Kezdőlap


Feladat:	1416. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Babai L. , Bajna Zs. , Bárány I. , Csernó J. , Deák J. , Domokos L. , Havas J. , Herényi I. , Herszényi B. , Joó I. , Kafka P. , Kalmár István , Kiss Á. , Kloknicer I. , Lelkes A. , Lévai F. , Pethő I. , Tényi G. , Tolnay-Knefély T. , Verdes S.
Füzet:	1966/május, 208 - 210. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Ellipszis egyenlete, Síkgeometriai szerkesztések, Ellipszis, mint mértani hely, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1965/október: 1416. matematika feladat

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

I. megoldás. Elég azt megmutatnunk, hogy a leírt eljárás az ellipszis tengelyeinek egyeneseire és hosszára ugyanazt a két egyenest és két hosszúságot adja, mint az ábrázoló geometriából ^{$^{*}$} ismert Rytz-féle szerkesztés, amely ugyancsak egy konjugált félátmérő-párból állítja elő a tengelyek egyeneseit és fele hosszúságukat, ugyanis az utóbbi eljárás helyessége ott bizonyítást nyert.

Forgassuk el

D

-t

O

körül

90^{\circ}

-kal, legyen új helyzete

P

, a

P C

szakasz felezőpontja

Q

, messe

C P

-t a

Q

körül

Q O

sugárral írt kör

R

-ben és

S

-ben. Ekkor a Rytz-eljárás szerint a két tengely egyenese

O R

és

O S

, hosszuk fele pedig

P R (= C S)

, ill.

P S (= C R)

. (

P^{*}

Q^{*}

R^{*}

S^{*}

a másik irányú forgatás útján ugyanúgy keletkeznek.)
A két eljárás lépéseit egyszerre figyelembe véve

O C F P

és

O E C P

paralelogrammák, így egyrészt

Q

O F

átlót is felezi, másrészt

O E ∥ C P

. Így az

O Q R

háromszög egyenlő szárú voltát is felhasználva

\begin{matrix} F O R ∢ = Q O R ∢ = Q R O ∢ = E O R ∢, \end{matrix}

tehát

O R

azonos az

O E

O F

egyenespár egyik szögfelezőjével;

O S

pedig a köztük levő másik szöget felezi, mert Thalész tétele szerint merőleges

O R

-re. ‐Továbbá a jelölést úgy választva, hogy

O E > O F

\begin{matrix} G H = \frac{G E}{2} = \frac{O E - O G}{2} = \frac{C P - O F}{2} = C Q - O Q = C Q - R Q = C R, \\ O H = O G + G H = O F + C R = R S + C R = C S . \end{matrix}

Végül

O R

és

O S

közül a nagytengely kiválasztására a két eljárás ugyanazt az utasítást adja. Ezzel az eljárás helyességét bebizonyítottuk.

Kalmár István (Debrecen, Fazekas M. Gimn. IV. o. t.)

II. megoldás. Ismeretes a tankönyvből ^{$^{*}$}, hogy az

O A = a

fél nagytengellyel és

O B = b

fél kistengellyel meghatározott ellipszis I. síknegyedbeli ívének paraméteres egyenletrendszere

x = a cos α

y = b sin α

(2. ábra). Könnyű belátni, hogy az

A O P_{0} = t

szöget véve paraméternek az

x = a cos t

y = b sin t

egyenletrendszer az ellipszis minden pontját megadja, míg

0^{\circ} \leq t < 360^{\circ}

. Ezt a rendszert fogjuk felhasználni.
Az ellipszis két konjugált félátmérőjének végpontja

t

-nek két egymástól

90^{\circ}

-kal különböző értékéhez tartozik, ^{$^{*}$} mert így lesz a főkör

P_{0}^{*}

-beli érintője párhuzamos

O P_{0}

-lal, és a

P^{*}

-beli érintő párhuzamos

O P

-vel.

Így a feltevés szerint van olyan

O X

O Y

egymásra merőleges koordináta-tengelypár és olyan

a

b

t

értékrendszer, hogy

C

és

D

koordinátái (3. ábra)

\begin{matrix} C (a cos t, b sin t), D (- a sin t, b cos t), \end{matrix}

ugyanis

cos (t + 90^{\circ}) = - sin t

, és

sin (t + 90^{\circ}) = cos t

.
Az

E

pont előállítását így is kimondhatjuk:

O D

-t áttoljuk a

C D^{*}

helyzetbe, majd

C

körül elforgatjuk

90^{\circ}

-kal. Ekkor, az előjeleket is figyelembe véve

\begin{matrix} C E_{2} = C D_{2}^{*} = O D_{2} = b cos t, C E_{1} = - O D_{1} = a sin t, \end{matrix}

ugyanis a felhasznált irányú forgatással

Y

pozitív felének iránya jut

X

pozitív felének irányába és

X

negatív felének iránya az

Y

pozitív felének irányába. Eszerint

E

koordinátái, és hasonlóan

F

-éi,

C D^{*}

ellentétes irányú

90^{\circ}

-os forgatásával

\begin{matrix} E (a cos t + b cos t, b sin t + a sin t) = ((a + b) cos t, (a + b) sin t), \\ F ((a - b) cos t, (b - a) sin t) = ((a - b) cos (360^{\circ} - t), (a - b) sin (360^{\circ} - t)) . \end{matrix}

Az utolsó alakokban az

a + b

és

a - b

tényezők, valamint a

t

és

360^{\circ} - t

paraméter értékek megismétlődése azt mutatja, hogy az

O E

és

O F

egyenesek egymás tükörképei az

X

tengelyre, tehát egyik szögfelezőjük valóban az

X

tengely, az erre merőleges, másik szögfelezőjük pedig az

Y

tengely, amint a feladat állítja.
Így már azt is mondhatjuk, hogy

G

F

tükörképe az

X

tengelyre, tehát

G

, majd

H

koordinátái:

\begin{matrix} G ((a - b) cos t, (a - b) sin t), H (a cos t, a sin t) . \end{matrix}

Innen pedig nyilvánvaló, hogy

O H = a

O G = a - b

, és így

G H = b

^{$^{*}$}Lásd pl. Lőrincz Pál: Ábrázoló geometria a gimn. IV. o. számára, 6. kiadás, Bp. 1962, Tankönyvkiadó, 45‐46. o.

^{$^{*}$}Gallai T.‐Hódi E.‐Péter R.‐Szabó P.‐Tolnai J.: Matematika a Gimn. III. o. sz. 12. kiadás, Bp. 1962, Tankönyvkiadó, 264. o.

^{$^{*}$}Lásd a $^{2}$ tankönyvben, 41‐42. o.