A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. 1. feladat. Az háromszög és oldalai fölé (kifelé) az és négyzeteket rajzoljuk. Bizonyítandó, hogy a szakasz felezőpontja a átmérőjű körön fekszik:
I. megoldás. Szorítkozzunk egyelőre arra az esetre, amikor és a egyenesnek ugyanazon az oldalán van, vagyis amikor a háromszög -nél és -nél levő szöge hegyesszög. Vetítsük az , , pontokat és a szakasz felezőpontját a egyenesre, legyenek vetületeik rendre , , és (1. ábra). Minthogy a négyzeteket kifelé szerkesztettük, ill. a szakasz -n, ill. -n túli meghosszabbításán van.
1. ábra A és derékszögű háromszögek egybevágók, mert , és merőleges szárú hegyesszögek. Hasonlóan az és derékszögű háromszögek is egybevágók. Ezekből következik, hogy a trapéz két párhuzamos oldalának összege és így a trapéz középvonalának hossza továbbá ez a középvonal merőleges -re. Ez azt jelenti, hogy a egyenes pontjától és egyszersmind magától az egyenestől is távolságra van. Bebizonyítjuk még, hogy a szakasz felezőpontja. Ezekből már következik, hogy rajta van a fölé, mint átmérő fölé rajzolt körön, mégpedig a -re merőleges átmérő egyik végpontja . egyrészt felezi a szakaszt, másrészt az szakasz ugyanannyival kisebb -nál, mint a -nál, tudniillik ‐ a fenti egybevágóságok szerint ‐ -gal. Így valóban felezi a szakaszt. Ezzel a bizonyítást ‐ a tett megszorító feltétel teljesülése esetére ‐ befejeztük.
Ha az háromszögben a -nél és -nél levő szögek valamelyike, mondjuk a -nél levő, derékszög, akkor egyszerűbb helyzettel állunk szemben, mert a egyenesen adódik, és a trapéz szerepét a derékszögű háromszög veszi át; a bizonyítás ennek megfelelő, kézenfekvő egyszerűsítésekkel ebben az esetben is alkalmazható. Ha pedig, mondjuk -nél, tompaszög van, akkor a és szakaszok metszik egymást, a trapéz átlói lesznek (2. ábra), az ezek felezőpontjait összekötő szakasz. Ez ‐ mint könnyen bebizonyítható ‐ minden konvex trapézban egyenlő a párhuzamos oldalak különbségének felével, az utóbbiról pedig a hegyesszögű esetben alkalmazott gondolatmenettel belátható, hogy egyenlő a szakasznak a felével. Ezek szerint az állítás minden háromszögre érvényes.
Megjegyzés. A fenti megoldáshoz hasonló gondolatmenettel ‐ alkalmas koordinátarendszert választva ‐ egyszerű analitikus geometriai megoldás is adható.
II. megoldás. Forgassuk el az háromszöget az négyzet középpontja körül -kal úgy, hogy a -be kerüljön. Így a -be kerül, elforgatott helyzete pedig legyen (3. ábra). Ekkor merőleges -ra és egyenlő vele, tehát párhuzamos, egyenlő és egyező irányítású -vel. Így , , , ebben a sorrendben paralelogrammát határoznak meg, tehát a átló felezőpontja a átlót is felezi.
3. ábra A végzett forgatás folytán merőleges -re és egyenlő vele. Most már az szakasz a háromszög középvonala, tehát egyenlő a és szakaszok felével. Ezek szerint , és egyenlő távolságra vannak -tól, ez pedig azt jelenti, hogy a átmérő fölé rajzolt körön van. Ez a bizonyítás tetszés szerinti alakú háromszög esetén érvényes.
III. megoldás. Forgassuk el az háromszöget előbb körül -kal úgy, hogy a -be jusson, majd körül -kal úgy, hogy a -be jusson, legyen az első esetben új helyzete , a második esetben új helyzete (4. ábra). A két forgatás ellentétes irányú, a négyzetek kifelé való szerkesztése miatt. A két forgatási szög összege , ezért és párhuzamosak és ellentétes irányúak. Továbbá egyenlőek is, és ezért a négyszög paralelogramma. Így a átló kérdéses felezőpontja a átlót is felezi. Másrészt a forgatásokból következik, hogy a négyszög négyzet, tehát az átlók közös felezőpontjából az oldalak derékszögben látszanak, így a oldal, mint átmérő fölé rajzolt Thales-körön van, éppen a -re merőleges átmérő egyik végpontja.
IV. megoldás. A pontot átvihetjük -be úgy, hogy elforgatjuk először körül -kal, ‐ így -ba kerül ‐, majd -t elforgatjuk körül ugyanabban az irányban -kal (5. ábra). Ismeretes, hogy egy (síkbeli) forgatás helyettesíthető bármely két olyan egymás utáni tükrözéssel, amelyek tengelye átmegy a forgatás középpontján, és az első tengelyt a második tengelybe átvivő forgatás fele akkora szögű, mint az eredeti forgatás, és azzal megegyező irányú. Helyettesítsük a mondott forgatásokat két-két tükrözéssel úgy, hogy ezek , és , tengelypárja közül és azonos legyen. Így ugyanis a harmadik tükrözés visszaállítja a második tükrözés előtti helyzetet, és a négy tükrözés kettőre csökkenthető. Mivel nek -n, -nak -n kell átmennie, így mindkettőnek egyaránt a egyenest kell választanunk. Ilyen választás mellett -t a -n áthaladó és -vel szöget bezáró , majd a -n átmenő és -vel szöget bezáró tengelyen való tükrözés viszi át -be. Ez a két tükrözés ‐ az idézett tétel megfordítása alapján ‐ helyettesíthető egyetlen forgatással, amelynek középpontja a és metszéspontja, szöge kétszer akkora, mint a -et -be átvivő forgatás, és iránya megegyezik az utóbbi forgatás irányával. A két tengely szöge (mint a , és határolta háromszög külső szöge) így -t a -be -os forgatás viszi át, vagyis a tengelyek metszéspontja éppen a szakasz felezőpontja. Mivel pedig az pontból a szakasz -os szögben látszik, azért rajta van a átmérőjű Thales-körön, ezt kellett bizonyítanunk.
Megjegyzés. A bizonyításban -ról és -ról csak azt használtuk fel (1)-ben, hogy összegük . A feladat állítása tehát helyes marad akkor is, ha a háromszög és oldalára kifelé olyan rombuszokat rajzolunk, melyeknek -nél, ill. -nál levő szöge egyenlő; továbbá akkor is, ha mindkét oldalra befelé rajzoljuk a rombuszokat. Az általánosított állítás bizonyítható ‐ értelemszerű módosításokkal a II. és III. megoldás gondolatmenetével is.
2. feladat. Mennyi a kifejezés legkisebb és mennyi a legnagyobb értéke, ha , és olyan nem negatív számok, melyekre fennáll és I. megoldás. Fejezzük ki a három paramétertől függő kifejezést egyetlen paraméterrel, pl. -szel. A feltételi egyenletekből összeadással és rendezéssel és ezt felhasználva pl. (2)-ből A feltétel alapján nem lehet negatív, a értéket azonban már felveheti, mert esetén (4) és (5) szerint és pozitívok, minimális értéke tehát . Másrészt abból, hogy és nem negatív, -re (4) és (5) alapján adódik, tehát maximális értéke . (4) és (5) felhasználásával ennek értéke növekedésével nő, tehát legkisebb és legnagyobb értéke ‐ az minimális és maximális értékét behelyettesítve ‐
6. ábra II. megoldás. Szemléltessük a feladatban szereplő háromváltozós kifejezéseket egy térbeli derékszögű koordinátarendszerben. (A térbeli koordináta geometria bizonyos elemeinek ismeretét ebben a megoldásban feltételezzük.) A (2) és (3) egyenletek egy-egy síkot határoznak meg a térben (6. ábra). A mind a két egyenletet kielégítő számhármasok az e két sík metszésvonalán elhelyezkedő pontok koordinátái. Az , , további feltételek miatt ennek a metszésvonalnak csak az első térnyolcadba (és annak határára) eső része jön szóba, ez pedig a ponttól a pontig terjed. Az egyenlet minden adott értékre egy-egy síkot határoz meg, amely az -, -, - tengelyből rendre hosszúságú szakaszt metsz le. Ezek egyenes arányban vannak -val, tehát a különböző értékekhez tartozó síkoknak a koordináta-síkokba eső metszésvonalai párhuzamosak, így maguk a síkok is párhuzamosak.
7. ábra Ábrázoljuk a párhuzamos síksereg -en, illetve -n átmenő egyedét (7. ábra). értéke -ben , -ben , különbözők, így -en és -n a síksereg két különböző egyede halad át, a tengelymetszetek
A szakasz minden egyes belső pontján a párhuzamos síkseregnek egy és csak egy ‐ a két megrajzolt sík közti ‐ egyede megy át. A tengelymetszetekből megállapítható, hogy -től felé haladva értéke növekszik, tehát a fenti a legkisebb, a legnagyobb érték.
3. feladat. Az hegyesszögű háromszög és csúcsában az , illetőleg oldalra emelt merőlegesek metszéspontja . -nek a szakaszon levő (merőleges) vetülete . Bizonyítandó, hogy a ponton átmenő, -től különböző egyeneseknek a szög szárai közé eső szakasza nagyobb -nél.
I. megoldás. Legyen egy a ponton áthaladó, a -től különböző egyenesnek az szárral való metszéspontja , -vel való metszéspontja (8. ábra). A -ből az -re húzott merőleges talppontja legyen .
8. ábra Hasonlítsuk össze (Pythagoras tétele alapján) a és , továbbá a és szakaszokat. A és derékszögű háromszögekből A és derékszögű háromszögekből nyilvánvalóan Ezek szerint kifejezésében a kisebbítendő kisebb, a kivonandó pedig nagyobb, mint kifejezésében, tehát Ugyanígy a derékszögű háromszögből adódó felhasználásával a , és derékszögű háromszögekből | | (10) |
Megmutatjuk még, hogy a szakaszon, az szakaszon van. Ekkor (8)-at és (10)-et összeadva következik a bizonyítandó egyenlőtlenség: A és helyzetére kimondott állítás így látható be. Az háromszög -nél és -nél levő szöge hegyesszög, így az -re -ben és -re -ben állított merőlegeseknek az oldalegyenesektől a háromszöget tartalmazó félsíkba induló félegyenesei -vel hegyesszöget zárnak be. Így ezeknek a félegyeneseknek a metszéspontja, vetülete, , a szakaszon van, és a egyenes ellenkező oldalán fekszik, mint . Ha az oldal -n túli meghosszabbításán van ‐ amit a továbbiakban mindig felteszünk, mert, ha kell, a betűzés megcserélésével elérhetünk ‐, akkor és a egyenes ugyanazon oldalán van, tehát konvex négyszög; -nél levő szöge, mint a derékszögű háromszög egyik szöge, hegyesszög, -nál levő szöge pedig derékszög, tehát az átló -vel is, -val is hegyesszöget zár be, s így az szakasz belső pontja. Ezzel a bizonyítást befejeztük.
Megjegyzés. A feladat állítása érvényes, akármekkora is a háromszög -nál levő szöge, hiszen csak a és csúcsnál levő szögről használtuk fel, hogy hegyesszögek. Világos, hogy érvényes marad akkor is, ha pl. -nél derékszög van, ekkor ugyanis és egybeesik -vel. Ha viszont pl. -nél tompaszög van, akkor a (11) egyenlőtlenség nem következik (8)-ból és (9)-ből, mert az utolsó két bekezdés meggondolásai nem érvényesek, a szakaszon kívül keletkezik, és valóban lehet kisebb is, nagyobb is, mint .
II. megoldás. Az I. megoldás (7) és (9) egyenlőtlensége szerint az háromszögben a -ből induló oldalak nagyobbak, mint a háromszög megfelelő oldalai. Megmutatjuk, hogy egyrészt , másrészt hogy ebből, továbbá a és szögek hegyesszög voltából következik, hogy a harmadik oldal is az háromszögben nagyobb.
9. ábra A szögekre kimondott egyenlőtlenség igazolására rajzoljuk meg a , , , valamint a , , pontokon áthaladó köröket (9. ábra). az első kör belsejében van, mert a szakasz -ből az szöggel egyenlő szög alatt látszik (merőleges szárú hegyesszögek), -ből pedig ennél kisebb szög alatt. A másik körön viszont kívül fekszik , mert a ív -ből vett látószöge akkora, mint az szög, a -vel egy oldalon levő kiegészítő ív pontjaiból vett látószög pedig nagyobb, mert innen a rész-ív látható ekkora szög alatt. Ezek alapján és a két szélső szöghöz a szöget hozzáadva valóban
10. ábra Az és háromszögek és oldalaira vonatkozó állítás igazolásához úgy forgattuk el a háromszöget körül, hogy a szakaszra essék (10. ábra), a -nél hosszabb oldalt pedig -től rámértük a félegyenesre is, a végpont . Húzzunk most -vel párhuzamost és közül azon a ponton át, amelyik közelebb van -hez (a 10. ábrán az pont az), messe a párhuzamos -t -ben. Mivel , azért nyilvánvalóan Ha az háromszög -nél és -nél levő szöge hegyesszög, akkor a -vel egyenlő szög is hegyesszög, és így kiegészítő szöge, az szög, tompaszög. Ezért Ezt (13)-mal egybevetve Mivel az és háromszögek két-két oldala egyenlő, de közbezárt szögük az előbbi háromszögben kisebb, azért és ezt (14)-gyel egybevetve ; az állítást bebizonyítottuk.
Megjegyzés: A (12) egyenlőtlenség a következőképpen is belátható. Rajzoljunk köröket a és szakaszok, mint átmérők fölé; ezek egymást -ben és -ban metszik. Legyen ezek -tól különböző metszéspontja -fel , illetőleg (11. ábra). -ből az szakasz ugyanakkora szögben látható, mint a szakasz: , mert a szög közös részük, nem közös , illetőleg részük pedig egyenlő a vele egy íven nyugvó , illetőleg szöggel, ha a szakaszon, vagy annak végpontjában van, ‐ az utóbbi szögek viszont csúcsszögek. Ha pedig a szakaszon van, akkor az szög külső szöge az húrnégyszögnek, az rész-szög pedig belső szög a négyszög -val szemben fekvő csúcsánál, tehát a nem közös szög-részek egyenlősége ilyenkor is fennáll.
11. ábra Az szakasz része az szakasznak, az szög része az szögnek, tehát valóban fennáll . (Bizonyítani kellene még az , pontok helyzetéről felhasznált állítást.)
12. ábra III. megoldás. Állítsunk merőlegest -ban -re, és messe ez a egyenest -ben, -t pedig -ben; és merőleges vetülete a egyenesen legyen , ill. (12. ábra). az oldal meghosszabbításán van, ezért a merőleges a derékszögű szögtartományban halad, tehát a háromszög oldalát és a oldal meghosszabbítását metszi, továbbá a szakaszon adódik. Ezért , és egyszersmind és rajta van a átmérő fölötti Thales-körön. A és szögek egyenlők, mint ugyanazon íven nyugvó kerületi szögek, így a és derékszögű háromszögek hasonlók. A két átfogó közül a nagyobb, mert a körnek átmérője, tehát a megfelelő befogókra A -ből még fennmaradt szakasz helyett a nála nagyobb -ről mutatjuk meg, hogy kisebb az -ből fennmaradt -nál. ( a -nél nagyobb is lehet.) Ehhez a és az háromszögeket hasonlítjuk össze. és rajta van az átmérő fölé rajzolt Thales-körön, ezért egyrészt másrészt a két háromszögben az egy íven nyugvó és kerületi hegyes szögek egyenlők. Így a két háromszög hasonló, és az háromszög oldalai nagyobbak, tehát Most már a (15)‐(17) egyenlőtlenségek alapján valóban | |
13. ábra IV. megoldás. A feladat állítása következik abból is, ha megmutatjuk, hogy az háromszög köré írt kör átmérője nagyobb, mint az háromszög köré írt kör átmérője (13. ábra), hiszen nagyobb körben ugyanakkora kerületi szög ‐ ti. a szög ‐ nagyobb húr felett nyugszik. A kör átmegy -n is, és a kör egy átmérője, mert az négyszögben a és csúcsnál derékszög van. Elég tehát belátnunk, hogy a kör belsejében van, hiszen ekkor -nek van átmérőjénél nagyobb húrja, ezért átmérője nagyobb, mint átmérője. valóban belsejében van, mert (8) alapján | | és az szakasz a kör (-t nem tartalmazó) ívének pontjaiból látszik szög alatt. Ennél nagyobb szög alatt az szakaszt csak a kör belső pontjaiból lehet látni. Ezt akartuk bizonyítani.
Scharnitzky Viktor, Lukács Ottó Ugyanis az szakasz -n átmenő felező merőlegesének ugyanazon oldalára esik és . |