Feladat: 1320. matematika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Balog Gy. ,  Bodó Zalán ,  Cseh Sándor ,  Fehér György ,  Gálfi János ,  Hörcher János ,  Komlós János ,  Krisztonosich Jenő ,  Nagy Elemér ,  Seidl Gábor ,  Tésy Gabriella ,  Vajda József 
Füzet: 1937/szeptember, 11 - 13. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Beírt alakzatok, Rekurzív eljárások, Mértani sorozat, Síkbeli szimmetrikus alakzatok, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Szabályos sokszögek geometriája, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1937/április: 1320. matematika feladat

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

10. Tetszőleges x távolságot mérve fel a jelzett módon a négyzet oldalaira, a B1B2 és C1C2 távolságok szimmetrikusak a négyzet KL szimmetria tengelyére nézve. B1B4 és C2C1 pedig az A1A2 átlóra nézve s. í. t. Ebből következik,hogy a D1, D3, D5, D7 csúcsok a négyzet szembenfekvő oldalait felező szimmetria tengelyeken, a D2, D4, D6, D8 csúcsok az átlókon, mint a négyzet szimmetria tengelyein feküsznek.

 
 

Másrészt B1B4 és C1C4 is szimmetrikus a KL-re; ebből következik, hogy B1D1=C1D1, B1D2=C1D8 és D1D2=D1D8 s. í. t. ‐ az átlók menti szimmetriát is figyelembe véve ‐ a D1D2...D8 összes oldalai egyenlők és* csúcsai a négyzet szimmetria-tengelyein feküsznek.

Hogy ezen négyszög szabályos is legyen, szükséges még és elegendő, hogy mindegyik szöge 135-ú, tehát ábránk szerint 2α=135(α=67,5) legyen, más szóval: a D1D2...D8 nyolcszög oldalai felett fekvő derékszögű háromszögekben a szögek 45-osak (tehát B1D1=B1D2=C2D2=C2D3=... s. í. t) Minthogy C2A1D2=45 és A1D2C2=67,5, kell, hogy A1D2C2=67,5=α1 legyen, azaz A1D2=A1C2=x. A B1C1D1 egyenlőszárú háromszögben az alapon fekvő szögek mindegyike 45 fele, azaz 22,5. Kössük össze már most pl. a C1 pontot az O ponttal, a szabályos nyolcszög és a négyzet közös középpontjával. OC1 a D1D8 alapon álló két egyenlőszárú háromszög ‐ OD1D8 és C1D1D8Δ ‐ csúcsait köti össze, tehát felezi ezen csúcsainál fekvő szögeket. Ebből következik, hogy
A1OC1=45+22,5=A1C1O
és így
A1O=A1C1
azaz:
12a2=a-x,tehátx=a2(2-2)=A1A2-A1O.

Ezzel meg is kaptuk az x, ill. a szab. D1...D8 sokszög szerkesztését!
 
 

20. Amint láttuk, A1D2=x. Így OD2=A1O-x=a22-a2(2-2), tehát OD2=a(2-1) és a8=D1D2=2OD2sin22,5=2a(2-1)sin22,5.
A szabályos nyolcszög apothemája h=OD2cos22,5=a(2-1)cos22,5.
Eszerint a D1D2...D8 sokszög kerülete*, ill, területe
k1=16a(2-1)sin22,5=16a(2-1)2-22=8a10-72t1=8D1D22h=42a(2-1)sin22,5a(2-1)cos22,5=4a2(3-22)sin45==2a2(3-22)2=a2(62-8).



A nyolcszögnek az A1A3 és A2A4 átlókon fekvő csúcsai egy négyzetet határoznak meg, D2D4D6D8-at. Ezen négyzet félátlója OD2=a(2-1) és így ezen négyzet oldala, pl.
D2D4=a'=a(2-1)2=a(2-2).

Ebből következik, hogy ezen négyzetbe, az előbbihez hasonló módon szerkesztett szabályos nyolcszög oldala az előbbi-nyolcszög oldalának (2-2)-szerese s. i. t. Azaz: a feladatban körülírt módon keletkező szabályos nyolcszögek kerületei oly mértani haladvány tagjai, melynek hányadosa q=2-2, területei pedig oly mértani haladványt alkotnak, melynek hányadosa q'=(2-2)2=6-42. Látható, hogy 0<q<1 és 0<q'<1; tehát mindakét végtelen mértani sor összetartó.
Eszerint a végtelen sok nyolcszög kerületének összege :
K=k11-q=8a10-721-2+2=8a10-722-1=8a(2-1)2-22-1=8a2-2.

A területek összege pedig
T=t11-q'=a2(62-8)1-6+42=a2(62-8)42-5=a2(62-8)(42+5)32-25=a2(8-22)7.

Nagy Elemér (Ciszterci Szent Imre g. VII., Bp. XI.)

*A szögei azonban csak váltakozva egyenlők. Két szomszédos szög összege 270.

*sin22,5=1-cos452=2-22 és (2-1)2(2-2)=(3-22)(2-2)=10-72. Tehát (2-1)2-2=10-72.