Feladat: F.1724 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Ferró József ,  Gál Péter ,  Garay Barnabás ,  Hermann Péter ,  Komornik Vilmos ,  Szendrei Mária ,  Turán György ,  Vajnági András 
Füzet: 1971/március, 109 - 113. oldal  PDF file
Témakör(ök): Differenciálszámítás, Egyenesek egyenlete, Kúpszeletek érintői, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1970/május: F.1724

A derékszögű koordináta-rendszer minden egész koordinátákkal bíró és az origótól különböző (x, y) pontja (rácspontja) fölé úgy állítjuk egy rövid tű középpontját, hogy a tűnek az x tengellyel bezárt φ szögére álljon
tgφ=y2-2xy-x2y2+2xy-x2.(1)
A tűk összképe olyasmire emlékeztet, amilyet a mágneses erőtér síkbeli erővonalainak vasreszelékkel szokásos szemléltetésekor látunk. Milyen vonalakat vélünk összeállni itt a tűkből és mivel tudjuk sejtésünket igazolni?

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

I. megoldás. 1. Az ábrázolást előkészítő számítás azokra a pontokra a legkönnyebb, amelyekre x=0: az y tengely minden, az origótól különböző rácspontjában tgφ=1, φ=45. Ugyanez adódik az x tengely rácspontjaira. Hasonlóan minden más, az origón átmenő e egyenes pontjaira tgφ értéke állandó, hiszen x0 esetén, ha e egyenlete y=mx, úgy

tgφ=(yx)2-2(yx)-1(yx)2+2(yx)-1=m2-2m-1m2+2m-1.(2)

A legkézenfekvőbb értékek,
m=1,-1/-2,1/2,-1,-2,-1/2esetébentgφ=-1,-1/7,-7,-1,-7,-1/7.
Ezekből egyszerűsödést sejtünk a további számításban, ti. hogy (2)-ben m helyére -1m=-xy-t írva (m0), tgφ-re ugyanazt az értéket kapjuk, mint m mellett, ha pedig -m=-yx-et írunk, akkor a reciprokát. Az utóbbi (2)-ből közvetlenül látható, az első pedig úgy, ha a behelyettesítés után m2-el bővítünk:
(-1m)2-2(-1m)-1(-1m)2+2(-1m)-1=1+2m-m21-2m-m2=tgφ.
E kettőből már adódik, hogy m helyére 1m=-(-1m)=xy is az m-hez kapott érték reciprokát kapjuk. ‐ Ezek alapján elég (2)-be m-ként 0 és 1 közti racionális értékeket helyettesíteni. A nevező így sohasem válik 0-vá, mert
m2+2m-1=(m+1)2-2=(m+1-2)(m+1+2)=0
csak m=xy=-1±2 mellett teljesül és e két érték egyike sem lehet két egész szám hányadosa, mert ‐ mint ismeretes ‐ a 2 szám nem egyenlő két egész szám hányadosával.
2. Az ábra a -4x10 és -3y10 tartománybeli rácspontok tűit mutatja. Összképükből kiemelkednek az y=-x egyenes ‐ a II. és IV. síknegyedek szögfelezője ‐ rácspontjai fölé állított tűk, ezek mindegyike magának az egyenesnek egy szakaszát fedi. A további tűk pedig olyan körök egyes pontjaiban megrajzolt érintőknek látszanak, amely körök az előbbi egyenese az origóban érintik, és így a megfelelő középpontokat szemünk az I. és III. síknegyed f szögfelezőjén, az y=x egyenletű egyenesen keresi. (A látni vélt érintkezés kidomborítása végett az origóba is rajzoltunk egy tgφ=-1 állású rudacskát.)
3. Meglátásunk igazolására megmutatjuk, hogy ha y0-x0, akkor minden P(x0,y0) rácspontbeli tűhöz van olyan K pont az f egyenesen, hogy a K körüli, KP sugarú kör érinti a P-beli tűt (és persze az O-beli rudacskát is). Ez a fentiek szerint az y=x egyenesen levő P rácspontokra abból adódik, hogy tűik párhuzamosak a rudacskával, tehát OP a mondott körnek átmérője. Minden más rácspontra ‐ azaz |x0||y0| esetén ‐ elég azt bizonyítani, hogy a tűre P-ben állított n merőleges és a PO szakasz g felező merőlegese ugyanabban a pontban metszi f-et.
n egyenlete
y-y0=-y02+2x0y0-x02y02-2x0y0-x02(x-x0),
amiből az f-fel való K1 metszéspont koordinátái:
x1=y1=(y0-x0)(x02+y02)2(y02-x02)=x02+y022(x0+y0).

A mondott g felező merőleges egyenlete pedig
x2+y2=(x-x0)2+(y-y0)2,
és f-fel való K2 metszéspontjának koordinátáira az előbbi x1, y1 értékek adódnak, tehát K2, azonos K1-gyel, az állításunkbeli K-vaI. Ezzel meglátásunkat igazoltuk.
 

 

4. Az ábrán látszó szimmetriák ‐ ti. hogy f és az y=-x egyenes szimmetriatengelyei, az origó pedig szimmetriaközéppontja az ábrának ‐ az ábrázolást megkönnyítő észrevételeink következményei, ezekre azonban meglátásunk bizonyításában nem volt szükség. Nem kellett felhasználnunk, hogy x0, y0 egész számok, csak azt, hogy egyszerre nem vehetik fel a 0 értéket, és hogy az y/x hányados nem egyenlő -1±2-vel. Ezért meglátásaink akkor is érvényesek, ha síknak minden, az origótól és az y=(-1±2)x egyenes pontjaitól különböző pontjában elhelyeznénk egy tűt (1)-nek megfelelően (csak így a tűk sűrűsége miatt semmit sem látnánk).
 

Megjegyzés. Egy-egy látni vélt kör legalább 2 ,,tűs'' ponton megy át, melyek egymás tükörképei f-re, és 3-on, ha átmegy egy f-beli tűs ponton is. De pl. az (5;5) közepű kör 3+8=11 tűn megy át az 50=(±5)2+(±5)2=(±7)2+(±1)2 egyenlőség alapján.
 

II. megoldás. (a fenti megtátás igazolására). Azt fogjuk megmutatni, hogy a P(x0,y0) ponton átmenő,
tgφ0=y02-2x0y0-x02y02+2x0y0-x02(3)
meredekségű egyenes érinti azt a kört, amelyik
a) átmegy az origón és P-n, továbbá
b) középpontja az y=x egyenletű egyenesen van, amennyiben a P pontra teljesülnek a következő feltételek:
 
1. P nincs rajta az y=-x egyenletű egyenesen,
2. (3) nevezője nem 0, azaz P nincs rajta az
(4a)y=(2-1)xésy=(-2-1)x(4b)
egyenletű egyenesek egyikén sem.
 

Az y=x egyenes tetszőleges (u,u) pontja (u0) körül rajzolt, az origón átmenő kör egyenlete
(x-u)2+(y-u)2=2u2,(5)
ahonnan rendezéssel x és y között az
x2+y2x+y=2u(6)
összefüggést kapjuk. Ebből látszik, hogy a sík tetszőleges P pontjához egy és csakis egy a) és b) tulajdonságú kör található, ha P eleget tesz az 1. feltételnek, hiszen (6)-ba a P pont koordinátáit helyettesítve megkapjuk u értékét. Ha P a 2. feltételnek is eleget tesz, akkor P nem lehet a hozzá tartozó kör x tengellyel párhuzamos átmérőjén, hiszen ezen átmérővégpontok halmazának paraméteres egyenlete az u paraméter szerint:
x=u+u2,y=u,(7a)
illetve
x=u-u2,y=u,(7b)
és (7a) ekvivalens (4a)-val, (7b) pedig (4b)-vel.
Az x tengellyel párhuzamos átmérő az (5) egyenletű köröket két ívre vágja szét. Beláttuk, hogy P a rajta átmenő kör valamelyik ívének a belső pontja. Mindkét ív előállítható alkalmasan választott egy változós függvény képeként is: a felső ív
y(x)=u+u2+2ux-x2(8a)
függvény képe, az alsó ív pedig az
y(x)=u-u2+2ux-x2(8b)
függvényé. Mindkét függvény deriválható az értelmezési tartománya belsejében, és bármelyiket helyettesítjük is (6) bal oldalába, a kapott
f(x)=x2+y2(x)x+y(x)(9)
függvény értéke az x-től független
u=x02+y02x0+y0
konstans. Emiatt f(x) deriváltja 0, ezt a deriváltat azonban (9) alapján az y(x) függvény deriváltjával is kifejezhetjük:
f'(x)=[x+y(x)]-2{[2x+2y(x)y'(x)][x+y(x)]-[x2+y2(x)][1+y'(x)]}=0.(10)
Az y(x) függvény deriváltjára tehát (10) alapján teljesül, hogy
y'(x)=x2+y2(x)-2x[x+y(x)]2y(x)[x+y(x)]-[x2+y2(x)]=y2(x)-2xy(x)-x2y2(x)+2xy(x)-x2.(11)
Mivel az x0 helyen y(x0)=y0, azért (11) szerint y'(x0) egyenlő (3) jobb oldalával, tehát a (3) meredekségű egyenes valóban érinti a P ponton átmenő a), b) tulajdonságú kört.
 

Megjegyzés. Néhányan felismerték, hogy ha tgφ értelmezve volna minden olyan valós x, y számpárra, amelyre csak lehet, akkor a kérdést differenciálegyenlet megoldására lehetne visszavezetni ‐ és nem bírtak ellenállni annak a kísértésnek, hogy valamilyen ,,nagy ágyú'' alkalmazását mutassák be. Az ilyen dolgozatokat csak csökkent értékkel fogadhattuk el, mert szerzőik a felhasznált eljárás alkalmazhatóságának előfeltételeit nem vizsgálták és ‐ a versenykiírással ellentétben ‐ forrásaikra még csak nem is hivatkoztak. Ismételten hangsúlyozzuk, hogy az analízis legtöbb eljárása nem alkalmazható gépiesen a megfelelő feltételek ellenőrzése nélkül.