Kezdőlap


Feladat:	1986. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 12. feladata	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Lipták László
Füzet:	1986/november, 356. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Paralelogrammák, Rombuszok, Pont körüli forgatás, Nemzetközi Matematikai Diákolimpia
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1986/szeptember: 1986. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 12. feladata

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

2. feladat. Adott az $A_{1} A_{2} A_{3}$ háromszög és a síkjában levő $P_{0}$ pont. Definiáljuk $s > 4$ esetén az $A_{s}$ pontot így: $A_{s} = A_{s - 3}$ . A $P_{n + 1}$ pontot úgy nyerjük, hogy a $P_{n}$ pontot $A_{n + 1}$ körül az óramutató járásával megegyező irányban $120^{\circ}$ -kal elforgatjuk. Bizonyítsuk be, hogy ha $P_{1986}$ és $P_{0}$ megegyező pontok, akkor az $A_{1} A_{2} A_{3}$ háromszög szabályos.

Megoldás. Vizsgáljuk meg először azt, hogy három egymást követő elforgatás során mi történik az

\vec{A_{1} P_{0}}

vektorral. Bármelyik elforgatás a vektor irányát

120^{\circ}

-kal változtatja, hosszát pedig megtartja. Így ha a három elforgatás utáni

\vec{A'_{1} P_{3}}

képét tekintjük, akkor

\vec{A_{1} P_{0}} = \vec{A'_{1} P_{3}}

adódik. Tehát

A_{1} P_{0} P_{3} A'_{1}

négyszög paralelogramma,

\vec{P_{0} P_{3}} = \vec{A_{1} A'_{1}}

. Hasonló gondolatmenettel adódik

\vec{P_{3} P_{6}} = \vec{A_{1} A'_{1}}

, általában

\vec{P_{3 k} P_{3 k + 3}} = \vec{A_{1} A'_{1}}

minden

k

természetes számra. Ezért

\vec{P_{0} P_{1986}} = = \vec{P_{0} P_{3}} + \vec{P_{3} P_{6}} + ... + \vec{P_{1983} P_{1986}} = 662 \cdot \vec{A_{1} A'_{1}}

, tehát, mivel

P_{0} = P_{1986}

\vec{P_{0} P_{1986}}

és így

\vec{A_{1} A'_{1}}

is nullvektor, vagyis

A_{1}

megegyezik

A'_{1}

-vel.

Most kövessük nyomon azt, hogyan nyerjük

A'_{1}

-t

A_{1}

-ből. Az

A_{1}

körüli elforgatás helyben hagyja

A_{1}

-et, majd az

A_{2}

körüli

120^{\circ}

-os elforgatás

A''_{1}

-be viszi.

A''_{1}

-t pedig az

A_{3}

körüli (az előzővel megegyező irányú) elforgatás viszi

A_{1} = A'_{1}

-be. Ezért az

A_{1} A_{2} A''_{1} A_{3}

négyszög rombusz, melynek

A_{2}

-nél levő szöge

120^{\circ}

-os, így

A_{1}

-nél

60^{\circ}

-os szöge van. Tehát az

A_{1} A_{2} A_{3}

háromszög, melynek

A_{1} A_{2}

és

A_{1} A_{3}

oldalai egyenlők, valóban szabályos.