Kezdőlap


Feladat:	F.2138	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Vigassy Lajos
Füzet:	1978/szeptember, 8 - 10. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Tengelyes tükrözés, Eltolás, Műveletek helyvektorok koordinátáival, Térgeometriai bizonyítások, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1978/február: F.2138

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

I. megoldás. Tegyünk magunk elé egy téglatestet a szokásos beállításban. Ekkor egy, a föltevéseknek eleget tevő egyeneshármast alkot a hátsó alapél $(e_{1})$ , a bal oldali fedőél $(e_{2})$ és az elülső jobb oldalél $(e_{3})$ (1. ábra). Vegyük egy (térbeli) derékszögű koordináta-rendszer $O$ origójául a bal elülső alsó csúcsot és az $x_{1}$ , $x_{2}$ , $x_{3}$ tengelyeket rendre $e_{1}$ , $e_{2}$ , $e_{3}$ -mal párhuzamosnak, továbbá legyenek a téglatest $O$ -val átellenes csúcsának koordinátái $a$ , $b$ , $c$ (egyik sem $0$ , különben legalább 2 tükrözési tengelyünk metszené egymást).

Egy térbeli pontnak egy egyenesre való tükrözése csupán síkbeli feladat, megkeressük a pontnak az egyenesre való vetületét és arra mint centrumra tükrözünk. ‐ A

T (α, β, γ)

tárgypontnak a

C (u, v, w)

pontra való tükörképe pedig a

K (2 u - α, 2 v - β, 2 w - γ)

pont, így lesz ugyanis

\vec{C K} = \vec{T C}

.
Esetünkben a

P (α, β, γ)

pontnak

e_{1}

-re való tükrözésében a centrum

(a, b, 0)

, hiszen

P C ⊥ e_{1}

miatt

P C

párhuzamos az

x_{2} x_{3}

síkkal, az első koordináta egyezik

P

első koordinátájával, másrészt

e_{1}

-nek az

x_{2} x_{3}

koordinátasíkra való vetülete a

(0, b, 0)

pont, és így

e_{1}

minden pontjának 2. és 3. koordinátája

b

, ill.

0

. Így

Q (- α, 2 b - β, - γ)

. Hasonlóan

e_{2}

-nek az

x_{1} x_{3}

síkra, majd

e_{3}

-nak az

x_{1} x_{2}

síkra való vetülete a

(0, 0, c)

, ill. az

(a, 0, 0)

pont, ezért a második centrum

(0, 2 b - β, c)

, tehát

R (- α, 2 b - β, 2 c + γ)

, végül a 3. centrum

(a, 0, 2 c + γ)

és végeredményünk

S (2 a + α, - 2 b + β, 2 c + γ)

.
Ezek szerint

S

koordinátái a

P

koordinátáiból rendre a

2 a

- 2 b

2 c

állandó (azaz

P

-től független szám) hozzáadásával állnak elő. Ez eltolást jelent, az eltolás vektorának komponensei éppen ezek a szakaszok. A vektort a maga egészében is szemléltethetjük a téglatesttől függetlenül is:

2 \vec{E_{1} E_{3}}

, ahol

E_{1}

e_{1}

-ből a rá merőleges,

e_{2}

-n átmenő sík metszi ki, és ugyanígy keletkezik

E_{3}

, az

1

-es index helyett

3

-ast írva. Más szóval:

e_{1}

-nek

e_{2}

-höz legközelebbi pontjából a legrövidebb úton átmegyünk

e_{2}

-re ‐ ami

e_{3}

irányú,

| c |

nagyságú elmozdulás ‐, innen

e_{2}

-n átmegyünk ennek

e_{3}

-hoz legközelebbi pontjába ‐ ami

e_{2}

irányú,

| b |

nagyságú elmozdulás, egyébként ugyanekkora az

e_{1}

és

e_{3}

távolsága ─, végül ismét legrövidebben

e_{2}

-ről

e_{3}

-ra; az eltolásvektor az elmozdulások eredőjének 2-szerese.

Megjegyzések. 1.

E_{1}

és

E_{3}

leírásából látjuk, hogy adott

e_{1}

e_{2}

e_{3}

egyenes-hármas egyértelműen meghatározza a felhasznált téglatestet.
2. Nem tetszetős, hogy az eredményben a

b

koordináta eltérő szerepet kapott az

a

és

c

egyező szerepétől. Ez azonban nem az origó helyének megválasztásán múlt, sem a tengelyek irányításán ‐ egyébként a tengelyekre nem is mondtunk ki irányítást, ahogy

a

b

c

-re sem mondtuk, hogy pozitívok volnának. Ha a rendszert később választjuk az alakzathoz, az eredmény soha nem függhet a megválasztástól. És az sem lényeges, hogy

a

és

c

szerepe egyezőnek látszik, az

\vec{E_{1} E_{3}}

irányításában már más az

e_{1}

és

e_{3}

szerepe. Az eredmény csak a tükrözések sorrendjén múlik, más sorrend mellett a téglatest másik-másik irányított testátlója adná az eltolásvektor felét, az a testátló azonban nem szerepelhet, amelyiknek egyik végpontja sincs rajta

e_{1}

e_{2}

e_{3}

valamelyikén.

II. megoldás. Az

e

egyenesre való tükrözést tekinthetjük az

e

mint tengely körüli,

180^{\circ}

-os elfordításnak is (a két forgási irány bármelyike mentén). A tengely körüli,

2 φ

szögű elfordítás pedig felfogható két síkon való egymás utáni tükrözésnek, mindkét sík átmegy a tengelyen, az első tükörsíkot a másodikba átvivő elfordítás szöge

φ

, az irányt is beleértve; az egyik tükörsík a tengelyen át tetszés szerint választható. Esetünkben,

φ = 90^{\circ}

alapján, a tükrözések sorrendje lényegtelen. (Mindezek könnyen beláthatók a megfelelő ‐ ismert ‐ síkbeli tételek alapján.)
Állítsuk elő ismét az előbbi téglatestet: vegyük

e_{1}

e_{2}

e_{3}

mindegyikén át azt a 2 síkot, amely merőleges a másik két tükrözési tengelyre. (Bármelyik ilyen 2 sík egymástól különböző, különben az egyenesek nem lennének páronként kitérők.) Legyen az

A B C D E F G H

téglatesten a 3 tükrözési tengely rendre

A B

E F

és

C H

(2. ábra), ekkor a kívánt tükrözéssorozat eredménye ugyanaz, mint a test

\begin{matrix} A B F, A B D; F E A, F E H; H C D, H C B \end{matrix}

lapsíkjain való tükrözés eredménye. Könnyű belátni, hogy az első három tükrözés eredménye a 3 sík közös

A

pontjára való tükrözés, a további háromnak az eredménye pedig a

H

-ra való tükrözés. Így már az

A H

testátló és a

P

pont síkjában leírható a kívánt eljárás eredménye.
Most már az ismert (síkbeli) tétel alapján úgy kapjuk

S

-et

P

-ből, hogy ezt az első centrumból a másodikba vivő

\vec{A H}

vektor 2-szeresével eltoljuk.
Érdekes, egyszerű példa, ha

P

-ként a téglatest

M

középpontjának

A

-ra való tükörképéből indulunk ki.

Vigassy Lajos