Feladat: F.2666 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Baboss Cs. ,  Buttyán L. ,  Csáki Cs. ,  Csanádi P. ,  Csirik J. ,  Fleiner T. ,  Hadnagy Éva ,  Hatoss Zs. ,  Hídvégi Z. ,  Keleti T. ,  Kodaj B. ,  László A. ,  Lois L. ,  Makay L. ,  Mezei J. ,  Mondovics T. ,  Pásztor Gábor ,  Peller Z. ,  Peták A. ,  Sustik M. ,  Tasi Andrea ,  Tőkei Zsuzsa ,  Toronyi L. ,  Wiandt T. 
Füzet: 1988/május, 205 - 207. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Forgatva nyújtás, Vetítések, Mozgási geometria, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1987/december: F.2666

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

I. megoldás. Ha egy pont egyenletes sebességgel halad egy egyenes mentén, akkor a merőleges vetülete egy tetszőleges másik egyenesen ugyancsak egyenletes sebességgel mozog ‐ esetleg áll, ha az egyenesek merőlegesek. A vetület sebessége nem nagyobb, mint a mozgó ponté és akkor egyenlő vele, ha az egyenesek párhuzamosak.
Rögzítsünk egy O pontot az e1 egyenesen, és indítsuk el innen a P1 pontot egyenletes sebességgel az egyenes mentén. A fentiek szerint ekkor a feladat eljárásának eredményeként adódó Q pont is egyenletes sebességgel mozog ugyanitt. A két sebesség pontosan akkor egyenlő, ha az egyenesek valamennyien párhuzamosak, egyébként P1 gyorsabban mozog, mint Q. Azt kell megmutatnunk, hogy van olyan pillanat, amikor a két mozgó pont találkozik. Ez a keresett pont.
Ez nyilvánvaló, ha az egyenesek párhuzamosak: ekkor a két pont a mozgás minden pillanatában egybeesik.
A két pont akkor is találkozik, ha közelednek egymáshoz: egymással szemben mozognak, vagy pedig P1, a gyorsabbik "üldözi'' Q-t.
Ha a két pont távolodik egymástól, akkor változtassuk meg a P1 mozgásának irányát. Ekkor minden közbülső vetület, azaz végül a Q mozgásiránya is megfordul, tehát ha eddig távolodtak, akkor ezután közelednek majd egymáshoz, és így végül találkoznak.
Ezzel a bizonyítást befejeztük.

 

Pásztor Gábor (Miskolc, Földes F. Gimn., III. o. t.)

dolgozata alapján.

 

II. megoldás. Ha az adott egyenesek valamennyien párhuzamosak, akkor nyilván az e1 bármely P1 pontja megfelelő. Ha ei és ei+1 merőleges, akkor az ei bármely Pi pontjának a vetülete a két egyenes metszéspontja, a végeredményül kapott Q pont tehát a P1 minden helyzetében ugyanaz, így ezt választva P1-nek, megfelelő pontot kapunk.
Ha ei és ei+1 metszők, akkor jelölje αi azt a 90∘-nál nem nagyobb abszolút értékű irányított szöget, amellyel ei-t a két egyenes Qi metszéspontja körül elforgatva ei+1-et kapjuk, ha pedig a két egyenes párhuzamos, akkor legyen αi=0. A továbbiakban föltehető, hogy egyetlen αi sem derékszög és van olyan αi, amelyik nem nulla.
Vizsgáljuk meg, hogy a feladat eljárása során a sík milyen Ti transzformációja viszi a Pi pontot a Pi+1 pontba. (Pn+1 legyen Q.) E transzformációk T szorzata viszi majd a P1 pontot a Q pontba, így azt kell igazolnunk, hogy a T transzformációnak létezik fixpontja, mégpedig olyan, amelyik az e1 egyenesre esik. Ekkor ugyanis ez a pont választható P1-nek.
Ha ei és ei+1 párhuzamosak, akkor Ti egy ei-re merőleges eltolás, ha pedig metszők, akkor egy Qi körüli αi szögű forgatva kicsinyítés, hiszen QiPi+1=cosαiQiPi és 0<cosαi<1.
Ismeretes, hogy forgatva kicsinyítések egymás utánija ugyancsak forgatva kicsinyítés, forgatva kicsinyítés és eltolás egymás utánija pedig ‐ a sorrendtől függetlenül ‐ forgatva kicsinyítés vagy nyújtás. Mivel a Ti transzformációk közül nem mindegyik eltolás, a T transzformáció maga is forgatva kicsinyítés vagy nyújtás. Ennek során az e1 egyenes önmagába megy át, így a forgatás szöge 180∘ vagy 360∘,C centruma pedig az e1 egyenesen van. Ha tehát ezt a C pontot választjuk P1-nek, akkor T(C)=C miatt a végeredményül kapott Q pont valóban azonos lesz P1-gyel.
 

Hadnagy Éva (Komárom, Jókai Mór Gimn., IV. o. t. dolgozata alapján

 

III. megoldás. Ha αi jelöli az ei, ei+1 egyenesek hajlásszögét (en+1=e1), akkor az ei egyenes d hosszúságú szakaszának merőleges vetülete |dcosαi| hosszúságú az ei+1 egyenesen. Ez azt jelenti, hogy ha P1 és P1', két pont az e1 egyenesen, Q és Q' pedig a feladat eljárásának eredményeként kapott megfelelő pontok ugyanitt, akkor
QQ'=|cosα1⋅cosα2⋅...⋅cosαn|⋅P1P1'.(1)

Az eljárás eredményeként tehát az e1 egyenes egy hasonlósági transzformációját kapjuk, a hasonlóság aránya, λ=|cosα1⋅cosα2⋅...⋅cosαn|, tehát 0≦λ≦1. Abban az elfajult esetben, ha λ=0,Q=Q', minden P1 pontnak ugyanaz a képe, és így ez a közös képpont választható P1-nek. Ha λ=1- és így a transzformáció egybevágóság ‐ akkor |cosα1|=|cosα2|=...=|cosαn|=1, az egyenesek valamennyien párhuzamosak, és így az e1 egyenes bármely P1 pontja megfelelő.
Ha 0<λ<1, akkor tekintsük az e1 egyenest egy számegyenesnek. A feladat eljárása során kapott P1↦Q hozzárendelés így egy f függvényt határoz meg, melyre (1) szerint
|f(x1)-f(x2)|=λ|x1-x2|(2)
bármely x0,x2 számra. Azt kell megmutatnunk, hogy létezik olyan x0, amelyre f(x0)=x0.
Belátjuk, hogy ha egy f függvényre teljesül (2), akkor az lineáris. Ha (2)-ben x1 helyére x-et, x2 helyére 0-t írunk, akkor
|f(x)-f(0)x|=λ(3)
adódik. Ha megmutatjuk, hogy f(x)-f(0)x-nek nem csak az abszolút értéke, hanem az előjele is állandó, akkor (3)-ból f(x)=f(0)+α⋅x adódik, ahol |α|=λ, az f tehát valóban lineáris.
Legyen
y1=f(x1)-f(0)x1,y2=f(x2)-f(0)x2ésy3=f(x1)-f(x2)x1-x2.
A feltétel szerint |y1|=|y2|=|y3|=λ, mi azt akarjuk igazolni, hogy y1=y2.
Mivel mindhárom szám vagy λ-val, vagy pedig (‐λ)-val egyenlő, ezért hármójuk közül legalább kettő egymással is egyenlő. Ha y1=y2, akkor készen vagyunk. Ha például y1=y3, azaz
f(x1)-f(0)x1=f(x1)-f(x2)x1-x2,
akkor beszorzás után
(x1-x2)(f(x1)-f(0))=x1(f(x1)-f(x2))
adódik, ahonnan rendezve kapjuk, hogy
x1(f(x2)-f(0))=x2(f(x1)-f(0)),
azaz
y2=f(x2)-f(0)x2=f(x1)-f(0)x1=y1,

vagyis y1=y2 ebben az esetben is.
Az f függvényre tehát
f(x)=f(0)+αx,
ahol 0<|α|=λ<1. Ha most tekintjük az
f(x)=x
egyenletet, akkora α≠1 miatt ennek megoldása
x0=f(0)1-α,
tehát erre az x0 -ra
f(x0)=x0.
Ezzel a bizonyítást befejeztük.