α + β}{2} sin \frac{β - α}{2} \end{matrix}

összefüggés szerint (3) ekvivalens a

\begin{matrix} sin \frac{7 φ}{2} sin \frac{φ}{2} = 0 \end{matrix}

(4)

egyenlettel. Mivel

0 < φ < π / 2

, azért

sin φ / 2 \neq 0

, tehát

sin \frac{7 φ}{2} = 0

, amely a

[0, 2 π]

-ben csak

π

-re teljesül, tehát

\frac{7 φ}{2} = π

. Ezt akartuk bizonyítani.
Már csak azt kell belátnunk, hogy van olyan

a > 1

, szám, amelyre (1) teljesül. Ha

φ = 2 π / 7

, akkor

φ

-re teljesül (4) és

cos φ \neq 1

, tehát

φ

-re (2) is teljesül, így az

a = 2 cos φ

számra teljesül (1), és ez a szám pozitív. Ehhez viszont (1)-ből következik, hogy

a > 1

, hiszen

0 < a < 1

mellett (1) bal oldalának az értéke negatív.

Móri Tamás (Budapest, Berzsenyi D. Gimn.)

Megjegyzések. 1. Hasonlóan lehet megmutatni, hogy az

O C

szakaszon van olyan

P_{2}

pont és

O C

-nek

C

-n túli meghosszabbításán olyan

P_{3}

, hogy az

e

-ből

P_{i} D

által kimetszett pontot

Q_{i}

-vel

(i = 2, 3)

, a

P_{i} B

-re merőleges egyenessel kimetszett pontot

R_{i}

-vel jelölve, ha teljesül

Q_{i} P_{i} = O A

, akkor az

O P_{i}

szakasz felező merőlegese

k

-ból a beleírható,

A

csúcsú szabályos hétszögnek újabb

2 - 2

csúcsát metszi ki.
2. Komplex számok felhasználásával a kérdés valamivel kevesebb számítás útján dönthető el.
3. A bebizonyított állítás kapcsolatban van az (1)-ből adódó

a^{3} + a^{2} - 2 a - 1 =

= 0

egyenletnek az ún. Lill-féle eljárás útján való grafikus, közelítő megoldásával.