A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. megoldás. miatt , és így mindig fennáll , másrészt . A kifejezések mindig értelmezve vannak, mert közös nevezőjük nem kisebb, mint , ami pedig pozitív. (1) alapján ezt (2)-vel osztva és innen mindig | | (4) | ugyanis a nevező nem tűnik el, mert (2) és (3) alapján Ezekre támaszkodva könnyen megkapjuk , és kívánt alakú összefüggését. (4) alapján és így (2)-nek átrendezett alakjából:
Ez kör egyenlete, melynek középpontja és sugara: Kizártuk azonban az értéket, amelyhez (5) alapján tartozik, ennélfogva a kérdéses vonal a mondott kör, az tengelyen levő és metszéspontok kihagyásával (a körnek az tengely fölötti és alatti íve). Megjegyzések. 1. Megkaphatjuk (5)-öt a következő meggondolással is. A kérdéses vonal minden pontjához tartozik az , paramétereknek legalább egy, az előírások szerinti értékpárja, ill. a összefüggésnek és állandó voltának figyelembevételével legalább egy érték. Erre a pont mindkét koordinátája alapján érték jön szóba, mert (1)-ből és (2)-ből szerinti rendezéssel (ami a föltevések szerint ekvivalens átalakítás):
Ez azt jelenti, hogy (6)-nak és (7)-nek van közös gyöke. Várható, hogy ilyen esetben a két egyenlet együtthatói között összefüggés áll fenn, hiszen tetszés szerinti együtthatók esetén két másodfokú egyenlet gyöke között nem várhatók egyenlők. Ezt az összefüggést keressük meg az,
egyenlet-pár esetére, majd alkalmazzuk feladatunkra. Legyen közös gyökük , ekkor fennáll
Először , majd kiküszöbölésével (azaz (8)-at -vel, (9)-et -gyel, majd -vel, ill. -gyel szorozva és összeadva)
Mármost az elsőből | | a másodikat -gyel szorozva és a kapott összefüggést felhasználva: | | (10) | Ez a keresett összefüggés, közös gyökkel bíró két másodfokú egyenlet együtthatói között. Esetünkben (6) és (7) együtthatóival (10) alapján: | | ami ismét (5)-re vezet. 2. Sejtést kaphatunk a kérdéses vonalra vonatkozóan néhány pontjának ábrázolásával is. Az 1. ábrán esetére az , , , , , , értékekkel kapott pontok kört rajzolnak ki.
1. ábra II. megoldás. Az előző megoldás (3) és (2) formulájában a jobb oldalak számlálói a nevezőkben szereplő négyzetek alapjai. Így a két kifejezés négyzetét összeadva egyszerűsíteni lehet:
Ennek geometriai értelmet adhatunk, ha -t, -t is koordinátáknak fogjuk fel. A két tényező még szimmetrikusabbá válik, ha a , koordinátákkal meghatározott pontot tekintjük. Ehhez az
összefüggés egy P (x, y) pontot rendel, az R0 (-1, 0) pont kivételével, amire az (1*), (2*) formuláknak nincs értelme. Fönt nyert összefüggésünk pedig az alakot nyeri, amiből pontjaink távolságára az összefüggés következik. A (3) és (2*) összefüggéseket x+1=2R0R2(ξ+1),(3*)y=2R0R2η(2*)
alakban írhatjuk, vagyis x+1, y, a ξ+1-ből, ill. η-ból ugyanazzal a pozitív tényezővel való szorzás útján keletkezik, tehát P és R egy az R0-ból induló félegyenesen van. Ezzel leírtuk geometriailag azt a transzformációt, amely az (1*), (2*) képleteknek megfelelően rendeli minden az R0-tól különböző R(ξ,η) ponthoz a P (x,y) pontot. Ennél a transzformációnál speciálisan azok az R pontok önmaguknak felelnek meg, amelyekre R0R=2, vagyis az R0 középpontú, r=2 sugarú k kör pontjai és más pont nem. Ha a feladat feltételei teljesülnek, és u≠0, akkor η/ξ=-v/u=-m≠0 is állandó, tehát az ilyen pontok egy-egy, az origón átmenő és az x, y tengelyektől különböző egyenesen vannak. Így a feladatot geometriailag a következővé alakítottuk át: A leírt transzformáció mibe visz át egy a k kört két pontban metsző, annak R0 középpontján nem átmenő, tetszőleges e egyenest? Legyenek e és k metszéspontjai A és B, R legyen az e tetszőleges, az A, B pontoktól különböző pontja, és P az R0R félegyenes azon pontja, amelyre (11) teljesül (2. ábra).
2. ábra Feltehetjük, hogy R a BA félegyenesen van. Az R0BR és R0PB háromszögek R0-nál levő szöge közös és e szög szárain levő oldalakra (11) alapján e két háromszög tehát hasonló, így Az ABR0 háromszög egyenlő szárú, tehát R0BR∢=R0AB∢, így az R0B szakasz az A és P pontokból egyenlő szög alatt látszik, P tehát rajta van az ABR0 háromszög köré írható k1 körön. Megfordítva: a k1 kör tetszőleges, R0-tól különböző P pontjához van olyan R pontja e-nek, melyet transzformációnk éppen P-be visz. Valóban, messe az R0P egyenes e-t R-ben. R-hez az előbbiek szerint a transzformáció a k1 kör és az R0R egyenes R0-tól különböző metszéspontját, vagyis P-t rendeli hozzá. Visszatérve a koordináta-rendszerbe, az origón átmenő, -m meredekségű egyenesek képe a fentiek alapján egy k1 kör lesz, mely átmegy az R0 ponton és az origó képén, az R1(+1, 0) ponton. Mivel az R0R1 szakasz felező merőlegese, az y tengely, k1-nek átmérője, azért k1 középpontja is az y tengelyen van. Mint láttuk, k1-nek az eredeti e egyenesre merőleges, R0-on átmenő egyenes is átmérője, a középpont tehát az R0-on átmenő, (+1m) meredekségű egyenesnek az y tengellyel alkotott metszéspontja, azaz a (0,1m) koordinátájú pont; így k1 sugara és egyenlete: Eleve nem tartozik k-hoz a kivételes R0 pont, és mivel a v/u=m≠0 feltétellel az origót is kizártuk, ennek képe, az R1 pont sem tartozik az (1), (2) egyenletekkel leírt görbéhez. A fentiekből viszont következik, hogy k1 minden más pontja az (1)‐(2) görbéhez tartozik. (Tusnády Gábor) |