Kezdőlap


Feladat:	F.1933	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: -
Füzet:	1974/december, 207 - 210. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Alakzatok szimmetriái, Középpontos tükrözés, Eltolás, Transzformációk szorzata, Szabályos sokszögek geometriája, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1974/április: F.1933

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

I. megoldás. 1. Azt mutatjuk meg, hogy $P_{9}$ -et a keresett $A_{10}$ pontra tükrözve, visszakapjuk $P$ -t. (Az biztos, hogy a $P_{9}$ -et $P$ -be vivő egybevágósági transzformáció tükrözés, hiszen minden egyes tükrözés ‐ mint $180^{\circ}$ -os elfordítás ‐ a sík minden irányát a vele ellentétes irányba viszi át, ugyanígy páratlan számú tükrözés is, páros számú tükrözés pedig az eredeti irányba.)
Felhasználjuk azt a tételt (az I. osztályos tankönyvből), hogy a sík egy $K$ alakzatát tükrözve egy $C_{1}$ centrumra, majd a kapott $K_{1}$ képet a $C_{2}$ centrumra, a $K_{12}$ új tükörkép úgy is megkapható $K$ -ból, hogy ezt eltoljuk a $2 \cdot \vec{C_{1} C_{2}}$ vektorral.
2. Ezt esetünkre alkalmazva azt kívánjuk, hogy

\begin{matrix} 2 ({\vec{A_{1} A}}_{2} + {\vec{A_{3} A}}_{4} + {\vec{A_{5} A}}_{6} + {\vec{A_{7} A}}_{8} + {\vec{A_{9} A}}_{10}) = \vec{0} \end{matrix}

legyen (vagyis a zérus vektor). Ebből

\begin{matrix} - {\vec{A_{9} A}}_{10} = {\vec{A_{1} A}}_{2} + {\vec{A_{3} A}}_{4} + {\vec{A_{5} A}}_{6} + {\vec{A_{7} A}}_{8} . \end{matrix}

(1)

Itt az első két tag összege az az

{\vec{A_{1} B}}_{4}

, amelyre

{\vec{A_{2} B}}_{4} = \vec{A_{3} B A_{4},  vagyis B_{4} A_{2} A_{3} A_{4} rombusz (1. ábra). Így B_{4} az A_{4} A_{1} és A_{2} A_{5} átlók metszéspontja, hiszen az utóbbiak P szimmetriái alapján rendre párhuzamosak A_{2} A_{3} -mal, A_{3} A_{4} -gyel.Továbbmenve (1) első három tagjának összege az az {\vec{A_{1} B}}_{6}, melyre {\vec{B_{4} B}}_{6} = {\vec{A_{5} A}}_{6} .  Itt B_{6} egyrészt az A_{1} A_{6} átlón van, hiszen A_{6} B_{6} | | A_{5} B_{4}, az utóbbi egyenes azonos A_{5} A_{2} vel és evvel az A_{6} on át húzott párhuzamos átmegy A_{1} -en. Másrészt az A_{2} A_{7} átlón is rajta van B_{6}, ugyanis A_{2} B_{6} merőleges az A_{2} B_{6} B_{4} egyenlő szárú háromszög B_{4} ből induló szögfelezőjére, ami párhuzamos a szárak eltolásából adódó A_{3} A_{4}, illetve A_{5} A_{6} egyenesek közti szög felezőjével, ez azonos P -nek A_{9} -ből induló szimmetriatengelyével, ami pedig merőleges A_{2} A_{7} -re, tehát A_{2} B_{6} valóban azonos az A_{2} A_{7} egyenessel.Legyen (1) teljes jobb oldala az {\vec{A_{1} B}}_{8}, vagyis {\vec{B_{6} B}}_{8} = {\vec{A_{7} A}}_{8}, továbbá jelöljük a B_{4} B_{6} és A_{5} A_{6} szakasz felező merőlegesét f -fel, illetve t -vel. Ezek {\vec{B_{4} B}}_{6} = {\vec{A_{5} A}}_{6} alapján párhuzamosak, és t a P -nek az A_{1} -en átmenő szimmetriatengelye. Így B_{8} az A_{2} tükörképe f -re, hiszen\begin{matrix} B_{6} B_{8} # A_{7} A_{8} = A_{4} A_{3} # B_{4} A_{2}, \end{matrix}és az A_{7} A_{8}, A_{4} A_{3} egyenesek egymás tükörképei t -re; és mivel A_{2} A_{9} is merőleges f -re, azért B_{8} az A_{2} A_{9} en van. Továbbá rajta van az A_{8} A_{1} en is, hiszen A_{8} -on át A_{7} B_{6} -tal, azaz A_{7} A_{2} -vel A_{8} A_{1} az egyetlen párhuzamos.Most már (1)-ben {\vec{A_{1} B}}_{8} = - {\vec{A_{9} A}}_{10},  vagyis {\vec{B_{8} A}}_{1} = {\vec{A_{9} A}}_{10},  a B_{8} A_{9} A_{10} A_{1} négyszög paralelogramma,\begin{matrix} A_{10} A_{9} | | A_{1} A_{8} és A_{10} A_{1} | | A_{9} A_{2}, \end{matrix}más szóval A_{10} az A_{1} -en át A_{1} O -ra és A_{9} -en át A_{9} O -ra állított merőlegesek metszéspontja, ahol O a P kilencszög centruma.II. megoldás.Ha már tudjuk (vagy legalább sejtjük), mit kell bizonyítanunk, gyorsabban jutunk célhoz a következő úton. Húzzuk meg az érintőt P körülírt köréhez P mindegyik csúcsában, és jelöljük a szomszédos csúcsokbeli érintők metszéspontját D_{1} -gyel, D_{2} -vel, ..., D_{9} -cel, ahol D_{1} az A_{9} és A_{1} -beli érintők közös pontja stb. (2. ábra). Ekkor a D_{1} D_{2} ... D_{8} D_{9} kilencszög is szabályos, és az I. megoldás (1) egyenletéhez\begin{matrix} 2 ({\vec{A_{1} A}}_{2} + {\vec{A_{3} A}}_{4} + {\vec{A_{5} A}}_{6} + {\vec{A_{7} A}}_{8}) = \\ 2 ({\vec{A_{1} D}}_{2} + {\vec{D_{2} A}}_{2} + {\vec{A_{3} D}}_{4} + {\vec{D_{4} A}}_{4} + {\vec{A_{5} D}}_{6} + {\vec{D_{6} A}}_{6} + {\vec{A_{7} D}}_{8} + {\vec{D_{8} A}}_{8}) = \\ ({\vec{D_{1} D}}_{2} + {\vec{D_{2} D}}_{3} + {\vec{D_{3} D}}_{4} + {\vec{D_{4} D}}_{5} + {\vec{D_{5} D}}_{6} + {\vec{D_{6} D}}_{7} + {\vec{D_{7} D}}_{8} + {\vec{D_{8} D}}_{9}) = \\ {\vec{D_{1} D}}_{9} = - 2 {\vec{A_{9} D}}_{1} . \end{matrix}Eszerint a keresett A_{10} tükrözési centruma azonos D_{1} -gyel.Megjegyzések.1. Az I. megoldáshoz hasonlóan jutunk célhoz a következő előkészítés után. Jelöljük a C_{1}, C_{2}, ..., C_{k} centrumokon való egymás utáni tükrözések eredményét C_{1} C_{2} ... C_{k} -val. Láttuk, hogy a C_{1} C_{2} transzformáció  a 2 \cdot {\vec{C_{1} C}}_{2} -ral való eltolás, a C_{1} C_{2} C_{3} C_{4} pedig eltolás a 2 ({\vec{C_{1} C}}_{2} + {\vec{C_{3} C}}_{4} -ral.  Speciálisan, ha a C_{1} C_{2} C_{3} C_{4} négyszög paralelogramma, akkor az eltolás \vec{0}, az eredmény azonos a kiindulással, és ha az azonosságot 1 -gyel jelöljük, akkor C_{1} C_{2} C_{3} C_{4} = 1 . Hasonlóan C_{1} C_{1} = 1 .Feladatunkban azt az A_{10} -et keressük, amelyre\begin{matrix} A_{1} A_{2} ... A_{9} A_{10} = 1. \end{matrix}A követelményt úgy alakítjuk, hogy A_{3} után beiktatjuk tényezőül az E_{3} E_{3} = 1 szorzatot ‐ ami nyilvánvalóan nem változtat ‐, majd A_{5} és A_{7} után E_{5} E_{5} -öt, illetve E_{7} E_{7} -et azzal az E_{3}, E_{5} ponttal, amellyel az A_{1} A_{2} A_{3} E_{3}, az E_{3} A_{4} A_{5} E_{5} és az E_{5} A_{6} A_{7} E_{7} négyszög paralelogramma (3. ábra). A tényezők csoportosítása után elhagyjuk azokat az 1 -es ,,tényezőket'', amelyek e paralelogrammák egymás utáni csúcsain való végigtükrözések eredményeiként adódnak:\begin{matrix} (A_{1} A_{2} A_{3} E_{3}) (E_{3} A_{4} A_{5} E_{5}) (E_{5} A_{6} A_{7} E_{7}) (E_{7} A_{8} A_{9} A_{10}) = \\ 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot (E_{7} A_{8} A_{9} A_{10}) = E_{7} A_{8} A_{9} A_{10} = 1. \end{matrix}Eszerint A_{10} az a pont, amely az E_{7} A_{8} A_{9} háromszöget paralelogrammává egészíti ki.Az I. megoldáshoz hasonlóan adódik, hogy E_{3}, E_{5} és E_{7} rendre 2 ‐ 2 átló metszéspontja, éspedig\begin{matrix} E_{3} az A_{3} A_{9} és A_{1} A_{4}, \\ E_{5} az A_{5} A_{9} és A_{1} A_{6}, \\ E_{7} az A_{7} A_{9} és A_{1} A_{8} \end{matrix}metszése, és ekkor A_{10} az A_{9} -en át A_{1} A_{8} -cal és A_{1} -en át E_{3} E_{7} -tel húzott párhuzamosok metszése.2. Az átlóknak az előbbi E -pontokkal való kettéosztásai lehetőséget adnak összefüggések felírására, P oldalának és átlóinak hosszai között.}