Kezdőlap


Feladat:	1440. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bizám György , Freud Géza , Sándor Gyula , Taksony György
Füzet:	1938/október, 48 - 49. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Trigonometria, Gömbi geometria, Térgeometria alapjai, Szögfüggvények a térben, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1938/május: 1440. matematika feladat

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

I. Megoldás A triéder csúcsa legyen egy gömb középpontja. A triéder a gömbön oly gömbháromszöget határoz meg, melynek oldalai a triéder élszögeivel, szögei a triéder lapszögeivel egyenlők. Jelöljék $α$ , $β$ , $γ$ a gömbháromszög oldalait és $x$ az $α$ -val szemben fekvő szögét; akkor

\begin{matrix} cos α = cos β cos γ + sin β sin γ cos x . \end{matrix}

β = γ = α

, akkor

cos α = cos^{2} α + sin^{2} α cos x,

ill.

\begin{matrix} cos α = cos^{2} α + (1 - cos^{2} α) cos x, \end{matrix}

és innen

\begin{matrix} cos x = \frac{cos α (1 - cos α)}{1 - cos^{2} α} . \end{matrix}

α = 0

cos α = 1

esetet kizárjuk és így

\begin{matrix} cos x = \frac{cos α}{1 + cos α} . \end{matrix}

α < \frac{π}{2},

cos α > 0

cos x < cos α

és

x > α

.
Ha

α = \frac{π}{2}

cos α = 0

és

cos x = 0

, tehát

x = \frac{π}{2}

: derékszögű triéderrel van dolgunk.
Ha

α > \frac{π}{2}

cos α < 0

0 < 1 + cos α < 1

cos x < 0,

| cos x | > | cos α |

és így

x > α

. (Úgy

α

, mint

x

tompaszögek!)

α + x = \frac{π}{2}

esetben

cos x = sin α .

Ekkor

\begin{matrix} sin α (1 + cos α) = cos α ill. sin α cos α = cos α - sin α . \end{matrix}

Négyzetreemelve:

{(sin α cos α)}^{2} = cos^{2} α + sin^{2} α - 2 cos α sin α

azaz

\begin{matrix} sin^{2} 2 α + 4 sin 2 α - 4 = 0. \end{matrix}

Innen

\begin{matrix} sin 2 α = 2 (- 1 + \sqrt[]{2}) . \end{matrix}

Az egyenletnek negatív gyöke abszolut értékre

> 1

, nem vehető figyelembe.
A táblából kikeresve:

2 α = 55^{\circ} 56' 15''

α = 27^{\circ} 58' 7, 5''

és

\begin{matrix} x = 90^{\circ} - α = 62^{\circ} 1' 52, 5'' . \end{matrix}

Ugyanazon sinusa van az

55^{\circ} 56' 15''

kiegészítő szögének is; azonban ez t. i.

180^{\circ} - 55^{\circ} 56' 15''

nem felelhet meg, mert ekkor

2 α > \frac{π}{2}

α > \frac{π}{4}

és

x = \frac{π}{2} - α < \frac{π}{4} < α

lenne, holott kell, hogy

x > α

legyen!
Bizám György (Bólyai g. VI. o. Bp. V.)

II. Megoldás. A triéder egyik élén felvett

A

pontban állítsunk az

S A

élre merőleges síkot; ez a másik két élt a

B

és

C

pontokban metszi. Minthogy

S A B

és

S A C

A

-nál derékszögű, egybevágó háromszögek,¹

S B = S C

és

A B = A C

. Az

S A B △

-ből:

A B = S B sin α

.
A

B S C

egyenlőszárú háromszögből:

\begin{matrix} B C = 2 S B sin \frac{α}{2} . \end{matrix}

B A C

egyenlőszárú háromszögben

B A C ∢ = x

, tehát

\begin{matrix} B C = 2 A B sin \frac{x}{2} = 2 S B sin α sin \frac{x}{2} . \end{matrix}

Ezek szerint

2 S B sin \frac{α}{2} = 2 S B sin α sin \frac{x}{2},

azaz

\begin{matrix} sin \frac{α}{2} - sin α sin \frac{x}{2} . \end{matrix}

\begin{matrix} sin \frac{α}{2} = 2 sin \frac{α}{2} cos \frac{α}{2} sin \frac{x}{2} ill. 2 cos \frac{α}{2} sin \frac{x}{2} = 1. \end{matrix}

Négyzetreemelve:

\begin{matrix} 4 cos^{2} \frac{α}{2} sin^{2} \frac{x}{2} = 1. \end{matrix}

Azonban

2 cos^{2} \frac{α}{2} = 1 + cos α

2 sin^{2} \frac{x}{2} = 1 - cos x,

és így

(1 + cos α) (1 - cos x) = 1, ill. cos x = \frac{cos α}{1 + cos α}

¹Egy oldal és a rajtafekvő két szög egyenlő!

²Ebből kiolvasható, hogy sin $\frac{α}{2}$ $≦$ sin $\frac{x}{2}$ , tehát $α$ $≦$ x. (sin $α$ > 0, sin $\frac{α}{2}$ > 0, sin $\frac{x}{2}$ > 0.)