Cím: Séta a havon ‐ az ezerarcú feladat 3.
Szerző(k):  Besenyei Ádám 
Füzet: 2017/január, 2 - 7. oldal  PDF file
Hivatkozás(ok):2016/november: Séta a havon ‐ az ezerarcú feladat 1.
2016/december: Séta a havon ‐ az ezerarcú feladat 2.

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

 
7. Egy geometriai nagyágyú

Az eddigi temérdek analízis és algebra után következzen most egy geometriai okoskodás, amelynek ötlete a [10] cikkből származik és egy ‐ a versenyfeladatokon edződöttek számára vélhetően jól ismert ‐ nevezetes geometriai egyenlőtlenségre támaszkodik. (Az alábbiakban kissé pongyolán sokszög oldalának mérőszáma helyett egyszerűen az oldalról fogunk beszélni.)
 
7.1. tétel (Ptolemaiosz-egyenlőtlenség) A síkon bármely konvex négyszögben a szemközti oldalak szorzatának összege legalább akkora, mint az átlók szorzata. Egyenlőség csakis húrnégyszögben teljesül.
 
Bizonyítás. Tekintsük a 9. ábrán látható ABCD konvex négyszöget, amelynek oldalai AB=a, BC=b, CD=c, DA=d, az átlói pedig AC=e, BD=f. Ekkor azt kell igazolnunk, hogy
ac+bdef.
Emeljünk a BC oldalra a CDA háromszöggel hasonló CBE háromszöget úgy, hogy ACD=ECB és CDA=CBE (más szóval alkalmazzunk C középpontú forgatva nyújtást az ACD háromszögre úgy, hogy CD képe CB legyen). A hasonlóság aránya CB/CD=b/c, ezért CE=bce és BE=bcd. Vegyük észre, hogy ekkor a CAE és CDB háromszögek szintén hasonlók, mert BCD=ECA és CE/CB=CA/CD=e/c. Következésképpen AE/DB=e/c, vagyis AE=ecf. Mivel az ABE háromszögben az AB és BE oldalak összege legalább akkora, mint AE, így
a+bcdecf,
amiből c-vel való beszorzás után éppen a bizonyítandó egyenlőtlenség adódik. Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha az ABE háromszög elfajuló, azaz ABC+CBE=180. Ez azt jelenti, hogy az ABCD négyszögben a B és D csúcsoknál lévő belső szögek összege 180, tehát ABCD húrnégyszög.  


 

9. ábra
 

 
7.2. történeti megjegyzés. Klaudiosz Ptolemaiosz a Kr. e. II. századi Alexandriában élt matematikus, csillagász, földrajztudós, a geocentrikus ‐ a Földet a világegyetem középpontjának tekintő ‐ világkép megalkotója. Az Almageszt című műve az ókori csillagászat legfontosabb tudományos forrása, amely a benne található trigonometriai számítások szempontjából is kiemelkedő jelentőségű. Ebben igazolta Ptolemaiosz többek között azt, hogy húrnégyszögben az átlók szorzata a szemközti oldalak szorzatainak összege.
 
7.3. megjegyzés. E kicsit talán hosszabb lélegzetvételűre nyúló megjegyzésben a Ptolemaiosz-egyenlőtlenség bizonyítása kapcsán hívjuk fel a figyelmet néhány észrevételre, általánosításra. Első olvasáskor nyugodtan a hómezős feladat megoldásához lehet ugrani.
Az előbbi bizonyítás apró finomításával nem nehéz igazolni (lásd [5, 12.14. feladat]), hogy tetszőleges A, B, C, D síkbeli pontnégyesre igaz
ABCD+BCDAACBD,
ahol egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha a négy pont egy körön (vagy egyenesen) helyezkedik el és azon az AC pontpár elválasztja a BD pontpárt. Sőt, megmutatható, hogy bármely nem egy síkban fekvő pontnégyes esetén szigorú egyenlőtlenség áll fenn (erről lásd a [12] könyv 5.8. szakaszát).
A Ptolemaiosz-egyenlőtlenségnek a fentitől különböző, a Simson-egyenes bizonyos tulajdonságára épülő bizonyítása olvasható a [2] könyvben. Számos feladat között böngészhetünk a [6] írásban, ahol az egyenlőtlenség egy általánosítása - a Casey-tétel, amelyben a csúcsok szerepét érintő körök, az oldalakét pedig érintők veszik át - ugyancsak terítékre kerül.
Végül nem tudunk ellenállni a kísértésnek, hogy röviden szót ejtsünk a Ptolemaiosz-egyenlőtlenség komplex számok segítségével történő igen elegáns igazolásáról. Tekintsük az A, B, C, D pontoknak megfelelő a, b, c, d komplex számokat a komplex számsíkon (lásd 10. ábra), azaz például a=a1+a2i, ahol a1 a valós, a2 pedig a képzetes rész.


 

10. ábra
 

A komplex számok közötti szorzás a valós számok szorzásához hasonlóan viselkedik i2=-1 figyelembevételével:
ab=(a1+a2i)(b1+b2i)=a1b1-a2b2+(a1b2+a2b1)i.
Induljunk ki most a könnyen ellenőrizhető
(a-c)(b-d)=(a-d)(b-c)+(d-c)(b-a)(7.1)
azonosságból. Vegyük észre (ismét lásd a 10. ábrát), hogy a-c és b-d az AC, DB átlóvektorok, továbbá a-d és b-c, illetve d-c és b-a rendre a DA és CB, illetve CD és AB szemközti oldalvektorok. Ekkor (7.1) mindkét oldalán abszolút értékét véve, majd alkalmazva a háromszög-egyenlőtlenséget:
|a-c||b-d||a-d||b-c|+|d-c||b-a|,
ami éppen a Ptolemaiosz-egyenlőtlenség. Az egyenlőség esetét egyáltalán nem nyilvánvaló kiolvasni a bizonyításból, ebben az úgynevezett kettősviszony segíthet, bővebben lásd például [11, 31. feladat], [12, 12.5. szakasz], ahol a komplex számok egyéb geometriai alkalmazásáról is olvashatunk.
 
A hómezős feladat megoldása. Ennyi előkészület után térjünk vissza a hómezős feladat megoldására, most a Ptolemaiosz-egyenlőtlenség segítségével. Tekintsük a 11. ábrát, ahol legyen D*BC szakasz azon pontja, amelyre BAD*=30 (a korábbiak fényében tudjuk, hogy ez fogja adni a minimumot). Rajzoljuk meg az A, D* és C pontokon átmenő kört, amelynek középpontja legyen O, sugara pedig r, és a D* pontban a BC szakaszra állított merőleges egyenes messe a kört az M pontban.


 

11. ábra
 

A Thalész-tétel miatt ekkor MC átmérő a körben, tehát MC=2r. Másrészt a kerületi és középponti szögek tétele miatt
MOA=2MD*A=2BAD*=60
(BAD* és MD*A fordított állásúak), vagyis az MOA egyenlő szárú háromszög szabályos, így AM=r. Ha DBC szakasz tetszőleges pontja, akkor az AMCD konvex négyszögben a Ptolemaiosz-egyenlőtlenség szerint
ADMC+AMDCACMD,
azaz
2rAD+rDCACMD.
Minthogy MD* átfogó az MDD* (esetleg elfajuló) derékszögű háromszögben, ezért MDMD*, így
AD+DC2ACMD*2r,
ahol a jobb oldal a D pont választásától független állandó. Egyenlőség pontosan akkor van, ha ADMC húrnégyszög, vagyis D=D*. Ezzel sokadjára beláttuk, hogy az (1.2) kifejezés minimumhelyét a D* pont adja, tehát a gyalogosnak itt kell kimennie az országútra.
Akiknek elnyerte tetszését a húrnégyszögek világa, azok a [3] könyvben indulhatnak a meghódításukra, ezenkívül pedig ajánljuk a szakaszban már korábban említett [2, 6, 11, 12] olvasnivalókat.
 
8. Besegít a mechanika

Zárásként a hómezős feladatot mechanikai köntösbe bújtatjuk, amelynek ötlete Pólya György ‐ világhírű matematikus, a matematikai gondolkodás és problémamegoldás tudományának kiemelkedő tanár- és tudósegyénisége ‐ [9] könyvének 9. fejezetében is szerepel, ahol számos egyéb szélsőérték-feladat fizikai szemléletű megoldása olvasható élvezetes stílusban.
Képzeljük el, hogy a 12. ábrán látható módon a vízszintes helyzetű BC (tökéletesen merev) rúdra felfűzve szabadon (súrlódásmentesen) csúszhat a D gyűrű. A gyűrűhöz egy DAP=1 és egy DCQ=2 (elegendő) hosszúságú (nyújthatatlan) kötelet kötünk, amelyeket rendre az A és B pontokban rögzített csigákon átvetünk, majd ezután a P, illetve Q végükre egy p, illetve q súlyú testet helyezünk, ahol a súlyok arányát később választjuk meg. (A szokásos módon a gyűrűt, a csigákat és a súlyokat is pontszerűnek tekintjük, a kötél súlyát és a súrlódást pedig elhanyagoljuk.)


 

12. ábra
 

Magára hagyva a rendszert egy idő után beáll az egyensúlyi helyzetébe, amelyben a helyzeti energiája minimális. A BC rudat véve a viszonyítási szintnek a p súlyú test (-BP) magasságban található, ezért a helyzeti energiája (-BPp); ehhez hasonlóan a q súlyú test helyzeti energiája (-CQq). A rendszer helyzeti energiája tehát a BPp+CQq kifejezés ellentettje, amely akkor lesz a lehető legkisebb, ha BPp+CQq maximális. Minthogy BP=BA+AP és AP=1-AD, CQ=2-DC, ezért
BPp+CQq=BAp+(1-AD)p+(2-DC)q==(1p+2q+BAp)-(ADp+DCq).
Itt az 1p+2q+BAp mennyiség állandó, így egyensúlyi helyzetben az
ADp+DCq
kifejezés minimális. Ha most a súlyok arányát úgy választjuk meg, hogy q=p/2, akkor a
p(AD+DC2)
kifejezés minimumhelye adja egyensúly esetén a D pont helyzetét. De ez (1.1) alapján éppen megegyezik a hómezős feladatbeli út megtételéhez szükséges idővel, ha p=1/v. Így tehát a mechanikai problémabeli egyensúlyi helyzet megfelel a hómezős feladat időben legrövidebb útjának. Szerencsére a mechanikai rendszer egyensúlyi helyzetét nemcsak energiákkal, hanem a gyűrűre ható erők eredőjének segítségével szintén jellemezhetjük, ezáltal a minimumhely egy másik leírását nyerjük.
Tudjuk, hogy egyensúlyi helyzetben a gyűrűre ható erők kiegyenlítik egymást. Mivel a súlyok húzását a kötelek és a csigák változatlanul közvetítik, ezért a gyűrűre egy p és egy p/2 nagyságú erő hat a két kötél irányában, lásd a 13. ábrát. A gyűrű nyugalomban van, így ezen két erő vízszintes összetevői semlegesítik egymást (függőlegesen pedig a rúd merevségéből származó erő ellensúlyozza a p nagyságú erő hatását). Ha ADB=δ, akkor az A csiga irányában ható erő vízszintes kompenense pcosδ nagyságú. A B csiga irányában a vízszintes p/2 nagyságú erő hat, így szükségképpen
p2=pcosδ,
vagyis cosδ=1/2, tehát δ=60. Ez azt jelenti, hogy egyensúlyi helyzetben ADB=60, és az előbb meggondoltak tükrében a hómezős feladatban szintén ez a D pont szolgáltatja az időben legrövidebb utat.


 

13. ábra
 

A fizika matematikai alkalmazásaira további meglepő példákat láthatunk a [8] könyvben, ahol a hómezős feladat optikai és mechanikai megközelítéséről is bővebben olvashatunk. Ajánljuk továbbá az [1] cikket, amely elektromos ellenállások hálózatait hívja segítségül különböző egyenlőtlenségek, köztük a számtani és harmonikus közép közötti egyenlőtlenség igazolásához.
 
 
9. Irány Kukutyin és Piripócs

A cikk elején beharangozott megoldások sora véget ért, de a lehetséges okoskodások tárháza alighanem kimeríthetetlen. Érdemes tovább keresgélni és a közöttük lévő kapcsolatokat feltérképezni, valamint megvizsgálni, mi a helyzet abban az esetben, ha a gyalogos sebessége c-szer (c>0) akkora az országúton, mint a hómezőn (az országúton akár lassabban is mehet). Egy általánosítási lehetőség az érdeklődő és elszánt Olvasók számára a következő.
 
Feladat. Kukutyin és Piripócs egy egyenes autópálya két különböző oldalán helyezkedik el (lásd 14. ábra). Az autópálya egy M pontjából leágazásokat építenek a két városhoz. Az építési költség Kukutyin felé c-szer akkora, mint Piripócs felé (ahol c>0). Hol legyen az M pont, hogy az útépítés összköltsége minimális legyen?


 

14. ábra
 

 
A c=1 eset megoldása nyilvánvaló, mert ekkor a PK szakasz hosszban a legrövidebb, tehát a költsége minimális. Ez a feladat függvénytani álruhában a márciusi emelt szintű feladatsor 4. feladata volt (és például a 2009/2010-es tanévi Arany Dániel Matematikai Tanulóversenyen a kezdők I‐II. kategória második fordulójában is szerepelt, a megoldásában a (6.2) egyenlőtlenség ugyancsak felbukkant, lásd a feladatsort és a megoldást a [13] weboldalon).
Próbáljunk meg a hómezős feladatnak a KöMaL áprilisi számában és e cikkben közölt megoldásai közül minél többet a fenti feladatra általánosítani. Ezek közül a differenciálszámítást használó okoskodás olvasható a [7] könyv 11.49. Példájában; a mechanikai érvelés a [9] könyv 9. fejezetében; a Ptolemaiosz-tételre épülő megoldás a [10] cikkben; a Cauchy‐Bunyakovszkij‐Schwarz-egyenlőtlenséget alkalmazó pedig a [4] cikkben, ahol ezenfelül egy, a fény hullámtermészete által motivált, Huygenstől eredő geometriai megoldás is található. Izgalmas kalandozást kívánunk az ötletek rengetegében!
 
Köszönetnyilvánítás. A szerző köszönettel tartozik Kovács Balázsnak és Gnädig Péternek a kézirathoz fűzött értékes megjegyzéseikért.
 
 
Hivatkozások


[1]Besenyei Ádám, A Milne-egyenlőtlenség és társai, avagy ellenállások álruhában I‐II., KöMaL, 2015/9, 514‐524. és 2016/1, 2‐10.,
http://abesenyei.web.elte.hu/publications/ellenallas.pdf.
[2]H. S. M. Coxeter, S. L. Greitzer, Az újra felfedezett geometria, Gondolat, Budapest, 1977.
[3]Gerőcs L., A húrnégyszögek meghódítása, Akadémiai Kiadó, Budapest, 2010.
[4]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.
[5]Hraskó András, Surányi László (szerk.), Geometria, 9‐10. évfolyam, Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium, 2013.,
http://matkonyv.fazekas.hu/cache/pdf/vol_geometria_ii.pdf.
[6]Kubatov Antal, Ptolemaios tétele, Casey-tétel, feladatok,
http://matekold.fazekas.hu/portal/tanitasianyagok.
[7]Laczkovich Miklós, T. Sós Vera, Valós Analízis I., TypoTeX, Budapest, 2012.
[8]M. Levi, The Mathematical Mechanic: Using Physical Reasoning to Solve Problems, Princeton University Press, Princeton, New Jersey, 2009.
[9]Pólya György, Indukció és analógia (A matematikai gondolkodás művészete 1.), Gondolat, Budapest, 1988.
[10]D. Pedoe, A Geometric Proof of the Equivalence of Fermat's Principle and Snell's Law, Amer. Math. Monthly, Vol. 71, No. 5 (May, 1964), 543‐544.,
http://www.jstor.org/stable/2312600.
[11]Reiman István, Geometriai feladatok megoldása a komplex számsíkon, 3. kiadás, Középiskolai Szakköri Füzetek, Tankönyvkiadó, Budapest, 1972.
[12]Reiman István, Geometria és határterületei, Szalay Könyvkiadó és Kereskedőház Kft., 1999.
[13]http://www.eszesen2010.hu.