Feladat: 1899. évi (később Kürschák) matematikaverseny 1. feladata Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):  Stromfeld Ferencz 
Füzet: 1900/június, 178 - 179. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1899/november: 1899. évi (később Kürschák) matematikaverseny 1. feladata

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

Minthogy A2OA1=72 és DOA1=36, azért

(A1A2A1A3)2=(2sin362sin72)2=
=(41-cos7221-cos72)2=8(1-cos72)(1-cos72).
Ha a DA1O szögnek A1E szögfelezőjét megrajzoljuk, akkor a DA1E és A1EO egyenlőszárú háromszögeket kapjuk, mert A1DE=A1ED=72 és EA1O=EOA1=36.
 

 

Minthogy pedig A1DEA1DO, azért
A1O:A1D=A1D:ED
minthogy pedig a feladat értelmében a kör sugara =1 és OE=EA1=A1D, azért
1:A1D=A1D:1-A1D
vagy
A1D¯2+A1D=1,
miből
A1D=12(-1±5),
mely kifejezésben csakis a felső előjel használható.
Így tehát
cos72=A1D2A1O=14(-1+5).
Ennélfogva
(A1A2A1A3)2=8[1-14(-1+5)][1-116(6-25)]=
=85-545+58=204=5.
 
(Stromfeld Ferencz, Budapest.)

 
A feladatot még megoldották: Baumann J., Bayer B., Benedek Zs., Burján K., Cukor K., Czank K., Demeter J., Faith F., Filkorn J., Goldstein Á., Hein I., Holzmann J., Izsáky L., Kerekes T., Kertész G., König D., Krausz B., Krisztián Gy., Krumpschink K., Kürth A., Lukhaub Gy., Lupsa Gy., Messik G., Messik V., Perl Gy., Póka Gy., Rosenberg Á., Sasvári G., Sasvári J., Scharff J., Selényi M., Singer A., Smodics K., Szmodics H., Weisz P., Wohlstein S.