Feladat: 1195. matematika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bánó L. ,  Bayer N. ,  Ehrenfeld N. ,  Erdélyi I. ,  Erdős V. ,  Esztó P. ,  Fekete M. ,  Fodor H. ,  Freund E. ,  Fuchs I. ,  Füstös P. ,  Földes R. ,  Guman J. ,  Heimlich P. ,  Horti V. ,  Jánosy Gy. ,  Kirchknopf E. ,  Kiss E. ,  Kovács Gy. ,  Kürth R. ,  Lusztig M. ,  Perényi M. ,  Rosenthal M. ,  Sárközy Pál ,  Schwarz Gy. ,  Szilas O. ,  Tandlich E. ,  Tóth B. ,  Wáhl V. 
Füzet: 1904/január, 112 - 113. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Háromszögek egybevágósága, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül sokszögekben, Húrsokszögek, Koszinusztétel alkalmazása, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1903/október: 1195. matematika feladat

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

1. Legyen az A1A2A3Δ köré írható kör sugara A1O=A2O=A3O=r. Határozzuk meg a hatszög többi csúcsának távolságát O-tól. Ha OA2A3=OA3A2=β, akkor A1A2O=OA3A4=120-β. Minthogy továbbá A1O=A3O és A1A2=A3A4, azért OA1A2ΔOA3A4Δ=β, s így A4O=A1O=r. Épp így bizonyíthatjuk be, hogy A5O=A6O=r. A hatszög csúcsai tehát egyenlő távolságban vannak O-tól s így a hatszög köré kör írható.
2. A tétel így általánosítható: Ha egy 2n oldalú sokszög szögei egyenlők és A1A2=A3A4=...=A2n-1A2n, továbbá A2A3=A4A5=...=A2nA1, akkor a hatszög köré kör írható.
3. Minthogy A1OA3=3603=120, azért az A1A2A3 és A1A3A0 háromszögekből:

a2+b2-2abcos120=2r2-2r2cos120,
vagy
a2+b2-2abcos60=r2(2+2cos60),
miből
r=a2+b2+ab2.

(Sárközy Pál, Pannonhalma.)
 

A feladatot még megoldották: Bánó L., Bayer N., Ehrenfeld N., Erdélyi I., Erdős V., Esztó P., Fekete M., Fodor H., Földes R., Freund E., Fuchs I., Füstös P., Guman J., Heimlich P., Horti V., Jánosy Gy., Kirchknopf E., Kiss E., Kovács Gy., Kürth R., Lusztig M., Perényi M., Rosenthal M., Schwarz Gy., Szilas O., Tandlich E., Tóth B., Wáhl V.