Kezdőlap


Feladat:	1107. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bede Andrea , Benczúr András , Bollobás Béla , Bornes Klára , Csipka L. , Demendy Z. , Farkas Zoltán , Gagyi Pálffy A. , Gálfi l. , Haupert J. , Homitzky L. , Horváth Kálmán , Huber T. , Katona Mária , Kéry G. , Kóta J. , Kovács I. , Lehel J. , Máté A. , Molnár E. , Molnár Emil , Náray-Szabó G. , Nováky B. , Opálény M. , Schőnweitz Tivadar , Sebestyén Zoltán , Seprődi L. , Simonovits Miklós , Sonnevend Gy. , Szegő K. , Szepesvári I. , Szidarovszky Ágnes , Szidarovszky F. , Tistyán P. , Vesztergombi György , Vincze I. , Zalán P. , Zalay M.
Füzet:	1962/január, 38 - 40. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Merőleges affinitás, Ellipszis egyenlete, Ellipszis, mint mértani hely, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1961/április: 1107. matematika feladat

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

I. megoldás. Az átmérő $D$ , $D'$ végpontjai és a kérdéses $M$ , $M'$ metszéspontok paralelogrammát határoznak meg. $M$ és $M'$ mértani helye szimmetrikus $k$ -nak $O$ középpontjára, mert a paralelogramma egyik átlója $D D'$ . Szimmetrikus a mértani hely a körben az $i_{1}$ és $i_{2}$ -vel párhuzamos átmérők közti szögek $f_{1}$ , $f_{2}$ felezőire is, mert ha a $d'$ átmérő tükörképe $f_{1}$ -re $d''$ , akkor a $d''$ végpontjain átmenő, $i_{1}$ -gyel párhuzamos egyenesek tükrösek a $d'$ végpontjain átmenő, $i_{2}$ -ve1 párhuzamos egyenesekkel és megfordítva.
Ha $i_{1}$ és $i_{2}$ merőlegesek, akkor a mértani hely maga $k$ , hiszen így a $D M D' M'$ paralelogramma derékszögű, átlói egyenlők, tehát $M$ és $M'$ a $k$ -n vannak, ‐ és megfordítva $k$ -nak bármely $M$ pontjához található olyan $D D'$ átmérő, amelyhez az előírás szerint szerkesztett metszéspontok egyike éppen $M$ , éspedig $D D'$ -t az $M$ -hez tartozó $M M'$ átmérő végpontjaiból az eredeti szerkesztéssel kapjuk.
Ha $i_{1}$ és $i_{2}$ nem merőlegesek, akkor több pontpár megszerkesztése után sejtjük, hogy a mértani hely ellipszis. Ezt a koordinátageometria módszereivel igazoljuk. Tengelyeknek az említett szögfelezőket célszerű választani, így az origó a $k$ kör középpontja lesz, ‐ egységnek pedig vegyük $k$ sugarát. Legyen $i_{1}$ iránytangense $m$ , így $i_{2}$ iránytangense $- m$ . A szimmetria miatt, és mivel az $i_{1} ⊥ i_{2}$ esetet már láttuk ‐ ott $m = tg 45^{\circ} = 1$ ‐, elég a $0 < m < 1$ értékekre gondolnunk. (Nyilvánvaló ugyanis, hogy $i_{1}$ és $i_{2}$ különbözők, és így $m = 0$ lehetetlen.)

Vegyük

D

gyanánt

k

-nak (

ξ, η

) pontját, így

D' (- ξ, - η)

. A

D

-n átmenő

i_{2}

és a

D'

-n átmenő

i_{2}

irányú egyenes egyenlete:

\begin{matrix} y - η = m (x - ξ), \end{matrix}

(1)

ill.

\begin{matrix} y + η = - m (x + ξ) . \end{matrix}

Innen

M

metszéspontjuk koordinátái:

\begin{matrix} x^{*} = - \frac{η}{m}, & (2) \\ y^{*} = - m ξ, \end{matrix}

D

-n átmenő

i_{2}

irányú és a

D'

-n átmenő

i_{1}

irányú egyenesek metszéspontja pedig hasonlóan

M' (- x^{*}, - y^{*})

, ugyanis egyenletüket úgy kapjuk, ha (1) mindkét egyenletében

m

helyére

- m

-et írunk.
Az

x^{*}

és

y^{*}

között fennálló összefüggést abból kapjuk, hogy a

(ξ, η)

számpár kielégiti

k

-nak

x^{2} + y^{2} = 1

egyenletét. (2)-ből

\begin{matrix} ξ = - \frac{y^{*}}{m}, η = - m x^{*}, \end{matrix}

így

\begin{matrix} ξ^{2} + η^{2} = \frac{y^{* 2}}{m^{2}} + m^{2} x^{* 2} = 1, \end{matrix}

amit így is írhatunk:

\begin{matrix} \frac{x^{* 2}}{{(\frac{1}{m})}^{2}} + \frac{y^{* 2}}{m^{2}} = 1. \end{matrix}

(3)

Eszerint valóban minden

M (x^{*}, y^{*})

pont ‐ és minden

M' (- x^{*}, - y^{*})

is ‐ rajta van azon az ellipszisen, amelyre az

x

-tengelyen fekvő szimmetriatengely félhossza

1 / m

, a másik tengelyé pedig

m

. (Ezek a feltevés folytán különbözők, az előbbi a nagy tengely.)
Fordítva, a (3) ellipszis bármely

M (x^{*}, y^{*})

pontjához található

k

-nak olyan

D D'

átmérője, amelyhez a feladat utasítása szerint szerkesztett metszéspontok egyike éppen

M

. Ugyanis az

M

-en átmenő

i_{1}

irányú és

M' (- x^{*}, - y^{*})

-on átmenő

i_{2}

irányú egyenesek egyenlete

\begin{matrix} y - y^{*} = m (x - x^{*}), ill. y + y^{*} = - m (x + x^{*}), \end{matrix}

ennélfogva

D

metszéspontjuk koordinátái:

\begin{matrix} ξ^{*} = - \frac{y^{*}}{m} és η^{*} = - m x^{*}, \end{matrix}

ezekre (3) szerint

ξ^{^{*} 2} + η^{* 2} = 1

, vagyis

D

k

-n van, továbbá (2) szerint a

D

-ből az eredeti szerkesztéssel kapott metszéspontok éppen

M

és

M'

.
Mindezek szerint a keresett mértani hely a (3) egyenlettel meghatározott

e

ellipszis.

Schőnweitz Tivadar (Pannonhalma, Bencés g. III. o. t.)

II. megoldás.

D' M'

és az

i_{2}

-vel párhuzamos átmérő egyenesének metszéspontját

N

-nel jelölve

O N

D D' M'

háromszög középvonala, ezért

M' N : D' N = 1

. Eszerint

M'

D'

pont megfelelője abban az affinitásban, amelynek iránya

i_{1}

, tengelye az

O

-n átmenő,

i_{2}

irányú egyenes, és aránymutatója az egység ‐ megjegyezve még, hogy a megfelelő pontok a tengely két oldalán helyezkednek el. (Más szóval: az aránymutató

- 1

.) Mivel kör affin képe (általában) ellipszis, azért míg

D

leírja

k

-t, addig

M

k

-nak az említett affinitásban megfelelő ellipszist írja le.

Sebestyén Zoltán (Celldömölk, Berzsenyi D. g. III. o. t.)

Megjegyzések. 1. Az az affinitás, amelynek iránya

i_{2}

, tengelye a

k

-nak

i_{1}

-gyel párhuzamos átmérője, és aránymutatója 1, ugyancsak

e

-be viszi át

k

-t. A felcserélhetőség azon múlik, hogy az aránymutató értéke 1, ezért az ellipszis érinti

k

-nak

i_{1}

és

i_{2}

-vel párhuzamos érintőit, e két irányra merőlegesen a szélessége egyenlő k átmérőjével.
2. Néhány megoldás rámutatott, hogy a feladatban ,,irány''-on nem vektort értettünk.