Feladat: F.2515 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Domokos Mátyás ,  Makay Géza 
Füzet: 1985/október, 300 - 303. oldal  PDF file
Témakör(ök): Vetítések, Terület, felszín, Párhuzamos szelők tétele, Párhuzamos szelők tételének megfordítása, Síkgeometriai szerkesztések, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1985/február: F.2515

Fel lehet-e osztani egy adott paralelogrammát egyetlen egyenes vonalzó használatával 5 egymással egyenlő területű részre?

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

I. megoldás. 1. A válasz: igen, fel lehet osztani. Sőt mindjárt többet is követelhetünk: egybevágó részekre osztjuk az ABCD parallelogrammát. Ismételten támaszkodunk a következő segédtételre: az adott AB szakasz megfelezhető egyetlen (egyélű, hosszúságmérő beosztást nem tartalmazó, az AB szakasz hosszát kissé meghaladó) egyenes vonalzó felhasználásával, ha adott vele párhuzamosan egy e egyenes ‐ mint esetünkben a CD oldal egyenese.
2. Felvéve az AD oldal D-n túli meghosszabbításán egy P pontot, a PB és DC egyenesek metszéspontját Q-val, az ABQD trapéz átlóinak metszéspontját R-rel jelölve azt állítjuk, hogy a PR egyenes kimetszi az AB szakasz F felezőpontját (1. ábra).

 
 
1. ábra
 

Bizonyításul gondoljuk berajzolva az R-en átmenő, e-vel párhuzamos egyenest, és jelöljük az AD, BQ szárral való metszéspontját T1-gyel, ill. T2-vel Ekkor RT1 és RT2 aránya ‐ a párhuzamos szelők tétele alapján ‐ megadja FA és FB arányát, hiszen
RT1=RPFPFAésRT2=RPFPFB.

Másrészt ugyanezt a tételt egymás után a D-n, R-en, Q-n átmenő 2‐2 egyenesre alkalmazva.
RT1BA=RDBD=RQAQ=RT2AB,
ennélfogva RT1=RT2, tehát FA=FB, amint állítottuk.
Segédtételünket ismételgetve kijelöljük az FA és FB szakaszok G1 és G2 felezőpontját (Q szerepét az a Q1 veszi át, ahol PF metszi DC-t), majd az egymással egyenlő FG1, FG2, BG2 szakaszok H1, H2, ill. H3 felezőpontját. Ekkor a H1B szakasz 5 egyenlő részre van felosztva, és az osztópontok felhasználásával 5 egyenlő részre oszthatjuk a DC szakaszt: legyen DH1 és CB metszéspontja U, ekkor a keresett D1, D2, D3, D4 osztópontokat egymás után az UF, UH2, UG2, UH2 egyenesek metszik ki.
3. Ezen a ponton ‐ logikai szempontból ‐ a következő folytatás a legegyszerűbb: ugyanígy megszerkesztjük az AB szakaszt 5 egyenlő részre felosztó A1, A2, A3, A4 pontokat, és akkor az A1D1, A2D2, A3D3, A4D4 szakaszok nyilvánvalóan 5 egybevágó részre osztják ABCD-t, tehát a területeik egyenlőek.
Szerkesztésünk tetszőleges n(>1) természetes szám esetén használható, addig ismételjük az AB-n keletkező részek felezgetését, AB/2k megszerkesztését (k természetes szám), míg 2k>n lesz
 

Megjegyzések. 1. Ez a megoldás egy másik tekintetben is megemelte a feladatbeli korlátozást: a segédtételt csak az eredeti megfogalmazásában használta fel.
2. A fönti megoldás befejezése csupán ,,logikailag'' egyszerű, amikor valaki csak elmondással (,,szájjal'') szerkeszt. Számlálja csak végig az olvasó, hány egyenest rajzol be, míg megkapja a D4 osztópontot, ekkor még egyszer annyira van szükség A4-ig.
Gyakorlatilag viszont rövidebb a következő: az AC átló a már meglevő BD-ből kimetszi a parallelogramma O középpontját, és ekkor D1O, ..., D4O kimetszi A4-et, ..., A1-et.
 

II. megoldás. A következő megoldásban a segédtétel megfordítását használjuk fel: ismerve egy szakasz végpontjait és a felezőpontját, a sík tetszőleges pontján át megszerkeszthető a szakasszal párhuzamos egyenes.
A bizonyítást az 1. ábra A, B és F, valamint D pontjára mondjuk el, de majd máshogyan alkalmazzuk esetünkre. A lépések: összekötjük az AD egyenes tetszőleges P pontját B-vel és F-fel, továbbá D-t is B-vel, ez az egyenes PF-ből kimetszi R-et, és ekkor az AR, BP egyenesek Q metszéspontja ‐ ami nyilván nem azonos D-vel ‐ rajta van a keresett e párhuzamoson.
A fentiek mintájára 5 egyenlő hosszú, egymás után csatlakozó szakaszt állítunk elő ‐ de a parallelogramma egyik átlójával párhuzamos egyenesen. Ezek alapján 5 egyenlő részre oszthatjuk a parallelogramma megfelelő átlószakaszát, és az osztópontokon át bármelyik oldallal párhuzamosan húzott egyenesekkel ismét 5 egybevágó részt kaphatunk.
 
 
2. ábra
 

A 2. ábrán az átlók metszéspontja F. Csak a D-n átmenő, AC-vel párhuzamos egyenes szerkesztését vázoltuk (P, R, Q pontok). Ugyanígy kapható a megfelelő átlóval párhuzamos egyenes az A és B csúcson át ‐ a metszéspontok J és K ‐, majd a JF és KF egyenes kimetszi a J*, K* tükörképeket, továbbá a BK egyenes DA-ból M-et, DC-ből N-et, és ekkor MK=KB=BJ*=J*N. Még egy párhuzamost szerkesztünk, pl. K*-on át AB-vel, ennek BK-n levő pontja legyen N1, így NN1 az ötödik egyező szakasz.
Legyen végül N1C és AD metszéspontja S, ezt véve vetítési középpontnak, megkapjuk az AC-t 5 egyenlő részre osztó pontokat. Ezeken át megszerkesztve vagy az AB-vel, vagy az AD-vel párhuzamos egyeneseket, ezek mindjárt a kívánt osztóvonalak lesznek.
 

Megjegyzések. 1. A 2. ábra szerint pl. az AB egyenesen is könnyen kaphatunk 5 egymás után csatlakozó, egyenlő hosszú szakaszt ‐ és a hálózat bővítésével tetszőleges számút is. Ha ennek alapján a JJ* középvonalnak a parallelogrammába eső szakaszát osztjuk 5 egyenlő részre, így különböző alakú, nem egybevágó részekre való fölosztást is mutathatunk: a 3. ábra szerinti részek ─ ha mindegyik valóban trapéz ‐ középvonalaik alapján egyenlő területűek.
 
 
3. ábra
 

2. Felszabadulva a részek egybevágóságának magunkra vállalt ,,nyűgétől'' ‐ ettől a ,,munkahipotézistől'' ‐ a 4. ábrán további két megoldást vázoltunk különböző alakú részeket is tartalmazó felosztásra. Az első azonban kivételesen csupa egybevágó részből is állhat, ha AB:AD=5:2.
 
 
4. ábra
 

III. megoldás. Mintának vesszük azt az ismert szerkesztést, ahogyan adott négyzetet át lehet darabolni 5 egyező oldalú négyzetbe (5. ábra): oldalainak felezőpontjait ciklikusan összekötve a következő oldal végpontjával, és a 9 rész közül a derékszögű trapézokat egyesítve a szomszédos derékszögű háromszögek egyikével. A szomszéd kétféle megválasztási lehetősége folytán az újra egyesített részek közös alakja háromszög vagy négyszög lehet.
 
 
5. ábra
 

A feldarabolt négyzetnek bármely síkon való, párhuzamos vetítéssel készített képén ugyancsak egyenlőek a területek (csak a kép síkja ne álljon merőlegesen a négyzet síkjára), mert ilyen vetítés mellett a kép és az eredeti területeinek aránya a síkok hajlásszögének koszinuszával egyenlő.
Ez a felosztás végső soron az 5=12+22 egyenlőségen alapul. Mégsem az 5-ös szám az egyetlen ilyen, eljárhatunk hasonlóan a 10=12+32 egyenlőség alapján is, 2‐2 kis tartományt egybefoglalva (6. ábra).
 
 
6. ábra
 

Mindezek az osztóvonalak a föntiek szerint megszerkeszthetők egyetlen egyenes vonalzóval.
 

Megjegyzés. Számos dolgozat felsorolta a felhasznált forrásokat. Legtöbbször szerepeltek: P. O. Sklarszkij ‐ N. N. Csencov ‐ I. M. Jaglom: Válogatott feladatok és tételek stb. Geom. I. (Planimetria) 65/d feladat; H. Dörrie. A diadalmas matematika 184. old.