Kezdőlap


Feladat:	704. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Farkas László , Makkai Mihály , Stahl János
Füzet:	1956/április, 107 - 108. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Derékszögű háromszögek geometriája, Trigonometriai azonosságok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1955/október: 704. matematika feladat

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

I. megoldás: Mivel

\begin{matrix} cos 36^{\circ} = cos 2 \cdot 18^{\circ} = cos^{2} 18^{\circ} - sin^{2} 18^{\circ} = 1 - 2 sin^{2} 18^{\circ}, \end{matrix}

azért elegendő

sin 18^{\circ}

-ot kiszámítani. Ez fele az egységsugarú körbe írt szabályos tízszög oldalának. Ismeretes a tananyagból, hogy e tízszög oldal hossza

(\sqrt[]{5} - 1) / 2

, tehát

\begin{matrix} cos 36^{\circ} - sin 18^{\circ} = 1 - 2 sin^{2} 18^{\circ} - sin 18^{\circ} = 1 - 2 {(\frac{\sqrt[]{5} - 1}{4})}^{2} - \frac{\sqrt[]{5} - 1}{4} = \\ = 1 - \frac{3 - \sqrt[]{5}}{4} - \frac{\sqrt[]{5} - 1}{4} = \frac{1}{2} . \end{matrix}

Farkas László (Ózd, József Attila g. IV. o. t.)

II. megoldás: Felhasználva a

cos α = sin (90^{\circ} - α)

, továbbá a

\begin{matrix} sin α - sin β = 2 cos \frac{α + β}{2} sin \frac{α - β}{2}, \end{matrix}

és a

\begin{matrix} 2 sin α cos α = sin 2 α \end{matrix}

összefüggéseket:

\begin{matrix} cos 36^{\circ} - sin 18^{\circ} = sin 54^{\circ} - sin 18^{\circ} = 2 cos 36^{\circ} sin 18^{\circ} = \\ = \frac{2 sin 18^{\circ} cos 18^{\circ} (2 cos 36^{\circ})}{2 cos 18^{\circ}} = \frac{2 sin 36^{\circ} cos 36^{\circ}}{2 cos 18^{\circ}} = \frac{sin 72^{\circ}}{2 sin 72^{\circ}} = \frac{1}{2} . \end{matrix}

Stahl János (Bp. VI., Kölcsey g. III. o. t.)

III. megoldás: Állításunk bizonyítható goniometriai átalakítások alkalmazása nélkül is, csupán a szögfüggvények értelmezését használva fel. Rajzoljuk meg egy

O

középpontú egységsugarú körben a szabályos húszszög első

12

csúcspontját

A_{0}, A_{1}, ..., A_{11}

-et (lásd az ábrát).

Akkor

A_{0} O A_{1} ∢ = 18^{\circ}

, és

A_{0} O A_{3} ∢ = 54^{\circ}

. Húzzuk meg az

A_{1} A_{11}

A_{1} A_{9}

A_{1} A_{7}

A_{7} A_{3}

és

A_{7} A_{5}

szakaszokat, amelyek az

O A_{5}

sugarat rendre az

O

B_{1}

B_{2}

B_{3}

A_{5}

, pontokban metszik.

A_{1} A_{9}

és

A_{7} A_{3}

O A_{5}

-re vonatkozó szimmetria miatt merőlegesek az

O A_{5}

sugárra, és az

A_{1}

, valamint

A_{2}

-nél keletkező 2‐2 szög egyenként

18^{\circ}

-os, mint a kör kerületének

10

-ed részén nyugvó kerületi szögek,

A_{3} O A_{5} ∢

pedig, mint ugyanakkora íven nyugvó középponti szög,

36^{\circ}

-os. A keletkező 22 derékszögű háromszög egybevágósága alapján

\begin{matrix} O B_{1} = B_{1} B_{2} és B_{2} B_{3} = B_{3} A_{5}, \end{matrix}

és így, mivel e négy szakasz összege

O A_{5} = 1

, azért

\begin{matrix} B_{1} B_{2} + B_{2} B_{3} = O B_{1} + B_{3} A_{5} = \frac{1}{2} . \end{matrix}

De másrészt

\begin{matrix} B_{1} B_{2} + B_{2} B_{3} = B_{1} B_{3} = O B_{3} - O B_{1} . \end{matrix}

O A_{1} B_{1}

és

O A_{3} B_{3}

derékszögű háromszögek átfogója a körsugár, tehát egységnyi hosszúságú, és az előbbi

A_{1}

-nél levű hegyesszöge

18^{\circ}

, az utóbbi

O

-nál levő hegyesszöge

36^{\circ}

, így

\begin{matrix} cos 36^{\circ} - sin 18^{\circ} = O B_{3} - O B_{1} = \frac{1}{2} . \end{matrix}

Makkai Mihály (Bp. V., Eötvös g. III. o. t.)