Feladat: F.1637 Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bajmóczy Ervin ,  Barbarits András ,  Beck József ,  Chikán Bálint ,  Csetényi Artúr ,  Czibolya L. ,  Donga György ,  Fazekas Béla ,  Fazekas G. ,  Frankl Péter ,  Gács Zsuzsa ,  Gegesy F. ,  Gerhardt T. ,  Gönczi I. ,  Göndőcs Ferenc ,  Hargitay L. ,  Kiss Csaba ,  Lázár András ,  Lengyel János ,  Maróti P. ,  Molnár György ,  Nagy András ,  Nagy Dénes ,  Nikodémusz Anna ,  Papp László ,  Papp Zoltán ,  Prőhle Tamás ,  Sailer Kornél ,  Schűgerl Márta ,  Simon Júlia ,  Sipos Ferenc ,  Skopál István ,  Somorjai Gábor ,  Szabó György ,  Szabó Zsolt ,  Szalontai Árpád ,  Terjéki József ,  Turi A. ,  Tölgyesi Ernő ,  Viszkei Gy. 
Füzet: 1970/november, 102 - 106. oldal  PDF file
Témakör(ök): Egyenesek egyenlete, Párhuzamos szelőszakaszok tétele, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1968/december: F.1637

Egy e egyenes három különböző pontja E, F, P, az EF, FP, PE szakaszok között nincs két egyenlő hosszú, továbbá egy az e-t P-ben metsző, tetszés szerinti a egyenes két egymástól és P-től különböző pontja A és C. Legyen az AE, CF egyenespár metszéspontja B, az AF, CE egyenespár metszéspontja D, végül e és a BD egyenes metszéspontja Q. Mutassuk meg, hogy amennyiben B, D, Q létrejönnek, Q helyzete nem függ a, A és C megválasztásától.

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

I. megoldás. Feltesszük, hogy a B, D, Q pontok létrejöttek, vagyis felvétel folytán AE nem párhuzamos CF-fel, AF nem párhuzamos CE-vel és az adódott BD egyenes nem párhuzamos e-vel.
Messe a C-n át e-vel párhuzamosan húzott e' egyenes AE-t, AF-et, BD-t rendre a G, H, K pontban (létrejönnek, mert az átmetszett egyenesek a föltevések szerint hajlanak e-hez; 1. ábra).

 
 
1. ábra
 

A bizonyítás során az e, e' egyeneseken létrejött szakaszok alkalmas párjaiból képezett arányokat tekintünk, azt felhasználva, hogy a többi hat egyenes közül az A, B és D pontok mindegyikén 3-3 megy át, vagyis e és e' három különböző sugárhármast metsz át. A szakaszokon irányításukat is mindig tekintetbe vesszük, tehát XY=-YX.
A B-n, majd a D-n átmenő sugárhármas alapján
EQGK=QBKB=QFKC,amibőlEQQF=GKKC,
és ugyanígy
EQQF=CKKH.
A bal oldalak egyenlősége alapján az e'-n levő metszéspontokra
GKKC=CKKH.
Mindkét oldalhoz 1-et adva, majd az aránypárt átrendezve
GCKC=CHKH,GCCH=KCKH.(1)
Végül a bal oldali arányt az A-n, a jobb oldalit pedig a D-n átmenő sugárhármas alapján e megfelelő szakaszaival kifejezve
GCCH=EPPF,KCKH=QEQF=-EQQF,
és ezek szerint (1) második egyenlőségéből
EQQF=-EPPF.(2)

Megmutatjuk, hogy az EF egyenes bármely, az F-től különböző X pontja egyértelműen meghatározza az EXXF=λ arány (ún. osztóviszony) értékét, és megfordítva, az arány értéke (kivéve, ha -1) egyetlen pontot jelöl ki az egyenesen. Ebből már következik, hogy P helyzete (2) útján egyértelműen meghatározza Q helyzetét, tehát ezt a, A és C megválasztása nem befolyásolja.
Amíg ugyanis X az E-től F-ig halad, λ>0 és monoton nő, mert számlálója monoton nő, nevezője monoton csökken.
 
 
2. ábra
 

Amíg X az F-en túli meghosszabbításon távolodik, az előjel negatív, mert XF irányítása ellentétes EX-ével, az abszolút érték pedig (2. ábra):
|λ|=EXFX=EF+FXFX=1+EFFX>1,
monoton csökken, tehát λ növekszik -1-ig, magát a -1 értéket viszont nem veszi fel. Végül akkor is λ<0, ha X az E-n túli meghosszabbításon távolodik, és ekkor abszolút értéke 0-től 1-ig nő (azaz 0λ>-1):
|λ|=XEXF=XF-EFXF=1-EFXF,
hiszen a kivonandó pozitív, nem nagyobb 1-nél, és fogy, ha XF növekszik.
Megfordítva, ha λ-1, akkor
λ=EXXF=EF+FXXF=-EFFX-1-bőlFX=-EF1+λ=FE1+λ


egyértelműen meghatározza X helyzetét.
Ezek szerint az EF, FP és PE szakaszok közti egyenlőség kizárása csak az utóbbi kettő között lényeges; ha ugyanis P az EF felezőpontja, akkor (2) jobb oldala 1 és EQ/QF=-1, kizárt érték, tehát Q nem jön létre. (Ekkor, bár ha B, D mindegyike létre is jött, BD párhuzamos e-vel.) Az EF=FP és EF=PE esetekben Q az EF szakasz harmadoló pontjaiban adódik.
Bizonyításunk teljességéhez hozzátartozik annak megmutatása, hogy a fölhasznált sugárhármasok A, B, D közös pontja nincs rajta e'-n. Ezt az 1. ábra szemlélete alapján fogadtuk el. A azért nincs e'-n, mert a hajlik e-hez és A a C-től különböző pont. B sincs rajta, különben csak C-vel azonos lehetne, mert az e-hez és ezért e'-höz is hajló FC egyenes csak egy pontban metszi e'-t, ekkor pedig A is csak B-vel lehetne azonos, mert a (B-t meghatározó) EA egyenes csak egy pontban metszi a-t, tehát A azonos volna C-vel. D-re az utóbbi gondolatmenettel bizonyítunk, a betűk kellő fölcserélésével.
 

Molnár György (Vác, Sztáron S. Gimn. ) és

Szalontai Árpád (Budapest, Berzsenyi D. Gimn.) dolgozatai alapján
 

Megjegyzés. A B és D metszéspontok közül legalább az egyik létrejön. Ha ugyanis B nem jön létre, vagyis ha EAFC, akkor D mindenesetre létrejön, mert E, F, C és A egy konvex trapéz csúcsai és ha ebben EF szárként szerepel, akkor D az átlók metszéspontja; ha pedig EF átló, akkor P az átlók metszéspontja, de nem felezi EF-et, ezért az EA, CF alapok különbözők, így pedig a szárak metszik egymást (3. ábra).
 
 
3. ábra
 

Ebben az esetben meg lehet mutatni, hogy EF-nek a D-n átmenő, AE-vel párhuzamos egyenes által e-ből kimetszett Q pontjára áll fenn (2).
 

II. megoldás. Válasszuk derékszögű koordináta-rendszerünk y tengelyének magát az e egyenest, origójának P-t, és legyen E(0,e), F(0,f), ahol ef és ef0 (4. ábra).
 
 
4. ábra
 

Legyen továbbá a egyenlete y=mx (minden m-re különböző e-től), és A(a,ma), C(c,mc), ahol ac és ac0. (Nem fog félreértést okozni e és a kétféle jelentése.)
Az EA és FC egyenes egyenlete:
y-e=ma-eax,(3)y-f=mc-fcx,(4)


ezek metszéspontjaként B koordinátái:
B(ac(f-e)af-ce,mac(f-e)+ef(a-c)af-ce),(5)
hacsak afce (egyenlőségük ef=ac=mamc alakban azt jelentené, hogy EAFC).
(3)-ban, (4)-ben és (5)-ben minden egyes e helyére f-et és f helyére e-t írva, FA, EC egyenletét, ill. D koordinátáit kapjuk:
D(ac(e-f)ae-cf,mac(e-f)+fe(a-c)ae-cf),(5')
hacsak aecf (FA nem párhuzamos EC-vel).
Így a BD egyenes egyenlete, majd ebből Q ordinátája, x=0 helyettesítéssel
y-yb=yD-yBxD-xB(x-xB),yQ=yB-xB(yD-yB)xD-xB=xDyB-xByDxD-xB==kyB-yDk-1,aholk=xDxB=ce-afae-cf(6)


(az osztás megengedett volt, hiszen a fönti kizárások alapján xB0), és k1, ugyanis k=1 föltevése (c-a)(e+f)=0-ra, e=-f-re vezetne, azaz EP=PF-re, amit kizártunk.
Végül (6)-ot kiszámítva
yQ=2efe+f,
ami valóban független m, a, c mindegyikétől, és benne, mint legutóbb láttuk, e+f0.
 

Papp Zoltán (Debrecen, Fazekas M. Gimn.)
 

Megjegyzések. 1. Eredményünkből
1yQ=e+f2ef=12(1e+1f),azaz1PQ=12(1PE+1PF),
PQ a PE, PF szakaszok harmonikus közepe, eszerint feladatunk újabb* eljárást adott két szakasz harmonikus közepének szerkesztésére ‐ éspedig egyetlen egyenes vonalzó felhasználásával ‐, és akkor is, ha a szakaszok ellentétes irányításúak (de abszolút értékben különbözők).
2. Ebben a bizonyításban így adódik, hogy B és D közül legalább az egyik létrejön: ae=cf és ce=af egyidejű föltevéséből szorzással ace2=acf2, e=-f, amit mint már láttuk, kizárt.
Ha pedig B nem jön létre, azaz af=ce, akkor az AE egyenessel párhuzamos és D-n átmenő egyenesnek az y tengellyel való metszéspontjához tartozó ordináta (nem sok számítással)
y=yD+ma-ee(-xD)=2efe+f,
amint az I. megoldáshoz fűzött megjegyzés végén állítottuk.
3. Többen fölismerték, hogy a feladat állítása egy, a projektív geometria* elemeiben tárgyalt alapvető tétel: az AB, BC, CD, DA egyenesekkel meghatározott, ún. teljes négyoldal (amelynek még E és F is szögpontjai) átlóján levő két szögpont és két átlós pont harmonikusan választja szét egymást, amin ezt értik:
(EQQF):(EPPF)=-1.
(A teljes négyoldal 3 átlója: EF, BD és AC, az utóbbi kettőnek R metszéspontja is átlós pont.)
*Lásd az 1169. gyakorlatot, K. M. L. 37 (1968) 70. o., valamint a hozzá kapcsolódó cikket: Tusnády Gábor: Az 1169. gyakorlat megoldása vektorok segítségével, K. M. L. 37 (1968) 49‐51. o.

*Lásd a következő Középiskolai Szakköri Füzetekben (kiadta a Tankönyvkiadó Budapesten): Vigassy Lajos: Projektív geometria, 1970; Vigassy Lajos: Geometriai transzformációk, 1963.