Kezdőlap


Feladat:	1502. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Balogh J. , Bodor István , Bottyán I. , Bulkai Tamás , Csörgei J. , Dőry Anna , Farkas I. , Fiala T. , Gács P. , Gallatz Imre , Gegesy Ferenc , Hámori Veronika , Horváth S. , Hunyadvári L. , Joó István , Juhász Ágnes , Karsai I. , Katona V. , Kocsis F. , Körmendi S. , Lakatos L. , Lempert László , Mérő László , Mészáros J. , Missura Éva , Moson Péter , Munk Sándor , Nádai L. , Nagy László , Párdányi Zs. , Perémy Gábor , Pintér Ágnes , Pintz János , Rácz Éva , Siklósi I. , Somos Endre , Sugár L. , Szűcs A. , Takács I. , Tátrai P. , Tiszai I. , Varsányi Anikó , Vass Erzsébet , Vetier András , Wagner A. , Zöldy Béla
Füzet:	1967/december, 206 - 207. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Ellipszis egyenlete, Paralelogrammák, Koszinusztétel alkalmazása, Síkgeometriai szerkesztések, Ellipszis, mint kúpszelet, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1966/december: 1502. matematika feladat

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

I. megoldás. I. Számítással követjük a Rytz-féle szerkesztésnek az 1416. feladatban is idézett lépéseit. Legyen az ellipszis középpontja $O$ , a két konjugált félátmérő $O C = r$ , $O D = r'$ , ahol $r' \geq r$ , és a köztük levő hegyesszög $C O D ∢ = ψ$ . (Ugyanis $ψ \neq 0^{\circ}$ , másrészt a $ψ = 90^{\circ}$ eset vizsgálata fölösleges, ekkor $r$ és $r'$ maguk a féltengelyek.)

Forgassuk el

D

-t

O

körül úgy, hogy új

P

helyzetében

C O P ∢ = ψ + 90^{\circ}

, legyen

C P

felezőpontja

Q

, és messe a

Q

körüli,

Q O

sugarú kör a

Q C

félegyenest

R

-ben,

Q P

-t

S

-ben. Ekkor, mint az idézett feladatban is láttuk, az ellipszis féltengelyei

C S = a

C R = S P = b

, ezért

C P = a + b

R S = 2 Q O = a - b

. A koszinusz-tételt alkalmazva

\begin{matrix} {(a + b)}^{2} = C P^{2} = O C^{2} + O P^{2} - 2 \cdot O C \cdot O P \cdot cos (90^{\circ} + ψ) = r^{2} + r'^{2} + 2 r r' sin ψ, \end{matrix}

(1)

továbbá

O

-nak

Q

-ra való

T

tükörképe a

P O C

és

S O R

háromszöget paralelogrammává egészíti ki, és az utóbbi derékszögű; így

R S

egyenlő az

O C T P

paralelogramma átlójával:

\begin{matrix} {(a - b)}^{2} = R S^{2} = O T^{2} = 2 (O C^{2} + O P^{2}) - C P^{2} = r^{2} + r'^{2} - 2 r r' sin ψ . \end{matrix}

(2)

Ezek szerint

\begin{matrix} a, b = \frac{1}{2} (\sqrt[]{r^{2} + r'^{2} + 2 r r' sin ψ} \pm \sqrt[]{r^{2} + r'^{2} - 2 r r' sin ψ}) . \end{matrix}

(3)

Másrészt a nagytengely iránya

O R

, így

\begin{matrix} C O R ∢ = C O Q ∢ - R O Q ∢ = C O Q ∢ - 90^{\circ} + O Q C ∢ / 2, \end{matrix}

hiszen

O Q R

egyenlőszárú háromszög. E célra, (1) és (2) alapján

\begin{matrix} cos C O Q ∢ = \frac{O C^{2} + O Q^{2} - C Q^{2}}{2 O C \cdot O Q} = \frac{r^{2} - r r' sin ψ}{2 r \cdot O Q} = \\ = \frac{r - r' sin ψ}{\sqrt[]{r^{2} + r'^{2} - 2 r r' sin ψ}}, \\ cos O Q C ∢ = \frac{Q O^{2} + Q C^{2} - O C^{2}}{2 \cdot Q O \cdot Q C} = \frac{r'^{2} - r^{2}}{\sqrt[]{{(r^{2} + r'^{2})}^{2} - 4 r^{2} r'^{2} sin^{2} ψ}} . \end{matrix}

(1) és (2) összehasonlításából látjuk, hogy

R S < C P

, tehát

R

S

mindig a

C P

szakaszon adódnak. Így pedig

R

C O D

szögtartományban van, mert a

P O S

szöget derékszöggel visszaforgatva, szárai

O D

-re és

O R

-re jutnak, hiszen Thalész tétele miatt

S O R

derékszög.
II. Az adott numerikus értékrendszer esetében

\begin{matrix} C P^{2} = 5, R S^{2} = 1, a = (\sqrt[]{5} + 1) / 2, b = (\sqrt[]{5} - 1) / 2, \\ C O Q ∢ = 90^{\circ}, cos O Q C ∢ = 1 / \sqrt[]{5}, O Q C ∢ = 63, 43^{\circ}, C O R ∢ = 31, 72^{\circ} . \end{matrix}

Wagner András (Pécs, Zipernovszky K. Gépip. Techn., III. o. t.)
Gallatz Imre (Pannonhalma, Bencés g. III. o. t.)

II. megoldás. Ellipszisünket a szokásos állásban behelyezzük a derékszögű koordinátarendszerbe, vagyis egyenlete

b^{2} x^{2} + a^{2} y^{2} = a^{2} b^{2}

, és a konjugált átmérőknek azt a felét vesszük

O C = r

-nek és

O D = r'

-nek, hogy

O C

-ből

+ 45^{\circ}

-os forgás vigyen át az

O D

irányba, és eközben átlépjük az

X

-tengely pozitív felét. Legyen

D^{*}

az ellipszis

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

főkörének az a pontja, amelyből kiindulva az

a

és

b

sugarú koncentrikus körök felhasználásával

D

-t kapjuk, és legyen az

X O D^{*}

paraméterszög

t

; ekkor

D

koordinátái ‐ mint az 1416. feladatban is láttuk ‐ (

a cos t

b sin t

). Továbbá a

C

-t ugyanígy előállító

C^{*}

pontra

X O C^{*} ∢ = t - 90^{\circ}

, mert

O C^{*}

és

O D^{*}

a főkörben szintén konjugáltak, és így merőlegesek, ezért

C

koordinátái (

a sin t

- b cos t

). Ezekből egyrészt

\begin{matrix} O C^{2} = a^{2} sin^{2} t + b^{2} cos^{2} t = r^{2}, O D^{2} = a^{2} cos^{2} t + b^{2} sin^{2} t = r'^{2}, \end{matrix}

és összeadással

\begin{matrix} a^{2} + b^{2} = r^{2} + r'^{2}; \end{matrix}

(4)

másrészt az

X O C

X O D

forgásszöget

ψ_{1}

-gyel, ill.

ψ_{2}

-vel jelölve

\begin{matrix} sin ψ_{1} & = - \frac{b}{r} cos t, & cos ψ_{1} & = \frac{a}{r} sin t, & (5) \\ sin ψ_{2} & = \frac{b}{r'} sin t, & cos ψ_{2} & = \frac{a}{r'} cos t, \end{matrix}

és így

\begin{matrix} sin ψ = sin (ψ_{2} - ψ_{1}) = \frac{a b}{r r'} (sin^{2} t + cos^{2} t) = \frac{a b}{r r'}, \end{matrix}

amiből

\begin{matrix} a b = r r' sin ψ . \end{matrix}

(6)

Mármost (6)

2

-szeresét (4)-höz hozzáadva, majd belőle levonva

{(a + b)}^{2}

-et,

{(a - b)}^{2}

-et kapjuk, ezekből pedig gyökvonással az I. megoldásbeli (3) eredményeket. Ezek után a nagytengely irányát (5) bármelyik kifejezése alapján megállapíthatjuk.

Bodor István (Veszprém, Lovassy L. g. III. o. t.)
Gegesy Ferenc (Budapest, Móricz Zs. g. II. o. t.)