Kezdőlap


Feladat:	715. matematika gyakorlat	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Corradi Gábor , Csirik János , Lehel Csaba , Varga Kornél
Füzet:	1962/április, 165 - 168. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Tengelyes tükrözés, Pont körüli forgatás, Transzformációk szorzata, Szögfelező egyenes, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1961/szeptember: 715. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. A feladatot puszta számítással megoldhatjuk. Legyen $A B = c$ , $B C = a$ , $C A = b$ és $A D = A E = x$ , ekkor
$\begin{matrix} C E = b - x = C F, B F = a - C F = a - (b - x) = B G, \\ A G = c - B G = c - [a - (b - x)] = A H, \\ C H = b - A H = b - [c - [a - (b - x)]] = C J, \\ B J = a - C J = a - {b - [c - [a - (b - x)]]} = B K, végül \\ A K = c - B K = c - {a - {b - [c - [a - (b - x)]]}} . \end{matrix}$

1. ábra

Itt az

a

b

c

oldalak 2‐2 előfordulása között három zárójel áll, mínusz jellel megelőzve, ezek tehát kiesnek, az

x

előtt pedig 6 mínusz jel áll, tehát

A K = x = A D

, így

K \equiv D

.
A

D G

szakasz

L

felezőpontjára

\begin{matrix} A L = \frac{1}{2} (A G + A D) = \frac{1}{2} (c - a + b) . \end{matrix}

Ezt véve

x

gyanánt

A G

fenti kifejezéséből

\begin{matrix} A G' = (c - a + b) - x = \frac{1}{2} (c - a + b) = A L, \end{matrix}

amit bizonyítanunk kellett.

Csirik János (Orosháza, Táncsics M. Gimn. II. o. t.)

II. megoldás. Tekintsük a háromszögbe írt kört, és jelöljük az

A B

B C

C A

oldalon levő érintési pontját

C'

A'

B'

-vel. Ekkor

A C' = A B'

C B' = C A'

B A' = B C'

, ha tehát

D

gyanánt

C'

-ből indulunk ki, akkor

E

B'

-be,

F

A'

-be és

G

C'

-be esik. Így a szerkesztés‐sorozat 3. lépésével visszajutunk kiindulási pontunkba, ugyanígy minden további harmadikkal, tehát a hatodikkal is.

2. ábra

Legyen most

D

A C'

szakasz egy belső pontja, és tegyük fel, hogy

E

F

G

H

J

K

mindegyike a háromszög kerületén van. Akkor

E

B' A

félegyenesen van,

F

A' B

-n,

G

pedig

C' B

-n. Továbbá a

C' B'

és

D E

körívek közös középpontja

A

, és hasonlóan további két‐két körív középpontja

C

, ill.

B

, ezért

D C' = E B' = B' E = A' F = F A' = G C'

. Eszerint a sorozat 3. lépésével

G

D

-nek

C'

-re való tükörképe. Ugyanígy látható be, hogy

K

G

-nek

C'

-re való tükörképe, tehát azonos

D

-vel. Ez az első bizonyítandó állítás.
Eredményünk szerint az

L

pont azonos

C'

-vel, ezt az esetet már fent megvizsgáltuk. Tehát

D

megválasztásától függetlenül egyetlen olyan pont van

A B

-n, melyből kiindulva a 3. lépésben érkezünk vissza.

Corradi Gábor (Győr, Czuczor G. Gimn. II. o. t.)

Megjegyzés. Lényegében ugyanígy, a koncentrikus körívpárok sugarai különbségének egyenlőségével is bizonyíthatjuk az állítást:

D G = E H = F J = G K

, csak még azt kell belátnunk, hogy

D

és

K

G

-nek ugyanazon oldalán vannak.

Varga Kornél (Győr, Révai M. Gimn. I. o. t.)

III. megoldás. Az

E

pont a

D

tükörképe a

B A C

szög

f_{a}

felezőjére vonatkozóan, és minden további pont is tükörképe az őt megelőzőnek a háromszög megfelelő szögfelezőjére. Eszerint

D

-t egymás után 6-szor tükröztük az egymást a beírt kör

O

középpontjában metsző

f_{a}

f_{c}

f_{b}

f_{a}

f_{c}

f_{b}

egyenesekre. Így pedig a 6-ik tükörkép a 651. gyakorlat II. megoldása¹ szerint azonos a kiindulási ponttal.
A tükörképekből az is következik, hogy mindegyik szerkesztett pont egyenlő távolságra van

O

-tól, az

O

körül

O D

sugárral írt kör átmegy

E

F

G

H

J

-n. Eszerint

D

-t megválasztva a többi pontok csak e körnek az oldalakkal való metszéspontjai közül kerülhetnek ki. Mármost a

D G

húrnak

O

-hoz legközelebbi pontja az

L

felezőpont.

L

-ből kiindulva az

O L

sugarú körnek csak egy közös pontja van

A B

-vel, ezért a 3. lépés visszavezet

L

-be.

Lehel Csaba (Budapest, Apáczai Csere J. Gyak. Gimn. I. o. t.)

Megjegyzés. Az első állítás minden kör köré írható sokszögre érvényes. Ez belátható, ha továbbfejlesztjük a fenti meggondolást, valamint azt a megállapítást, amit az idézett megoldás mond ki az egy ponton átmenő egyeneseken ciklikus sorrendben történő 2-szeri tükrözésre. Ugyancsak érvényes a második állítás is páratlan oldalszámú érintősokszögekre; páros oldalszám esetén viszont már az első körüljárás mindig visszavisz a kiindulási pontba (a

G

-nek megfelelő pont azonos

D

-vel).

Lehel Csaba

3. ábra

IV. megoldás. A 651/II. megoldás segédtételének felhasználásával a végzett 3 forgatást egyetlen forgatássá tehetjük össze. Az

A

csúcs körül az óramutató járásával ellentétes (vagyis pozitív) irányú

B A C ∢ = α

szögű forgatást a segédtétel szerint tekinthetjük bármely két olyan tengelyen való egymás utáni tükrözés eredményének, melyek közös pontja

A

, és az első tengelyt a másodikba

+ α / 2

forgás viszi át. Első tengelynek

f_{a}

-t véve a második az

A C = b

egyenes. Ugyanúgy a

C

körüli

A C B ∢ = + γ

szögű forgatást helyettesíthetjük a

b

és

f_{c}

tengelyeken való tükrözéssel. Így a két forgatás végeredményét az

f_{a}

b

b

f_{c}

tengelyeken való egymás utáni tükrözés is megadja. Ámde a

b

tengelyen való (egymás utáni) kétszeri tükrözés minden pontot önmagába visz vissza, hatása nincs, ezért a két forgatás eredménye az

f_{a}

-n, majd

f_{c}

a való tükrözés. Ez pedig ‐ ismét a segédtétel szerint ‐ egyetlen forgatás a tengelyek

O

metszéspontja körül, éspedig

a + γ

szöggel, mert az

f_{a}

-t

f_{c}

-be vivő pozitív forgás egyenlő az

A C O

háromszög

O

-nál levő külső szögével,

(a + γ) / 2

-vel.²
Eszerint általában a

Φ_{1}

és

Φ_{2}

pontok körül

φ_{1}

, ill.

φ_{2}

szöggel végzett forgatás eredménye (ha

φ_{1} + φ_{2} \neq 0^{\circ}, \pm 360^{\circ})

az az egyetlen forgatás, melynek

Φ

középpontja annak a két félegyenesnek a metszéspontja, amely a

Φ_{1} Φ_{2}

szakasszal

Φ_{1}

-ben

- φ_{1} / 2

, ill.

Φ_{2}

-ben

+ φ_{2} / 2

szöget zár be, a forgatás szöge pedig

φ_{1} + φ_{2}

.
Ennek alapján a

B

körüli,

C B A ∢ = β

szögű forgatást az első kettő eredményéhez adva a forgatási középpont

O

-nak az

A B

oldalon levő

C'

vetülete, a forgatási szög pedig

α + γ + β = 180^{\circ}

, vagyis az eredmény a

C'

pontra való tükrözés:

D C' = C' G

. Ugyanis

O B C' ∢ = + β / 2

, így a

B O C'

szög nagysága

90^{\circ} - β / 2 = (α + γ) / 2

, iránya pedig negatív.
A további 3 forgatás végeredményeként

G

ismét visszajut

D

-be. Másrészt

L \equiv C'

, tehát

L

már 3 forgatással visszajut eredeti helyzetébe.
V. L.

Megjegyzések. 1. A számításban természetesen negatív eredmények is adódhatnak. Ha pl.

E

A C

szakasz

C

-n túli meghosszabbítására esik:

A E = x > A C = b

, akkor

C E

és

C F

negatívok. A számítás azt mutatja, hogy az állítás akkor is helyes, ha az ilyen szakaszokat ellentétes irányban mérjük fel, vagyis ‐ a példát folytatva ‐

C E

-t

B C

-nek

C

-n túli meghosszabbítására. Ehhez az eredményhez jutunk akkor is, ha a forgatásokat mindig

+ α

+ γ

+ β

szöggel végezzük, valamint ha a pontokat forgatás helyett a (belső) szögfelezőn való tükrözéssel jelöljük ki.
2. A számításból nyilvánvaló, hogy állításaink páratlan oldalszámú sokszögekre akkor is érvényesek, ha azokba nem írható kör.

¹K. M. L. 23 (1961/9) 20. o.

²Valóban, ha $O$ tükörképe $A C$ -re $O'$ , akkor $O A O' ∢ = 2 O A C ∢ = α$ , $O C O' ∢ = γ$ , tehát $O$ -t az első forgatás $O'$ -be viszi, $O'$ -t pedig a második forgatás $O$ -ba, tehát a két transzformáció eredményeként $O$ visszajut eredeti helyére. Másrészt az irányok $+ α$ , $+ γ$ szöggel való elfordulásának összege $+ (a + γ)$ , szöggel való elfordulás.