Cím: Séta a havon ‐ az ezerarcú feladat 2.
Szerző(k):  Besenyei Ádám 
Füzet: 2016/december, 514 - 521. oldal  PDF file
Hivatkozás(ok):2016/november: Séta a havon ‐ az ezerarcú feladat 1.
2017/január: Séta a havon ‐ az ezerarcú feladat 3.

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

 
4. A gyalogosok és Huygens

Térjünk most vissza a 2. szakasz eredményének elemzésére, ezáltal az időben legrövidebb út egy figyelemre méltó tulajdonságát fogjuk felfedni.
 
Fél szabályos háromszögek. Tanulmányozzuk először azt, hogy geometriailag milyen speciális helyzetű az időben legrövidebb út, amelyben a D pontnak 3 km távolságra kell lennie B-től. A Pitagorasz-tétel szerint ekkor AD=23=2BD, így az ADB háromszög éppen egy szabályos háromszög fele, vagyis ADB=60, BAD=30 (lásd a 3. ábrát). A gyalogosnak tehát az AB-vel 30-os szöget bezáró AD szakaszon kell haladnia a BC országút felé.


 

3. ábra
 

 
Gyalogosok frontja. Tüzetesebben szemügyre véve az imént kirajzolódott speciális szögeket, egy különös összefüggést fedezhetünk fel. Képzeljük el, hogy egyszerre többen szeretnének a hómezőről a leghamarabb eljutni a C pontba, mégpedig a következőképpen. Az AD szakaszra az A pontban merőleges egyenesen az A (piciny) környezetében egymás mellé felsorakoztatjuk a gyalogosokat, akik ugyanabban az időpontban indulnak el az AD szakasszal párhuzamosan v sebességgel az országút felé (a 4. ábrán az A' és A'' pontokból induló gyalogosok pályája látható). Az országút elérésekor a gyalogosok 2v sebességgel a C pont felé haladnak tovább (egymás mellett, ha esetleg találkoznak). Azt állítjuk, hogy ekkor az összes gyalogos egyszerre érkezik a C pontba (pontosabban, az országútra C-ben merőleges egyenesre).


 

4. ábra
 

Vizsgáljuk például az A és A' pontból induló két gyalogost. A derékszögek miatt AT'D'A' téglalap, ezért AT'=A'D', így mikor az A' pontból induló gyalogos D'-be ér, az A-ból induló a T' pontba jut. Másrészt a DD'T' háromszög egy szabályos háromszög fele, így D'D=2T'D, emiatt a D'-ből 2v sebességgel továbbhaladó gyalogos ugyanakkor ér D-be, mint amikor a T'-ből v sebességgel D felé haladó másik gyalogos. Az A és A' pontból induló két gyalogos tehát egyszerre ér D-be, és innen már együtt, egymás mellett mennek tovább C felé. Hasonlóan látható, hogy az A és A'' pontokból induló gyalogosok D''-be egyszerre érnek, és mennek innen tovább.
Fizikai nyelven az A-ból induló gyalogosra tekinthetünk úgy, mint a fényre, amelyről most a Pierre de Fermat (1601‐1665) francia jogász és ,,műkedvelő'' matematikustól származó elv szerint azt feltételezzük, hogy a legrövidebb idő alatt jut el a C pontba. Mint tudjuk, a fény hullámként is viselkedik, ezért egyetlen gyalogos helyett egy egész sereg gyalogosból álló, a haladás irányára merőleges front terjedésére gondolhatunk, amelyben minden gyalogos ugyanakkor érkezik a C pontba. E fizikai szemléletből kiindulva a 4. ábra segítségével visszafelé okoskodva könnyedén megkapjuk, hogy a gyalogosok pályájának az országúttal 60-os szöget kell bezárnia. Mindez természetesen nem teljes értékű megoldás, de legalábbis a végeredménynek egy igen érzékletes megsejtése.
 
4.1. történeti megjegyzés. Az előbbi gondolatmenet általánosítása valójában már több évszázaddal ezelőtt megfogalmazódott a holland matematikus, fizikus és csillagász, Christiaan Huygens (1629‐1695) fejében, aki egyébként különféle órák tervezésében is élen járt (az életéről a [2] könyvben olvashatunk). Az 1690-ben megjelent Traité de la lumiŠre (Értekezés a fényről) című munkájában adta közre a fény hullámtermészetéről szóló elméletét, és ‐ a 4. ábrához hasonló rajzon ‐ megmutatta (lásd [4, 33. oldal]), hogy mindebből levezethető a fénytörés Willebrord van Roijen Snellius (1580‐1626) holland csillagász és matematikus, valamint René Descartes (1596‐1650) francia filozófus és természettudós által korábban már megfogalmazott törvénye, amely szerint a beesési szög szinuszának és a törési szög szinuszának hányadosa egyenlő az egyes közegekben mért terjedési sebességek hányadosával.
 
5. Megoldások potyognak az égből

Mielőtt a következő nevezetes egyenlőtlenségre térnénk rá, ebben a részben két további megoldást mutatunk, amelyekben felhasználjuk, hogy már megsejtettük a minimumhelyet. Az ilyesmi nem ritka a matematikában: egy fizikai érvelés vagy egy mélyebb elmélet (például differenciálszámítás) segít megsejteni a végeredményt, majd ezáltal lelünk más megoldási utakra.
 
Egy kis trigonometria. Az időben legrövidebb út igen speciális helyzete arra ösztönözhet, hogy megnézzük, miként fest a teljes út megtételéhez szükséges idő, ha azt például α=BAD függvényében írjuk fel (lásd 5. ábra). Ekkor a BAD háromszögben cosα=AB/AD és tgα=BD/AB, így
ADv+DC2v=ADv+BC-BD2v=AB2v(2cosα-tgα)+BC2v,(5.1)
ahol AB=3 és BC=10 adottak. A jobb oldalon a zárójelben lévő kifejezés minimumának megkeresése most sem tűnik magától értetődőnek, ám egyéb ötlet híján a differenciálszámítás elsöprő ereje bizonyára megteszi a dolgát. Ha viszont valahonnan ‐ például az előző megoldásokból ‐ már megsejtettük az α=30 minimumhelyet, akkor elegendő a
2cosα-tgα2cos30-tg30=3
egyenlőtlenséget igazolni 0αBAC esetén, ami cosα>0 miatt egyenértékű azzal, hogy
132cosα+12sinα.
Mivel cos30=3/2 és sin30=1/2, ezért az iménti egyenlőtlenség a
cos(α-β)=cosαcosβ+sinαsinβ
addíciós formula felhasználásával az
1cos(α-30)
nyilvánvaló alakot ölti, amelyről az egyenlőség feltétele, α=30 is azonnal leolvasható. Ez megfelel a feladat kívánalmainak, hiszen ekkor AB=3 és BC=10 miatt BD=3<BC=10. Mindez a szélsőérték-feladatunknak egy újabb, trigonometrikus megoldási módja.


 

5. ábra
 

Vegyük észre, hogy az előbbi érvelésnek valójában az is folyománya, hogy az (5.1) kifejezés minimumhelye a 0αBAC szögtartományon α=30 minden olyan esetben, amikor BAC30 (az AB és BC szakaszok konkrét hosszától függetlenül). Természetesen mindez a 2. szakaszbeli érvelésből szintén következik, ugyanis az egységek átskálázásával feltehető, hogy AB=3, így az (1.2) képlet csupán annyiban módosul, hogy
ADv+DC2v=1v(x2+9+BC-x2)=1vf(x)+BC-102v,
ahol 0xBC. Szóról szóra megismételve a korábbi okoskodást a minimumhelyre x=3 adódik, feltéve, hogy BC3.
Felmerül a kérdés, hogy vajon BC<3 esetén a BC szakasz mely pontja szolgáltatja az időben legrövidebb utat? Ebben az esetben BD=3 már nem jöhet szóba, hiszen DBC szakaszon kívülre esne. Ekkor például az f függvény monotonitási tulajdonságai lehetnek segítségünkre.
 
Monotonitás elemien. Valamely ismert matematikai program segítségével kirajzolva az f függvény grafikonját (6. ábra) rögtön megsejthetjük, hogy a minimumhelytől balra f szigorúan monoton csökkenő, jobbra pedig szigorúan monoton növő. (Vigyázzunk, hogy egy függvény egy minimumhelytől balra és jobbra is végtelen sokszor fel-le ingadozhat ‐ oszcillálhat ‐, tehát általában nem feltétlenül kell monotonnak lennie!) Ebből következően, ha BC<3, akkor az időben legrövidebb út maga a BC szakasz. A monotonitási tulajdonságokat differenciálszámítás segítségével természetesen könnyedén igazolhatjuk (az áprilisi KöMaL negyedik megoldásának mintájára), de elemien sem nehéz belátni, nézzük is meg. Legyen például x1<x23, ekkor f(x1)>f(x2) azt jelenti, hogy
x12+9+10-x12>x22+9+10-x22,
átrendezve pedig
x2-x1>2(x22+9-x12+9).
Mindkét oldalt a pozitív x22+9+x12+9 kifejezéssel szorozva, valamint az (a-b)(a+b)=a2-b2 azonosságot felhasználva
(x2-x1)(x22+9+x12+9)>2((x22+9)-(x12+9))
adódik, ahol a jobb oldal 2(x2-x1)(x2+x1) szorzat alakba írható át. Mivel x2>x1, így az (x2-x1) pozitív tényezővel való ekvivalens leosztás után a
x22+9+x12+9>2(x2+x1),
a bizonyítandó f(x1)>f(x2) összefüggéssel egyenértékű egyenlőtlenséghez jutunk. Ez viszont x23 és x1<3 miatt teljesül, hiszen ekkor
x22+9+x12+9>212=2(3+3)>2(x2+x1).
Ezzel differenciálszámítás nélkül beláttuk f szigorú monoton csökkenését x3 esetén; az x3 esetén való szigorú növekedés hasonlóan igazolható (és a fentiek mintájára érdemes megpróbálkozni az (5.1) függvény monotonitási szakaszainak vizsgálatával). Ez a hómezős feladatnak ismét egy megoldása.


 

6. ábra
 

 
6. Cauchy, Bunyakovszkij és Schwarz

Ebben a részben az (1.3) hozzárendeléssel értelmezett f függvényben szereplő négyzetgyök kiküszöbölésének egy újabb módját mutatjuk be, amelynek ötlete a [3] cikkből származik. Fő eszközünk a következő csinos algebrai egyenlőtlenség.
 
6.1. állítás (Cauchy‐Bunyakovszkij‐Schwarz-egyenlőtlenség). Tetszőleges a, b, c, d valós számokra
|ac+bd|a2+b2c2+d2.(6.1)
Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha ad=bc.

 
6.2. megjegyzés. Bármely x valós számra x|x| (és egyenlőség csakis x0 esetén van), ezért a (6.1) egyenlőtlenség igaz marad a bal oldalon szereplő abszolút érték elhagyásával. Ekkor az egyenlőség feltétele szigorúbb, ad=bc mellett ac+bd0 is szükséges (amit sokkal elegánsabban meg lehet fogalmazni, erről nemsokára szót ejtünk a bizonyítást követő 6.5. észrevételben).
 
Bizonyítás. Az egyenlőtlenség mindkét oldala nemnegatív, ezért a négyzetre emelés ekvivalens átalakítás, elég tehát igazolni, hogy
(ac+bd)2(a2+b2)(c2+d2).
Innen a műveletek elvégzése után
a2c2+2acbd+b2d2a2c2+a2d2+b2c2+b2d2
adódik, ami rendezve a
0a2d2-2acbd+b2c2
alakot ölti, azaz
0(ad-bc)2.
Ez nyilvánvalóan teljesül, az egyenlőség feltétele, ad=bc pedig világosan leolvasható. Mivel ekvivalens átalakításokat végeztünk, sőt minden lépésben az egyenlőség esete megőrződött, ezért az eredeti egyenlőtlenség is igaz és abban ugyanakkor áll fenn egyenlőség.  
 
6.3. megjegyzés. Az egyenlőtlenség egy másik hagyományos bizonyítása, hogy felírjuk a nemnegatív és a2+b20 esetén másodfokú
(ax-c)2+(bx-d)2=(a2+b2)x2-2(ac+bd)x+c2+d2
kifejezés diszkriminánsát, amely szükségképpen nempozitív. Ezt az Olvasóra bízzuk, az egyenlőség esetének vizsgálatával együtt.
 
6.4. történeti megjegyzés. A (6.1) egyenlőtlenség (abszolút érték nélküli változatának) valós szám n-esekre vonatkozó általánosítása a következő:
a1b1+a2b2+...+anbna12+a22+...+an2b12+b22+...+bn2.
Ezt Augustin-Louis Cauchy (1789‐1857) francia matematikus ‐ a 6.3. megjegyzésben vázolt ötletet követve ‐ igazolta 1821-ben a híres École Polytechniqe műszaki egyetemen tartott analízis kurzusához írt könyvében. A mű a modern analízis kialakulásának fontos mérföldköve, amelyben Cauchy számos mai fogalom, köztük például a határérték, folytonosság alapjait fektette le (Cauchy összegyűjtött munkái 27 kötetet tesznek ki, amelyek a [7] weboldalon elektronikus formában megtalálhatók több más hasonlóan kiemelkedő matematikus összes műveivel együtt). Később, 1859-ben Viktor Jakovlevics Bunyakovszkij (1804‐1889) orosz matematikus az egyenlőtlenségnek integrálható függvényekre vonatkozó változatát írta fel:
(abg(x)h(x)dx)2abg2(x)dxabh2(x)dx.
Bunyakovszkij cikke kevéssé vált ismertté az akkori Nyugat-Európában, így nem tudván az eredményről Karl Hermann Amandus Schwarz (1843‐1921) német matematikus 1885-ben hasonló egyenlőtlenséget igazolt felszíni integrálokkal kapcsolatos munkájában. Ezek alapján szokás a (6.1) egyenlőtlenséget és általánosításait Cauchy‐Bunyakovszkij‐Schwarz-egyenlőtlenség néven emlegetni ‐ ám nyelvterületenként és matematikai iskolánként is roppant változatos, hogy a három névből álló halmaz nemüres részhalmazai közül melyikkel illetik az egyenlőtlenséget (a nevek sorrendjéről nem is beszélve).
 
A hómezős feladatra való alkalmazás előtt célszerű még egy észrevételt tennünk az egyenlőtlenség szemléletes jelentéséről. Akiket a megoldás jobban izgat, azok első olvasáskor továbbugorhatnak.
 
6.5. észrevétel. A ránézésre algebrainak tűnő (6.1) egyenlőtlenségnek valójában geometriai jelentés tulajdonítható. Vegyük észre ugyanis (lásd 7. ábra), hogy a2+b2, c2+d2 rendre az u=(a,b) és v=(c,d) síkbeli vektorok hossza (abszolút értéke), az ac+bd kifejezés pedig a két vektor skaláris szorzata derékszögű koordinátarendszerbeli koordináták segítségével felírva (vektorok skaláris szorzatáról és geometriai alkalmazásairól bővebben lásd Reiman István (1927‐2012) ‐ a magyar matematikai tehetséggondozás legendás alakja, a diákolimpiai szakkör évtizedeken keresztüli vezetője ‐ kitűnő [5] könyvét). Ismert, hogy két vektor skaláris szorzata a hosszaik és a hajlásszögük koszinuszának szorzata. Ha most (u,v) jelöli u és v skaláris szorzatát, akkor a (6.1) egyenlőtlenség így írható:
|(u,v)|=|u||v||cosφ||u||v|.
(Vigyázzunk, itt kétféle abszolút érték is szerepel, számoké és vektoroké egyaránt.) Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha |cosφ|=1, vagyis az u, v vektorok egyállásúak ‐ ellenőrizzük le, hogy ez egyenértékű a korábban kapott ad=bc feltétellel. Az is világosan látszik, hogy a bal oldali abszolút érték nélküli (u,v)=|u||v| egyenlőség feltétele cosφ=1, tehát u és v azonos irányúak. Ebben a formában sokkal szemléletesebb (és könnyebben megjegyezhető) a (6.1) egyenlőtlenség, vigyázzunk azonban, hogy bár a bizonyítás ránézésre pofon egyszerű, de el van benne rejtve a skaláris szorzat koordinátákkal felírt alakja.


 

7. ábra
 

Figyelemre méltó még az előbbieken kívül, hogy a (6.1) egyenlőtlenségnek következménye a síkvektorokra vonatkozó háromszög-egyenlőtlenség:
|u+v||u|+|v|.
Ez persze geometriailag világos, hiszen az u, v, u+v vektorok alkotta háromszög bármely két oldalhosszának összege legalább akkora, mint a harmadik oldal hossza (lásd 8. ábra). A néha becsapós szemléletet viszont könnyedén kikerülhetjük, ugyanis koordinátákkal kifejezve arról van szó, hogy
(a+c)2+(b+d)2a2+b2+c2+d2,(6.2)
ami ‐ négyzetre emeléssel és rendezéssel láthatóan ‐ a (6.1) egyenlőtlenség abszolút érték nélküli változatával ekvivalens.


 

8. ábra
 

 
A hómezős feladat megoldása. Kanyarodjunk most vissza az (1.3) függvény minimumának megkereséséhez. A x2+9 kifejezés éppen az (x,3) vektor hossza, ami azt sugallhatja számunkra, hogy a Cauchy‐Bunyakovszkij‐Schwarz-egyenlőtlenséggel próbálkozzunk. Az alkalmazásához azonban szükségünk lenne még egy vektorra, ám szerencsére ott van, csak ,,elrejtőzött'':
x2+9=x2+91=x2+9cos2β+sin2β.(6.3)
(Amennyiben nem szeretnénk trigonometrikus függvényekkel dolgozni, akkor (cosβ,sinβ) helyett gondoljunk egyszerűen egy (v1,v2) egység hosszú vektorra, azaz v12+v22=1.) A β szög számunkra megfelelő értékét egyelőre nem tudjuk, de tüstént ki fog derülni. Alkalmazzuk most a Cauchy‐Bunyakovszkij‐Schwarz-egyenlőtlenség abszolút érték nélküli változatát (6.3) alapján:
x2+9=x2+9cos2β+sin2βxcosβ+3sinβ.(6.4)
Ezzel az f függvény egy alsó becslését nyerjük:
f(x)xcosβ+3sinβ+10-x2=x(cosβ-12)+3sinβ+5.
Immár jól látszik, hogy cosβ=1/2 esetén f-nek x-től független alsó becslése adódik. Legyen tehát β=60, ekkor cosβ=1/2, sinβ=3/2 miatt
f(x)=x2+9+10-x23sinβ+5=332+5.
A 6.2. megjegyzés figyelembevételével egyenlőség csakis akkor áll fenn, ha x32=312, azaz x=3 (a 6.5. észrevételben foglaltak szerint úgy is fogalmazhatunk, hogy az (x,3) és (12,32) vektoroknak azonos állásúaknak kell lenniük). Mivel 0<3<10, ezzel a korábbi megoldásokhoz hasonlóan megkaptuk, hogy az f függvény minimumhelye a [0,10] intervallumon x=3.
 
6.6. megjegyzés. A kíváncsi Olvasó eltöprenghet azon, hogy az előbbi okoskodásban felbukkanó β szög és maga a (6.4) egyenlőtlenség az 1. ábrán vajon hogyan jeleníthető meg ‐ ehhez érdemes használni azt, hogy egy vektornak egy adott egységvektorral képzett skaláris szorzata a vektornak az egységvektor irányára vetett előjeles vetülete (lásd [5]).
Az [1] könyvecskében a Cauchy‐Bunyakovszkij‐Schwarz-egyenlőtlenség mellett további nevezetes egyenlőtlenségekhez kapcsolódó feladatok közül válogathatunk, ezenkívül a [6] angol nyelvű könyv igazi csemege azok számára, akik az egyenlőtlenségek művészetében szeretnének kalandozni.
 
Hivatkozások

[1]Ábrahám Gábor, Nevezetes egyenlőtlenségek, Mozaik Oktatási Stúdió, Szeged, 1995.
[2]Sz. G. Gingyikin, Történetek fizikusokról és matematikusokról, Harmadik kiadás, Typotex, Budapest, 2012.
[3]M. Golomb, Elementary Proofs for the Equivalence of Fermat's Principle and Snell's Law, Amer. Math. Monthly, Vol. 71, No. 5 (May, 1964), 541‐543.,
http://www.jstor.org/stable/2312599.
[4]Ch. Huygens, Traité de la lumiŠre, Chez Pierre van der Aa, Leiden, 1690.,
https://archive.org/stream/traitdelalvmie00huyg.
[5]Reiman István, Geometria és határterületei, Szalay Könyvkiadó és Kereskedőház Kft., 1999.
[6]J. M. Steele, The Cauchy‐Schwarz Master Class (An Introduction to the Art of Mathematical Inequalities), Cambridge Univ. Press, NY, 2004.
[7]Gallica-Math, http://sites.mathdoc.fr/OEUVRES.