Kezdőlap


Feladat:	1031. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bácsy Zsolt , Nováki Béla
Füzet:	1961/február, 63 - 64. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Mértani helyek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1960/február: 1031. matematika feladat

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

I. megoldás: Tekintsük a feladatot megoldottnak és tegyük fel, hogy $M_{1}$ és $M_{2}$ az $e$ -nek ugyanazon partján van. Legyen az $M_{1} M_{2}$ húr felezőpontja $F$ , továbbá $M_{1}$ , $M_{2}$ , $F$ vetülete $e$ -n rendre $T_{1}$ , $T_{2}$ , $T$ .

Eszerint

M_{1} T_{1} + M_{2} T_{2} = s

, és így az

M_{1} M_{2} T_{2} T_{1}

(konvex) trapéz

F T

középvonalának hossza, az

F

pont

e

-től való távolsága:

s / 2

. Másrészt, ha

k

középpontja

O

, akkor

O F

merőleges a

P M_{1}

, azaz

P F

szelőre.
Így

F

-re két mértani helyet kaptunk:

F

rajta van az

e

-vel párhuzamos, tőle

s / 2

távolságra levő

f

egyenesek valamelyikén, másrészt az

O P

átmérő fölötti

k_{1}

Thalész-körön. Ennek alapján

F

, és így a

P F

egyenes is megszerkeszthető.
Ha

P F

valóban metszi

k

-t, és a metszéspontok

e

ugyanazon partján adódnak, akkor a megoldás megfelelő volta a fentiekből nyilvánvaló. Ha viszont

e

szétválasztja

M_{1}

és

M_{2}

-t, akkor a

P F

-et csak úgy tekinthetjük megoldásnak, ha az

e

-től mért távolságoknak előjelet tulajdonítunk. Ekkor természetesen azon az oldalon levő távolságokat kell pozitívnak vennünk, amelyiken az éppen vizsgált

f

van, mert

s / 2

-t nyilván pozitívnak vettük.

f

-re két lehetőség jön szóba

e

két oldalán, mindkettőnek

2

közös pontja lehet

k_{1}

-gyel, így a megoldások száma legfeljebb

4

. ‐

F

gyanánt természetesen csak a

k

belsejében adódó metszéspontok felelnek meg.

Bácsy Zsolt (Budapest, Eötvös J. Gimn. III. o. t.)

II. megoldás: Tovább is az I. megoldás jelöléseit használva tükrözzük

P

-t,

e

-t és az

M_{1} M_{2} T_{2} T_{1}

derékszögű trapézt

F

-re. Így az

M_{1}

és

M_{2}

pontok egymás tükörképei, legyen továbbá

P

T_{1}

T_{2}

e

tükörképe

P'

T'_{1}

T'_{2}

e'

. Nyilvánvaló, hogy

T'_{1}

T'_{2}

M_{2} T_{2}

, ill.

M_{1} T_{1}

meghosszabbítására esik, és

T_{1} T'_{2} = T_{1} M_{1} + M_{1} T'_{2} = T_{1} M_{1} + M_{2} T_{2} = s

, és így

e'

az adatokból megszerkeszthető. Ugyanez áll

P'

-re is, mert ez egyrészt rajta van az

O

körül

O P

sugárral írt

k_{2}

körön ‐ ugyanis az

O P P'

háromszög

O F

súlyvonala merőleges

P P'

-re, tehát e háromszög egyenlő szárú ‐, másrészt ugyanakkora távolságban van

e'

-től, mint

P

e

-től.
Az utóbbi megállapítás alapján

P'

-re úgy kapjuk a második mértani helyet, hogy a

P

-n átmenő,

e

-vel párhuzamos

g

egyenest tükrözzük az

e

e'

síksáv tengelyére. ‐ Ezek alapján a keresett szelőt a

P P'

egyenes adja meg.

e'

-t és vele

g'

-t

e

két oldalán szerkeszthetjük, továbbá

k_{2}

két pontban metszheti

g'

-t, így ismét azt kapjuk, hogy a megoldások száma legfeljebb

2 \cdot 2 = 4

Nováky Béla (Budapest, I. István Gimn. II. o. t.)

Megjegyzések. 1. A II. megoldás

P'

pontjának szerkesztése lényegében azonos az I. megoldásbeli

F

pont szerkesztésével. Ugyanis az

e

e'

síksáv tengelye az előbbi

f

egyenes, tehát

g

és

g'

távolsága kétszerese

g

és

f

távolságának, másrészt

P' P = 2 F P

.
2. Láttuk, hogy akkor is megoldását kapjuk a feladatnak, ha

M_{1}

és

M_{2}

e

egyenes ellenkező oldalán van, ‐ amennyiben az

e

-től való távolságot alkalmas módon előjeles mennyiségnek tekintjük. Többen rámutattak, hogy amennyiben viszont ezt nem tesszük, akkor az olyan megoldás keresése, amelyben

M_{1}

és

M_{2}

e

egyenes ellenkező oldalán van, negyedfokú egyenlet gyökei megszerkesztésének feladatára vezet. A nyert negyedfokú egyenletről azonban megmutatható az is, hogy gyökei általában nem szerkeszthetők meg körző és vonalzóval. Az ilyen megoldás tehát általában nem szerkeszthető meg.