Kezdőlap


Feladat:	F.3211	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Baharev Ali , Bíró Anikó , Bíró Zsuzsanna , Boros M. Mátyás , Döme Gábor , Fehér Lajos Károly , Gueth Krisztián , Gyenes Zoltán , Györkei Györgyi , Hegedűs Péter , Hegedűs Ramóna , Hegyi Veronika , Homolya Dániel , Horváth András , Horváth Gábor , Kunszenti-Kovács Dávid , Léka Zoltán , Less Áron , Lukács László , Naszódi Gergely , Nyul Gábor , Oláh Szabolcs , Pál András , Páles Csaba , Papp Dávid , Pataki Péter , Pogány Ádám , Pszota Anikó , Sarlós Ferenc , Szabadka Zoltán , Szabó Gábor , Szakács László , Székelyhidi Gábor , Szép Imre , Szilágyi Judit , Taraza Busra , Tisch Dávid , Tóth Ádám , Tran Thanh Long , Vágvölgyi Péter , Vaik István , Végh A. László , Vizer Máté , Zombori Tamás
Füzet:	1998/szeptember, 352 - 354. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Trigonometriai azonosságok, Középponti és kerületi szögek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1998/január: F.3211

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

A bizonyítandó egyenlőtlenségben szereplő kifejezéseknek geometriai jelentést tulajdonítunk, s így látjuk be, hogy egyenlők.
Írjunk az egység sugarú körbe egy szabályos $n$ -szöget, és jelöljük a csúcsait $A_{1}$ , $A_{2}$ , $...$ , $A_{n}$ -nel, a kör középpontját pedig $O$ -val. Osszuk fel a sokszöget háromszögekre kétféleképpen: előbb $O$ -t kössük össze a sokszög minden csúcsával (1. ábra), másodszor pedig $A_{1}$ -et kössük össze a sokszög többi csúcsával (2. ábra). Ekkor $A_{i} O A_{i + 1} ∢ = \frac{2 π}{n}$ és $A_{i} A_{1} A_{i + 1} ∢ = \frac{π}{n}$ , mert az $A_{i} A_{i + 1}$ ívek egyenlők ( $i = 1$ , 2, $...$ , $n$ ; $A_{n + 1}$ azonos $A_{1}$ -gyel), valamely ívhez tartozó kerületi szög pedig fele a megfelelő középponti szögnek.
A sokszög területe mindkét felbontás esetén megegyezik a felbontásban szereplő háromszögek területeinek összegével. Tudjuk, hogy egy háromszög területét megkapjuk, ha két oldala szorzatának felét megszorozzuk az oldalak által bezárt szög szinuszával. Így az első felbontás esetén $T_{A_{i} O A_{i + 1}} = \frac{1 \cdot 1}{2} sin \frac{2 π}{n}$ , azaz a sokszög területe:

\begin{matrix} \begin{matrix} T & = T_{A_{1} O A_{2}} + T_{A_{2} O A_{3}} + ... + T_{A_{n} O A_{1}} = \\ = n \frac{1}{2} sin \frac{2 π}{n} = n \frac{1}{2} sin 2 α = n sin α cos α . \end{matrix} \end{matrix}

A második felbontásban szereplő háromszögek oldalait az

A_{1} O A_{i}

egyenlő szárú háromszögből határozhatjuk meg. Ennek a háromszögnek a szárszöge

(i - 1) \frac{2 π}{n}

, ha

i \leq \frac{n}{2}

, illetve

2 π - (i - 1) \frac{2 π}{n}

, ha

i > \frac{n}{2}

(3. ábra). Ezért mindkét esetben igaz, hogy

\begin{matrix} A_{1} A_{i} = 2 \cdot sin (i - 1) α = 2 sin \frac{(i - 1) \frac{2 π}{n}}{2} = 2 sin \frac{2 π - (i - 1) \frac{2 π}{n}}{2} . \end{matrix}

Tehát a sokszög területe:

\begin{matrix} \begin{matrix} T & = T_{A_{2} A_{1} A_{3}} + T_{A_{3} A_{1} A_{4}} + ... + T_{A_{n - 1} A_{1} A_{n}} = \\ = \frac{1}{2} (2 sin α \cdot 2 sin 2 α) \cdot sin α + \frac{1}{2} (2 sin 2 α \cdot 2 sin 3 α) \cdot sin α + ... \\ ... + \frac{1}{2} (2 sin (n - 2) α \cdot 2 sin (n - 1) α) \cdot sin α = \\ = 2 sin α (sin α sin 2 α + sin 2 α \cdot sin 3 α + ... + sin (n - 2) α \cdot sin (n - 1) α) . \end{matrix} \end{matrix}

A kétféleképpen számolt területnek meg kell egyeznie. Az így kapott egyenlőség mindkét oldalát

2 sin α

-val osztva éppen a bizonyítandó állítást kapjuk.

Vizer Máté (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 10. évf.) dolgozata alapján