Feladat: Pontversenyen kívüli P.312 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  G. C. Mohanty, India 
Füzet: 1981/január, 24 - 26. oldal  PDF file
Témakör(ök): Numerikus és grafikus módszerek, Szinusztétel alkalmazása, Síkgeometriai számítások trigonometriával, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1978/december: Pontversenyen kívüli P.312

Adjunk becslést a hegyes szögek harmadolására szolgáló következő eljárás pontosságára. Legyen k tetszőleges kör, sugara r, középpontja O, egy átmérője DE és C az a pont k-n, amelyre COD a harmadolandó szöggel egyenlő. Mérjük fel az OE félegyenesre az OA1=2r, OB1=53r szakaszokat. Jelöljük k és CA1, illetve CB1 metszéspontját A2-vel, B2-vel és mérjük fel CA2, CB2 meghosszabbítására az A2A=B2B=r szakaszokat. Végül AB és DE metszéspontja legyen T, akkor CTD13COD.

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

Legyen COD=γ, ACO=α, BCO=β, C vetülete az OD egyenesre, H. A CH, CA, ill. CB szakaszok hozzá elöljük h-val, a-val, ill. b-vel. Nyilván

h=rsinγ,a=CA2+r,b=CB2+r.
Vezessük be az ún. polárkoordinátákat: a sík bármely P pontjához rendeljük hozzá a C ponttól való távolságát és azt a szöget, melyet úgy kapunk, hogy a CP félegyenest pozitív irányba elfordítjuk a CO félegyenesre. Ez a hozzárendelés egy-egyértelmű. A P pont polárkoordinátáit jelöljük ϱ-val (=CP) és Θ-val (=OCP ,,pozitív irányú szög''). Könnyen látható,hogy
ϱ=2rcosΘ(1)
csak a kör,
ϱ=h/sin(γ-Θ)(2)
csak az A1B1 egyenes és
ϱ=absin(α-β)asin(α-Θ)+bsin(Θ-β)(3)
csak az AB egyenes pontjaira érvényes. (1) és (2) triviális, (3)-nál a háromszög területére vonatkozó t=12xysinφ öszzefüggést kell alkalmazni. A T pontra (2) és (3) teljesül, vagyis
hsin(γ-Θ)=absin(α-β)asin(α-Θ)+bsin(Θ-β)
igaz. Ebből
hsin(γ-Θ)=absin(α-β)cosΘ(asinα-bsinβ)+sinΘ(bcosβ-acosα)(4)
Célunk δ=2γ/3-Θ vizsgálata, ez jellemző ugyanis a szögharmadolás pontosságára.
Vezessük be az m,p,n,q új változókat a következő módon:
m=absin(α-β)r2,n=mctgγ,p=bsinβ-asinαr,q=bcosβ-acosαr.(5)
Ekkor
tgΘ=m+pn+q.(6)
Az a,b,α,β értékek γ-val és r-rel kifejezhetők, így (5), majd (6) segítségével ugyanez igaz Θ-ra is.
Ugyanis(1)-ből
a=2rcosα+r=r(1+2cosα),(7a)b=2rcosβ+r=r(1+2cosβ).


A COA1 és COB1 háromszögekre alkalmazva a sinustételt a
sinα=2sin(γ-α)sinβ=5/3sin(γ-β)


öszzefüggéseket kapjuk. Ezekből
sinα=2sinγP;cosα=1+2cosγP;sinβ=5sinγQ;cosβ=3+5cosγQ;(7b)sin(α-β)=sinγPQ


egyenlőségeket kapjuk, ahol
P2=5+4cosγésQ2=34+30cosγ.
Adott γ esetén Θ (s így δ) kiszámítása tehát a következőképpen történhet:
1. (7b)-ből kiszámítjuk a sinα,sinβ,cosα,cosβ,sin(α-β) értékeket,
2. ezek után(7a)-ból a és b számítható,
3. végül (5) segítségével m,p,n,q, majd (6)-ból Θ kifejezhető. A γi=π2i100(i=1,2,...,100) értékekre δi-t kiszámolva a következőket kapjuk (négy tizedesjegy pontossággal):
γ1=0,0157,γ2,...,y52=1,6336eseténδ=0γ53,γ54...,γ65eseténδ=0,0001(radián)γ66,γ67...,γ73eseténδ=0,0002γ74,γ75...,γ80eseténδ=0,000301'γ81,γ82...,γ85eseténδ=0,0004γ86,γ87...,γ92eseténδ=0,0005γ93,γ94...,γ100=π2esetén0,0006
Azt tapasztaljuk tehát,hogyha γ nő, úgy δ is nő. Mivel γ=π2 esetén δ=0,0006, ezért hegyesszög esetén azt találjuk,hogy δ0,0006.
 
 G. C. Mohanty, India
 

Megjegyzés. 1. A megoldás utolsó lépésében nem ,,bizonyítottunk'', hanem egyszerű számítástechnikai módon kiszámoltuk: adott γ-hoz mekkora δ tartozik.
2. A feladatra nem érkezett megoldás.