A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. 1. Két hegyesszög összege nem érheti el a -ot, amennyi bármely konvex húrnégyszögben két szemben fekvő szög összege, ezért a két adott értékű hegyesszög négyszögeink valamelyik oldalának végpontjaiban van. Válasszuk úgy az négyszög betűzését, hogy ez az oldal , és az adott két szög , legyen úgy, hogy Tartsuk (és ) síkját függőlegesen és az oldalt vízszintesen úgy, hogy és följebb legyenek, mint . Ekkor tetszőleges pontját -nak választva, kijelölhetjük , és helyzetét, az utóbbi két szögpont azonban nem mindig jön létre, és ha létrejönnek, akkor sem mindig konvex négyszöget ad az önmagában záródó útvonal. Feladatunk első része éppen ennek vizsgálata, ebből azután kiadódnak az egyes oldalak keresett korlátai. Az előzőkkel az első három oldal irányain túl a oldal irányát is meghatároztuk, hiszen a -nél levő külső szög , és így a oldal szöggel hajlik a vízszintes -hez. Így mind a oldal felezőpontja csupán az illető irányra merőleges átmérőn mozoghat (pontosabban azoknak is csak 1‐1 szakaszán). Célszerű ezt a átmérő kijelölése után így mondani: egyes oldalainak két végpontja mindig egymás tükrös párja a megfelelő átmérőre nézve. 2. Válasszuk kiinduló helyzetéül vízszintes átmérőjének jobb oldali végpontját, vegyük hozzá a , , pontokat, és vizsgáljuk először az olyan , értékpárok esetét, amelyek mellett a két szög és ferde szárai a belsejében vagy éppen a -n levő pontban metszik egymást (1. ábra).
1. ábra Akkor ilyen a helyzet, ha | |
Ekkor az és "oldalak'' szétválasztják egymás végpontjait, hurkolt négyszög, illetve esetén és egybeesése folytán derékszögű háromszög, semmiképpen nem a "mi négyszögünk''. Viszont már így is kijelölhetjük az oldalirányokra merőleges átmérőket; pontosabban mondva, elég lesz az és a oldalra merőleges átmérő , illetve felső végpontja, ezt nyilván az , illetve a ív felezőpontja adja meg. Ilyen marad a helyzet akkor is, ha -t lefelé toljuk alsó pontjáig, és egy darabig akkor is, ha -tól fölfele toljuk. Az eddigi hurkoltság, ( és nem megfelelő sorrendje) akkor szűnik meg, amikor az egymással szemben haladó és összetalálkoznak -ban; nevezzük ezt négyszögünk (1-es indexű) helyzetűnek, bár és egybeesése miatt még ez is csak háromszög. De ha az ehhez tartozó -től ‐ ami -nek -ra vonatkozó tükörképe ‐ bármily kicsivel is feljebb vesszük -t, megfelelő négyszöget kapunk. Tovább tolva -t, és találkoznak össze -ban, négyszögünknek ez az helyzete már ismét csak háromszög, és innen kezdve az félegyenes meredekebb, mint -nak -beli érintője, tovább tehát nincs mit keresnünk. (Ha , akkor és -vel egyidejűen és összetalálkoznak, esetén azonban ez nem áll be.) Ezek szerint az -nek a "kényes'' pontja. Összefoglalva az eddigieket: csúcsai és , , kijelölése után akkor kapunk konvex (és előírt irányú oldalakkal bíró) négyszöget, ha -t az ív belsejében vesszük fel ‐ és ekkor tovább -ra, -ra való tükrözéssel kapjuk -ből -t, -t, végül -val "egy magasságban'' -t. Egyben az oldalhosszúságok keresett korlátai, míg a háromszöggé elfajult és között haladunk:
itt B1, B2 az A1-gyel, A2-vel egy magasságban levő pontja k-nak, C2 pedig E0 tükörképe F0-ra. Egyenlőség sehol nincs megengedve. Az oldalak tengelyeinek figyelembe jövő szakaszait az 1. ábrán vastagítottuk. 3. Könnyű belátni, hogy az | A1B1,B1C1,C1A1,A2B2,B2C2,C2D2 | húrnak az O középpontból vett látószöge rendre | 2(α+β),2α,2β,2α,2(α-β),2β, | ennélfogva a vizsgált esetben sin(α+β)>BA>sinα,sinβ>AD>0,0<DC<sinβ,sinα>CB>sin(α-β),
és BA esetére a kiindulás biztosítja, hogy sin(α+β)>sinβ. 4. Hasonlóan tárgyalható az olyan α, β értékpárok esete, amelyekre M0 a k-n kívül adódik, α+β>90∘ (2. ábra).
2. ábra Eltérés csak az, hogy ekkor mindjárt N0 a mi négyszögünk, továbbá C-nek és D-nek E0-ban való összetalálkozását A-nak A0-ból lefelé való elmozdítása okozza, AB az A0B0=1 értéktől az A1B1 és A2B2 húrok kisebbikéig csökkenhet (az egyenlőség kizárásával), és itt sin(α+β)⋛sinα mindegyike lehetséges. Ehelyett inkább számítással, formálisan vizsgáljuk pontjaink helyes sorrendjének feltételeit. Körünk P pontjait az irányított A0OP szöggel jellemezzük. Legyen A ilyen koordinátája φ, akkor B koordinátája 180∘-φ, ahol -90∘<φ<90∘, továbbá DOB∢=2 DAB∢=2α, AOC∢=2 ABC∢=2β alapján C és D koordinátája φ+2β, ill. 180∘-φ-2α. (B, C és D tehát az A-éval egyenlő sebességgel mozognak, A és C az egyik, B és D a másik forgási irányban.) Ahhoz, hogy ABCD konvex négyszög legyen, szükséges és elegendő, hogy álljon (jelképesen A<D<C<B, azaz) Az első kettőből φ<90∘-α, emiatt kell A-nak az E0≡A2 alatt maradnia, hiszen (jelképesen) Ez mindig k felső felén van. A másodikból és a harmadikból φ>90∘-α-β, és itt a jobb oldal A1 koordinátája; hiszen | A1=2E0-F0=(A+D)-D+C2=12(2A+D-C)=90∘-α-β. | (Ez lehet A0 fölött is, alatta is.) Az utolsó két koordináta közti egyenlőtlenség nem hoz új korlátozást: φ<90∘-β, ez β≤α és φ<90∘-α következtében teljesül. Mint látjuk, e számítás elemzése nem teheti fölöslegessé α+β és 90∘ nagyságviszonyának figyelembevételét.
|