Szerk
C. 1889. Egy számegyenesen be van jelölve az \(\displaystyle 1\) és a \(\displaystyle \sqrt{5}\), semmi más. Adjuk meg szerkesztéssel a számegyenesen a \(\displaystyle 0\) helyét. (Az elemi szerkesztési lépéseket, mint például szög felezése, tengelyes tükrözés, nem kell részletezni.)
Javasolta: Veszprémi Ferenc (Budapest)
1. megoldás.
1. ábra
Ha a számegyenesen be van jelölve az \(\displaystyle 1\) és a \(\displaystyle \sqrt{5}\), akkor a számokat jelképező két pont közötti szakasz hossza nyilvánvalóan \(\displaystyle \sqrt{5}-1\). Ennek a szakasznak a segítségével az alábbi ábra derékszögű háromszögei euklideszi módon megszerkeszthetők.
Alkalmazva a Pitagorasz-tételt az egyes derékszögű háromszögekre:
Az ilyen eljárással megszerkesztett \(\displaystyle f\) szakasz hossza (1) szerint
\(\displaystyle f=\sqrt{5}\cdot(\sqrt{5}-1)=5-\sqrt{5}. \)
Jelöljük az \(\displaystyle e\) számegyenesen \(\displaystyle A\)-val, illetve \(\displaystyle B\)-vel az \(\displaystyle 1\), illetve a \(\displaystyle \sqrt{5}\) helyét. Ezután az \(\displaystyle AB\) félegyenesre a \(\displaystyle B\) pontból kiindulva mérjük fel a \(\displaystyle BC\) szakaszt úgy, hogy \(\displaystyle BC=f=5-\sqrt{5}\), ekkor
Az így keletkezett \(\displaystyle AC\) szakasz \(\displaystyle A\)-hoz legközelebbi negyedelőpontja megszerkeszthető úgy, hogy megfelezzük az \(\displaystyle AC\) szakaszt, jelölje a felezőpontot \(\displaystyle T\), majd az \(\displaystyle AT\) szakaszt is megfelezzük, és a \(\displaystyle P\)-vel jelölt felezőpont az \(\displaystyle AC\) szakasz \(\displaystyle A\)-hoz közelebbi negyedelőpontja.
Megszerkesztettük tehát az egységnyi hosszúságú \(\displaystyle AP\) szakaszt, amelyet a \(\displaystyle PA\) félegyenesen az \(\displaystyle A\)-ból felmérve megkapjuk a \(\displaystyle 0\) helyét.
Nádas Zorka Lilla (Radnóti Miklós Kísérleti Gimnázium, Szeged, 8. o. t.) dolgozata alapján
2. megoldás. Mivel a számegyenesen csak az \(\displaystyle 1\) és a \(\displaystyle \sqrt{5}\) van megjelölve, ezért a két pont meghatároz egy \(\displaystyle \sqrt{5}-1\) hosszúságú szakaszt, ezt használjuk fel a további szerkesztési lépésekhez, amelyekben arra törekszünk, hogy az \(\displaystyle 1\) hosszúságú szakaszt előállítsuk.
Tekintsük a 2. ábrát, amelyen az \(\displaystyle XY=a\) szakaszra merőlegest állítottunk, erre a merőlegesre rámértük az \(\displaystyle YZ=a\) szakaszt, amelynek felezőpontját \(\displaystyle O\)-val jelöltük. Megszerkesztettük az \(\displaystyle O\) középpontú, \(\displaystyle \dfrac{a}{2}\) sugarú kört, ennek az \(\displaystyle XO\) egyenessel való metszéspontjai \(\displaystyle U\) és \(\displaystyle V\).
2. ábra
Az ábra alapján felírhatjuk az \(\displaystyle X\) pontnak a körre vonatkozó hatványát, ez egyrészt \(\displaystyle a^2\), másrészt pedig \(\displaystyle {XU\cdot XV}\) vagy másként \(\displaystyle {XV\cdot (XV-a)}\), ezért \(\displaystyle {XV\cdot {(XV-a)}}=a^2\), ebből az \(\displaystyle {\Bigl(\dfrac{XV}{a}\Bigr)^2-\frac{XV}{a}-1=0}\) egyenletet kapjuk.
Az \(\displaystyle \dfrac{XV}{a}\)-ban másodfokú egyenletet megoldva
Ha tehát az \(\displaystyle a\) szakasz hosszát úgy választjuk meg, hogy \(\displaystyle a=\sqrt{5}-1\) legyen, amely éppen a számegyenesen adott két pont távolsága, akkor könnyen látható, hogy
A fentiekben leírt euklideszi szerkesztési lépéseket végrehajtva kaptunk egy \(\displaystyle 2\) hosszúságú szakaszt, ezt megfelezve adódik az \(\displaystyle 1\) hosszúságú szakasz, amelyet a számegyenesre az adott \(\displaystyle 1\)-et jelképező pontból balra felmérve megkapjuk a \(\displaystyle 0\) helyét.
Farkas Réka (Jedlik Ányos Gimnázium, Budapest, 8. o. t.) dolgozata alapján
Megjegyzések. 1. Könnyen igazolható, hogy \(\displaystyle \dfrac{XU}{a}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}\), ez az aranymetszés arányszáma, tehát az \(\displaystyle XU+a\) hosszúságú szakaszt az \(\displaystyle XU\) és \(\displaystyle a\) hosszúságú szakaszok az \(\displaystyle \dfrac{XU}{a}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}\) aránynak megfelelően osztják két részre.
2. A helyes megoldások között számosan a magasságtétel felhasználásával állították elő az \(\displaystyle 5-\sqrt{5}\) távolságot és ebből a \(\displaystyle 4\) egység hosszúságú szakaszt. Olyan megoldás is született, amely a számegyenessel párhuzamos egyenesen felvette az egymás után következő \(\displaystyle a\) és \(\displaystyle 5a\) szakaszokat, ezekből a magasságtétel alkalmazásával szerkesztette meg az \(\displaystyle a\cdot \sqrt{5}\), majd az \(\displaystyle a\cdot (\sqrt{5}-1)\), szakaszt, ezután hivatkozott a párhuzamos szelőszakaszok tételére.
3. Hasonlóság erejéig meg tudjuk szerkeszteni a számegyenest.
Vegyünk fel egy tetszőleges egységet (\(\displaystyle 1'\) a piros ábrán), és szerkesszünk \(\displaystyle 1'\) és \(\displaystyle 2'\) befogójú derékszögű háromszöget. Ennek átfogója \(\displaystyle \sqrt{\displaystyle{5'}}\) hosszú. Metsszünk le belőle egy \(\displaystyle 1'\) egységnyi szakaszt az ábra szerint, a másik rész hossza \(\displaystyle {\sqrt{\displaystyle{5'}}-1'}\). Ennek segítségével \(\displaystyle {A=1}\) és \(\displaystyle B=\sqrt{5}\) helyének ismeretében (kék ábra) – például a három jelölt szög átmásolásával – megkapható a számegyenesen a 0 helye.
108 dolgozat érkezett. 5 pontos 65, 4 pontos 10, 3 pontos 9, 2 pontos 1, 1 pontos 4, 0 pontos 18.
A KöMaL levelezős versenyei azon kevesek közé tartoznak, amelyek ingyenesek – immár több mint 130 éve! Sajnos azonban a KöMaL állami támogatásának rendszere az elmúlt évben jelentősen átalakult, a következő években az előre látható bevételeink várhatóan nem tudják fedezni a költségeinket.
Ezért kérünk mindenkit, aki szereti a KöMaL-t, létezését fontosnak tartja, hogy lehetőségéhez mérten támogassa a KöMaL-t kiadó MATFUND Alapítványt. Ha teheti, rendelkezzen adója 1%-áról az Alapítvány javára. Ezen kívül pedig, ha saját vagy céges lehetőségei megengedik, támogassa a KöMaL kiadását, a KöMaL tudáskincsének gondozását!
A KöMaL kiadásának, a versenyek teljes lebonyolításának, díjazásának és a díjkiosztóval egybekötött Ifjúsági Ankétok szervezésének költségeit 2007 óta a MATFUND Középiskolai Matematikai és Fizikai Alapítvány fizeti.
Kérjük, személyi jövedelemadója 1%-ának felajánlásával álljon a több, mint 125 éve alapított Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok mellé!
A KöMaL 2025 szeptemberi számában (Tait tétele és a 3-reguláris gráfok – a B. 5403. feladat háttere) kimondtuk Tait alábbi tételét.
Tétel (Tait tétele). Legyen \(\displaystyle G\) egy 3-reguláris, hídélmentes, síkbarajzolt gráf. Ekkor \(\displaystyle G\) tartományai \(\displaystyle 4\)-színezhetők akkor és csak akkor, ha élei \(\displaystyle 3\)-színezhetők.
A tételben \(\displaystyle k\)-színezésen olyan színezést értünk, amely \(\displaystyle k\)-féle színt használ, és az egymással szomszédos tartományok (illetve élszínezés esetén az egy csúcsban találkozó élek) mindig különböző színűek.
A szeptemberi számba nem került be a tétel bizonyítása (azzal a céllal, hogy akinek van kedve, gondolkodhasson rajta), ezt most pótoljuk.
Legutóbb szeptemberi számunkban foglalkoztunk bújócska típusú ördöglakatokkal. Elkészítésre ajánlottunk olvasóinknak egy pálcás változatot, ahol a ,,szokásos'' trükk nem működik, mivel az átbújtatás után (lásd ábra) a pálca nem fér át a hurkon a zsinór rövidsége miatt. Azonban vegyük észre, hogy ebben az átbújtatott állapotban valójában annyi a célunk, hogy a hurok a dupla zsinór másik oldalára kerüljön. Ezt úgy is elérhetjük, ha a téglatest formájú ,,alapot'' bújtatjuk át a hurkon.
