A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. megoldás. Megmutatjuk, hogy minden konvex négyszöghöz van kívánt tulajdonságú egyenes. Legyen tükörképe az pontra az négyszög. Ha , akkor az átló egyenese megfelel -nek; mindkét szemközti oldalpárral való metszéspontja és , így a feladat állítása is nyilvánvalóan teljesül. Ha még is teljesül, akkor paralelogramma, minden, az -en átmenő egyenes megfelel -nek és világos, hogy mindre teljesül a feladat állítása. Ha , akkor és közül egyik belsejében van, a másik rajta kívül, ezért határának és része közül egyik a végpontjaitól eltekintve belsejében van, a másik rajta kívül, így -n kívül nincs más, -nek megfelelő egyenes. Vizsgáljuk a továbbiakban azt az esetet, ha egyik átlót sem felezi. Válasszuk a betűzést úgy, hogy és teljesüljön. Ekkor , , s így az egész köztük levő szakasz -ben van, az szakasz -en kívül van. Az szakasz metszi a szakaszt egy pontban, mert az háromszög tartalmazza -t, viszont a oldal meghosszabbításán van, pedig, mint láttuk, -en kívül (1. ábra).
1. ábra tükörképe, , rajta van -n, mert az -en van, és mivel az -n is rajta van, az a pont, aminek ő a tükörképe, vagyis , rajta van -en is. A egyenes tehát alkalmas -nek, és ez az egyetlen ilyen, mivel -n és -n kívül nincs és kerületének közös pontja. Azt kell tehát bizonyítanunk, hogy ha metszi az , oldalak egyikét, akkor metszi a másikat is, és a metszéspontok egymás tükörképei -re. csak akkor nem metszi pl. -t, ha párhuzamos vele. Megmutatjuk, hogy ez csak úgy lehetséges, ha az -t sem metszi, azaz ha ezzel is párhuzamos. Tegyük fel, hogy , és alkalmazzuk a párhuzamos szelők tételét a és szögekre (1. ábra): a szélső arányokból -et‐-et levonva | | ezek a szakaszok az egymást -ben metsző , egyeneseken feküsznek, így valóban , tehát , amint állítottuk. Itt nem használtuk fel az átlók részeinek nagyságviszonyára vonatkozó fentebbi feltevéseket, ezért bizonyításunk az és feltevésből kiindulva is érvényes. Ezzel a feladat állításának első részét bebizonyítottuk. Azt is kaptuk, hogy ha a mondott egyenes nem metszi az , egyenesek egyikét, akkor trapéz (és a tett korlátozás folytán ). Fordítva, ha és , akkor . Ugyanis az és paralelogrammák hasonló helyzetűek az középpontra vonatkozóan, így trapéz, és az átlóinak , valamint szárainak metszéspontját összekötő egyenes felezi a , alapokat, tehát az előbbi paralelogrammáknak középvonala. Eszerint ha nem trapéz, akkor és metszik egymást egy pontban, másrészt metszi -t, -t egy , ill. pontban, és azt kell megmutatnunk, hogy
2. ábra Felhasználjuk a következő, alább bebizonyítandó segédtételt: Ha a sík egymást -ban metsző és egyenesét a -n átmenő , , egyenesek rendre az , , , ill. , , pontban metszik (3. ábra), más kifejezéssel: ha a egyenes , , , pontnégyesét a pontból az egyenes , , , pontnégyesébe vetítjük át, akkor | | (1) |
Ezt kétszer alkalmazzuk; , , , szerepére mindkétszer a egyenesnek rendre , , , pontját választjuk; -ként mindkétszer -t vesszük, de szerepére először -t, másodszor -t választjuk; így , , helyére először , , lép, másodszor , , , tehát | | Az utóbbi két arány egyenlőségéből, felhasználásával, majd a szakaszok hosszát csupa -ből induló szakasszal kifejezve, beszorozva, egyszerűsítve
Visszatérve a segédtétel bizonyítására, szorozzuk meg (1) első tagjának számlálóját is, nevezőjét is -gal, ahol a pont vetülete -n, majd a szorzatokat ‐ mint a , ill. háromszög területe mértékszámának -szeresét ‐ fejezzük ki e háromszögek -ból induló oldalaival és a köztük levő szöggel:
Ebből (1) második tagjának hasonló alakítását az -es index -esre cserélésével kapjuk, a 3. és 4. tagéit pedig az első kettőből a betűknek -re cserélésével, ami által kellő egyszerűsítések után (1) a nyilvánvalóan igaz | | egyenlőségbe megy át. Takács László (Sopron, Széchenyi I. Gimn.) és Mészáros József (Makó, József A. Gimn.) dolgozatainak felhasználásával és kiegészítésekkel
II. megoldás (vázlat). Az állítás második részét koordináta-geometriai úton bizonyítjuk, támaszkodva az I. megoldás azon részeire, amelyek szerint az egyenes általában egyértelműen létezik. tengelynek a egyenest, origónak az pontot választjuk, legyen továbbá ordinátája , így -é , az ezeken átmenő oldalegyenesek, valamint az átlók egyenesének egyenlete:
Így azt kell megmutatnunk, hogy az tengely és az , ill. egyenes metszéspontja közti szakaszt felezi, a két ordináta egymásnak -szerese. és egyenletéből abszcisszája többi csúcsokét ebből az alábbi helyettesítésekkel kapjuk:
Azt is mondhatjuk, hogy D abszcisszáját B-éből úgy kapjuk, hogy p és b helyére rendre -p-t, a-t írunk. Az ordináta mindig az abszcissza m-szerese, ill. n-szerese. Általában az L1(u1,v1), L2(u2,v2) pontokkal meghatározott egyenes és az y tengely metszéspontjának ordinátája az | y=v1+v2-v1u2-u1(x-u1),x=0 | egyenletrendszerből: | v1+v2-v1u2-u1(-u1)=u2v1-u1v2u2-u1. | Legyen itt L1=A, L2=B, így az AB oldalegyenes és a PQ egyenes R metszéspontjának ordinátája, a fentiek felhasználásával:
u2mu1-u1nu2u2-u1=(m-n)u1u2u2-u1=m-n1u1-1u2==m-nm-ap+n-bp=(m-n)p(m+n)-(a+b).
Ebből könnyen megkapjuk a CD egyenes y tengelyen levő S pontjának ordinátáját, A helyére C-t és B helyére D-t írva, ugyanis ‐ mint láttuk ‐ eközben p helyére mindkét helyettesítés miatt -p lép, a másik helyettesítés viszont ‐ ti. a helyére b, ill. b helyére a ‐ egymástól független. Így S ordinátája és ez az előrebocsátott megjegyzés szerint az állítást igazolja. Itt nem volt célunk annak elemzése, hogy a metszéspontok milyen a, b, m, n értékrendszerek esetén léteznek. Azt mindenesetre látjuk, hogy S létezésének feltételei ugyanazok, mint R létezésének feltételei. Ezzel teljesítettük kitűzött célunkat.
|