Feladat: B.4391 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Ágoston Péter ,  Ágoston Tamás ,  Bingler Arnold ,  Fehér Zsombor ,  Gyarmati Máté ,  Havasi Márton ,  Herczeg József ,  Janzer Olivér ,  Kabos Eszter ,  Kaprinai Balázs ,  Mester Márton ,  Schulz Vera Magdolna ,  Strenner Péter ,  Tardos Jakab ,  Varnyú József ,  Viharos Andor 
Füzet: 2012/március, 154 - 156. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Konvex sokszögek, Síkgeometriai bizonyítások, Síkgeometriai számítások trigonometriával, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2011/október: B.4391

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

 
Megoldás. Legyen i=1,2,3,4,5 és jelölje az ötszög csúcsait Ai, az Ai csúccsal szemközti oldalt ai, az ai szakaszt tartalmazó egyenesen az Ai csúcstól mi távol-


ságra lévő pontot pedig Ti. Mivel P minden szöge 108, az AiTi szakasz felezi az ötszög Ai-nél lévő belső szögét. A magasságok különbözőségéből következik az oldalak

 
hosszának különbözősége. Ha ugyanis valamely Ai csúcsban találkozó két oldal lenne egyenlő hosszú, akkor a szögek egyenlősége miatt az AiTi egyenes P szimmetriatengelye lenne, ha pedig két nem szomszédos oldal lenne egyenlő hosszú, akkor annak az oldalnak a felezőmerőlegesére lenne szimmetrikus P, amelynek a két egyenlő oldal mindegyikével van közös csúcsa (1. ábra). Tengelyesen szimmetrikus ötszög magasságai közt viszont vannak egyenlőek.

 

1. ábra
 

Először megmutatjuk, hogy bármelyik irányban számozzuk is a csúcsokat, az indexeket modulo 5 tekintve teljesülnek az
mi=ai+2sin36+ai+1sin72=ai+3sin36+ai+4sin72(1)
összefüggések. Legyen az Ai+4 pontból az AiTi egyenesre állított merőleges talppontja M. Az ötszög minden szöge 108, ezért az ötszög konvex, amiből következik, hogy M az AiTi szakasz belső pontja; ezért AiM+MTi=AiTi. Az AiAi+4M derékszögű háromszögben az Ai-nél lévő szög 54, (mert AiTi felezi az ötszög Ai-nél lévő szögét), ezért az Ai+4-nél lévő szög 36, s így AiM=ai+2sin36 (2. ábra). Mivel az Ai+4Ai+3 szakasz AiTi egyenesre eső merőleges vetülete MTi és MAi+4Ai+3=108-36=72, azért MTi=ai+1sin72. Ezeket összeadva pedig adódik az (1) összefüggés első fele. A második részt ugyanígy bizonyíthatjuk, csak az Ai+1 csúcsból kell merőlegest állítanunk az AiTi szakaszra.
 
 
2. ábra

Az (1) összefüggések alapján viszont a magasságok közti egyenlőtlenségeket könnyen átírhatjuk az ötszög oldalaira vonatkozó egyenlőtlenségekké. Mivel
m1-m3=(a3sin36+a2sin72)-(a1sin36+a2sin72)==(a3-a1)sin36,
azért m1>m3 pontosan akkor teljesül, ha a3>a1. Ugyanígy kapjuk, hogy
m3-m4=(a1sin36+a2sin72)-(a1sin36+a5sin72)==(a2-a5)sin72,m4-m5=(a2sin36+a3sin72)-(a2sin36+a1sin72)==(a3-a1)sin72,m5-m2=(a2sin36+a1sin72)-(a5sin36+a1sin72)==(a2-a5)sin36.
Összefoglalva tehát m1>m3>m4>m5>m2 pontosan akkor teljesül, ha a3>a1 és a2>a5.
Az oldalak nagyságrendjére vonatkozó két egyenlőség teljesülését pedig elérhetjük pl. a következő választással. Legyen a2 a leghosszabb oldal és válasszuk az irányítást úgy, hogy a két szomszédja közül a1 legyen a kisebb. Az a2 másik szomszédja a3, ezért a3>a1, az a2>a5 egyenlőtlenség pedig azért teljesül, mert a2 a legnagyobb oldal. Tehát így a feltételeknek megfelelően számozzuk meg az oldalakat.
 

 Strenner Péter