Kezdőlap


Feladat:	1039. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bartók I. , Dömény I. , Haar A. , Havas E. , Jánosy Gy. , Kertész G. , Kiss J. , Neidenbach E. , Pichler Sándor , Székely I. , Szűcs A.
Füzet:	1903/október, 36 - 37. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Sorozat határértéke, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül körökben, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1902/április: 1039. matematika feladat

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

Abból a körülményből, hogy a háromszögeket a húrokra mindig kétféleképpen szerkeszthetjük, következik, hogy e feladat, mindaddig feloldható, a míg az egymásutáni szerkesztések között bizonyos törvény áll fenn.
$1.$ Először azt az esetet fogjuk vizsgálni, mikor a szerkesztett egyenlő szárú háromszögek mindig tompaszögűek.
Ha az adott $A B C$ háromszögnek csúcsánál fekvő szöge $α$ , a másik két szöge pedig $β = γ$ és az egymásután szerkesztett tompaszögű egyenlő szárú háromszögek csúcsai $A_{1}, A_{2}, ... A_{n}, ...,$ az ugyanitt fekvő szögek pedig rendre $α_{1}, α_{2}, ... α_{n} ...$ és a kör középpontja $O$ , akkor az $A B C A_{1}$ húrnégyszögből:

\begin{matrix} α_{1} + β = 2 R \end{matrix}

és mert

\begin{matrix} β = R - \frac{α}{2}, \end{matrix}

azért

\begin{matrix} α_{1} = R + \frac{α}{2}; \end{matrix}

épp így általában

\begin{matrix} α_{n} = R + \frac{α_{n - 1}}{2}, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} α_{n} = R + \frac{R}{2} + \frac{α_{n - 2}}{4} = R + \frac{R}{2} + \frac{R}{4} + \frac{α_{n - 3}}{8} = ... = \end{matrix}

\begin{matrix} = R + \frac{R}{2} + ... + \frac{R}{2^{n - 1}} + \frac{α}{2^{n}} = R \cdot \frac{1 - \frac{1}{2^{n}}}{1 - \frac{1}{2}} + α \cdot \frac{1}{2^{n}} = \end{matrix}

\begin{matrix} = 2 R - (2 R - α) \cdot \frac{1}{2^{n}} \end{matrix}

és mivel

n = \infty

esetében

\begin{matrix} {lim}_{n = \infty}^{} \cdot \frac{1}{2^{n}} = \frac{1}{{lim}_{n = \infty}^{} \cdot 2^{n}} = \frac{1}{\infty} = 0, \end{matrix}

azért

\begin{matrix} {lim}_{n = \infty}^{} α_{n} = 2 R . \end{matrix}

2.

Legyen most a szerkesztett egyenlő szárú háromszög mindig hegyesszögű és jelöljük a csúcsokat

A', A'', ... A^{(n)} ...

; a csúcsoknál lévő szögeket

α', α'', ... α^{(n)} ...

-vel, az

A A' C A_{1}

húrnégyszögből:

\begin{matrix} α' + α_{1} = 2 R \end{matrix}

és mert

\begin{matrix} α_{1} = R + \frac{α}{2}, \end{matrix}

azért

\begin{matrix} α' = R - \frac{α}{2} \end{matrix}

és általában

\begin{matrix} α^{(n)} = R - \frac{α^{(n - 1)}}{2} \end{matrix}

és így

\begin{matrix} α^{(n)} = R - \frac{R}{2} + {\frac{R}{2}}^{2} + ... + {(- 1)}^{n - 1} \frac{R}{2^{n - 1}} + {(- 1)}^{n} \frac{α}{2^{n}} = \end{matrix}

\begin{matrix} = R \cdot \frac{1 + \frac{1}{2^{n}}}{1 + \frac{1}{2}} + {(- 1)}^{n} α \cdot \frac{1}{2^{n}} = \frac{2}{3} R + (\frac{2}{3} R + {(- 1)}^{n} α) \frac{1}{2^{n}}, \end{matrix}

tehát

n = \infty

esetében

\begin{matrix} {lim}_{n = \infty}^{} α^{(n)} = \frac{2 R}{3} = 60^{\circ} . \end{matrix}

Ez esetben határháromszögül tehát a körbe írható szabályos háromszöget kapjuk.

(Pichler Sándor, Budapest.)

A feladatot még megoldották: Bartók I., Jánosy Gy., Neidenbach E., Székely J. Egy esetre szorítkoztak: Dömény I., Havas E., Haar A., Kertész G., Kiss J., Szűcs A.