Kezdőlap


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 \| MathML
Témakör(ök):	Differenciálszámítás, Egyenesek egyenlete, Kúpszeletek érintői, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1970/május: F.1724

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 $tg φ = 1$ , $φ = 45^{\circ}$ . Ugyanez adódik az $x$ tengely rácspontjaira. Hasonlóan minden más, az origón átmenő $e$ egyenes pontjaira $tg φ$ értéke állandó, hiszen $x \neq 0$ esetén, ha $e$ egyenlete $y = m x$ , úgy

\begin{matrix} tg φ = \frac{{(\frac{y}{x})}^{2} - 2 (\frac{y}{x}) - 1}{{(\frac{y}{x})}^{2} + 2 (\frac{y}{x}) - 1} = \frac{m^{2} - 2 m - 1}{m^{2} + 2 m - 1} . \end{matrix}

(2)

A legkézenfekvőbb értékek,

\begin{matrix} m & = 1, 2, 1 / 2, - 1, - 2, - 1 / 2 esetében \\ tg φ & = - 1, - 1 / 7, - 7, - 1, - 7, - 1 / 7. \end{matrix}

Ezekből egyszerűsödést sejtünk a további számításban, ti. hogy (2)-ben

m

helyére

- \frac{1}{m} = - \frac{x}{y}

-t írva

(m \neq 0)

tg φ

-re ugyanazt az értéket kapjuk, mint

m

mellett, ha pedig

- m = - \frac{y}{x}

-et írunk, akkor a reciprokát. Az utóbbi (2)-ből közvetlenül látható, az első pedig úgy, ha a behelyettesítés után

m^{2}

-el bővítünk:

\begin{matrix} \frac{{(- \frac{1}{m})}^{2} - 2 (- \frac{1}{m}) - 1}{{(- \frac{1}{m})}^{2} + 2 (- \frac{1}{m}) - 1} = \frac{1 + 2 m - m^{2}}{1 - 2 m - m^{2}} = tg φ . \end{matrix}

E kettőből már adódik, hogy

m

helyére

\frac{1}{m} = - (- \frac{1}{m}) = \frac{x}{y}

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

\begin{matrix} m^{2} + 2 m - 1 = {(m + 1)}^{2} - 2 = (m + 1 - \sqrt[]{2}) (m + 1 + \sqrt[]{2}) = 0 \end{matrix}

csak

m = \frac{x}{y} = - 1 \pm \sqrt[]{2}

mellett teljesül és e két érték egyike sem lehet két egész szám hányadosa, mert ‐ mint ismeretes ‐ a

\sqrt[]{2}

szám nem egyenlő két egész szám hányadosával.
2. Az ábra a

- 4 ≦ x ≦ 10

és

- 3 ≦ y ≦ 10

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

tg φ = - 1

állású rudacskát.)
3. Meglátásunk igazolására megmutatjuk, hogy ha

y_{0} \neq - x_{0}

, akkor minden

P (x_{0}, y_{0})

rácspontbeli tűhöz van olyan

K

pont az

f

egyenesen, hogy a

K

körüli,

K P

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

O P

a mondott körnek átmérője. Minden más rácspontra ‐ azaz

| x_{0} | \neq | y_{0} |

esetén ‐ elég azt bizonyítani, hogy a tűre

P

-ben állított

n

merőleges és a

P O

szakasz

g

felező merőlegese ugyanabban a pontban metszi

f

-et.

n

egyenlete

\begin{matrix} y - y_{0} = - \frac{y_{0}^{2} + 2 x_{0} y_{0} - x_{0}^{2}}{y_{0}^{2} - 2 x_{0} y_{0} - x_{0}^{2}} \cdot (x - x_{0}), \end{matrix}

amiből az

f

-fel való

K_{1}

metszéspont koordinátái:

\begin{matrix} x_{1} = y_{1} = \frac{(y_{0} - x_{0}) (x_{0}^{2} + y_{0}^{2})}{2 (y_{0}^{2} - x_{0}^{2})} = \frac{x_{0}^{2} + y_{0}^{2}}{2 (x_{0} + y_{0})} . \end{matrix}

A mondott

g

felező merőleges egyenlete pedig

\begin{matrix} x^{2} + y^{2} = {(x - x_{0})}^{2} + {(y - y_{0})}^{2}, \end{matrix}

és

f

-fel való

K_{2}

metszéspontjának koordinátáira az előbbi

x_{1}

y_{1}

értékek adódnak, tehát

K_{2}

, azonos

K_{1}

-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

x_{0}

y_{0}

egész számok, csak azt, hogy egyszerre nem vehetik fel a

0

értéket, és hogy az

y / x

hányados nem egyenlő

- 1 \pm \sqrt[]{2}

-vel. Ezért meglátásaink akkor is érvényesek, ha síknak minden, az origótól és az

y = (- 1 \pm \sqrt[]{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 = {(\pm 5)}^{2} + {(\pm 5)}^{2} = {(\pm 7)}^{2} + {(\pm 1)}^{2}

egyenlőség alapján.

II. megoldás. (a fenti megtátás igazolására). Azt fogjuk megmutatni, hogy a

P (x_{0}, y_{0})

ponton átmenő,

\begin{matrix} tg φ_{0} = \frac{y_{0}^{2} - 2 x_{0} y_{0} - x_{0}^{2}}{y_{0}^{2} + 2 x_{0} y_{0} - x_{0}^{2}} \end{matrix}

(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:

P

nincs rajta az

y = - x

egyenletű egyenesen,
2. (3) nevezője nem

0

, azaz

P

nincs rajta az

\begin{matrix} (4 a) y = (\sqrt[]{2} - 1) x és y = (- \sqrt[]{2} - 1) x (4 b) \end{matrix}

egyenletű egyenesek egyikén sem.

y = x

egyenes tetszőleges

(u, u)

pontja

(u \neq 0)

körül rajzolt, az origón átmenő kör egyenlete

\begin{matrix} {(x - u)}^{2} + {(y - u)}^{2} = 2 u^{2}, \end{matrix}

(5)

ahonnan rendezéssel

x

és

y

között az

\begin{matrix} \frac{x^{2} + y^{2}}{x + y} = 2 u \end{matrix}

(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:

\begin{matrix} x = u + u \sqrt[]{2}, y = u, \end{matrix}

(7a)

illetve

\begin{matrix} x = u - u \sqrt[]{2}, y = u, \end{matrix}

(7b)

és

(7 a)

ekvivalens

(4 a)

-val,

(7 b)

pedig

(4 b)

-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

\begin{matrix} y (x) = u + \sqrt[]{u^{2} + 2 u x - x^{2}} \end{matrix}

(8a)

függvény képe, az alsó ív pedig az

\begin{matrix} y (x) = u - \sqrt[]{u^{2} + 2 u x - x^{2}} \end{matrix}

(8b)

függvényé. Mindkét függvény deriválható az értelmezési tartománya belsejében, és bármelyiket helyettesítjük is (6) bal oldalába, a kapott

\begin{matrix} f (x) = \frac{x^{2} + y^{2} (x)}{x + y (x)} \end{matrix}

(9)

függvény értéke az

x

-től független

\begin{matrix} u = \frac{x_{0}^{2} + y_{0}^{2}}{x_{0} + y_{0}} \end{matrix}

konstans. Emiatt

f (x)

deriváltja

0

, ezt a deriváltat azonban (9) alapján az

y (x)

függvény deriváltjával is kifejezhetjük:

\begin{matrix} f' (x) = {[x + y (x)]}^{- 2} {[2 x + 2 y (x) \cdot y' (x)] [x + y (x)] - [x^{2} + y^{2} (x)] [1 + y' (x)]} = 0. \end{matrix}

(10)

y (x)

függvény deriváltjára tehát (10) alapján teljesül, hogy

\begin{matrix} y' (x) = \frac{x^{2} + y^{2} (x) - 2 x [x + y (x)]}{2 y (x) [x + y (x)] - [x^{2} + y^{2} (x)]} = \frac{y^{2} (x) - 2 x y (x) - x^{2}}{y^{2} (x) + 2 x y (x) - x^{2}} . \end{matrix}

(11)

Mivel az

x_{0}

helyen

y (x_{0}) = y_{0}

, azért (11) szerint

y' (x_{0})

egyenlő (3) jobb oldalával, tehát a (3) meredekségű egyenes valóban érinti a

P

ponton átmenő a), b) tulajdonságú kört.

Megjegyzés. Néhányan felismerték, hogy ha

tg φ

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.