Kezdőlap


Feladat:	711. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Hidas Péter , Opitz Klára
Füzet:	1956/május, 136 - 137. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szabályos sokszögek geometriája, Síkgeometriai számítások trigonometriával, Középpontos és egyéb hasonlósági transzformációk, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1955/november: 711. matematika feladat

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

I. megoldás: A szabályos tizennyolcszöget 18 egybevágó egyenlő szárú háromszögre bontjuk. Egy ilyen háromszög alapja $a$ , a szemközti középponti szög $\frac{360^{\circ}}{18} = 20^{\circ}$ . Az $a$ -hoz tartozó magasság (a sokszögbe írt kör sugara) a háromszöget két derékszögű háromszögre bontja. Innen fejezzük ki a háromszoros szög, vagyis $30^{\circ}$ sinusát a $sin 10^{\circ}$ -kal.
$sin 3 α = sin 2 α cos α + cos 2 α sin α = 2 sin α cos^{2} α + cos^{2} α sin α - sin^{3} α =$ $= 3 sin α (1 - sin^{2} α) - sin^{3} α = 3 sin α - 4 sin^{3} α$ .
Ennek alapján

\begin{matrix} sin 30^{\circ} = \frac{1}{2} = 3 sin 10^{\circ} - 4 sin^{3} 10^{\circ}, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} \frac{1}{2} = 3 \cdot \frac{a}{2 r} - 4 {(\frac{a}{2 r})}^{3}, \end{matrix}

ahonnan a megfelelő átalakítások és rendezés után a bizonyítandó állításhoz jutunk.

Opitz Klára (Bp. VIII., Kandó Kálmán ip. t. II. o. t.)

II. megoldás: Trigonometria nélkül is bizonyíthatjuk a feladat állítását. Tekintsük az

O

középpontú és

r

sugarú körbe írt

A_{0} A_{1} A_{2} A_{3} ... A_{17}

, szabályos tizennyolcszög első 3 oldalát a hozzátartozó

O

csúcsú egybevágó egyenlőszárú háromszögekkel együtt (lásd az ábrát).

E háromszög szögei

20^{\circ}

80^{\circ}

80^{\circ}

. Mivel

A_{0} O A_{3} ∢ = 60^{\circ}

, azért az

A_{0} O A_{3} Δ

egyenlő oldalú. Jelöljük az

A_{0} A_{3}

szakasz metszéspontját az

O A_{1}

, és

O A_{2}

, körsugarakkal

B_{1}

, ill.

B_{2}

-vel. A szimmetriaviszonyok folytán

B_{1} B_{2} ∥ A_{1} A_{2}

így az

O B_{1} B_{2} Δ

szögei szintén

20^{\circ}

80^{\circ}

80^{\circ}

. A keletkezett

A_{0} A_{1} B_{1} Δ

-ben az

A_{0}

-nál fekvő szög

80^{\circ} - 60^{\circ} = 20^{\circ}

B

-nél levő szög pedig mint csúcsszög

80^{\circ}

, tehát

A_{0} A_{1} B_{1} Δ \sim O A_{0} A_{1} Δ \sim O B_{1} B_{2} Δ

.
Ezek szerint

A_{0} B_{1} = B_{2} A_{3} = a

, és így

B_{1} B_{2} = A_{0} A_{3} - 2 a = r - 2 a

. Az

A_{1} B_{1}

szakaszt

x

-szel jelölve

x : a = a : r

, amiből

x = \frac{a^{2}}{r}

.

Másrészt

(r - 2 a) : (r - x) = a : r

\begin{matrix} x \end{matrix}

amiből a bizonyítandó állítás következik.

Hidas Péter (Bp. VIII., Vörösmarty g. IV. o. t.)