![]() |
A B. 5085. feladat (2020. február) |
B. 5085. Mutassuk meg, hogy a szabályos hétszöget fel lehet darabolni véges sok, egymáshoz hasonló szimmetrikus trapézra.
Javasolta: Laczkovich Miklós (Budapest)
(6 pont)
A beküldési határidő 2020. március 10-én LEJÁRT.
Megoldás. A hétszöget olyan trapézokra fogjuk bontani, amelyeknek szögei 2⋅180∘7 és 5⋅180∘7 nagyságúak. A trapézok szárának és alapjainak aránya 1:a:b lesz, később meghatározandó a,b>0 számokkal, ahol persze b−a=2cos360∘7≈1,2469796 (baloldali ábra).
Egy-egy b, b(b−1), illetve 1+a(b−1) szárú trapézból rakjuk ki a jobb oldali ábrán látható OACDFG hatszöget. Mint látható, az ABHO trapéz hosszabbik alapja valóban b⋅AO=b2=HG+GO, a BCDE trapéz hosszabbik alapja pedig b⋅BC=b+ab(b−1)=BH+HE.
Válasszuk az a,b számokat úgy, hogy az is teljesüljön, hogy AC=GF, azaz
ab+(1+a(b−1))=b2(b−1).
Behelyettesítve a=(b−2cos360∘7)-t és rendezve,
b3−3b2+(4cos360∘7+1)⋅b−(2cos360∘7+1)=0,
vagy az együtthatók közelítő értékeivel
b3−3b2+3,4939592⋅b−2,2469796≈0.
Ennek a harmadfokú egyenletnek a legnagyobb valós gyöke b≈1.731628, a hozzá tartozó a érték a≈0.484649.
Ha ezekkel az a,b értékekkel építjük fel az OACDFG hatszöget, és a hatszöget az O pont körül a 360∘7 többszöröseivel elforgatjuk, a hét elforgatott hatszög kiad egy szabályos hétszöget.
Statisztika:
4 dolgozat érkezett. 4 pontot kapott: 1 versenyző. 1 pontot kapott: 1 versenyző. 0 pontot kapott: 2 versenyző.
A KöMaL 2020. februári matematika feladatai
|