A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. 2. feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha két hatszög oldalainak felezőpontjai rendre megegyeznek, akkor a két hatszög területe egyenlő. I. megoldás. Legyen a hatszög , , , oldalának felezőpontja rendre , , , , , , és tegyük fel, hogy rendre ugyanezen pontok felezik a hatszög egymás utáni , , , oldalát is. Azt kell bebizonyítanunk, hogy a és hatszögek területe egyenlő. Egyelőre feltesszük, hogy sem , sem nem hurkolt idom és meggondolásainkat az 1. ábra esetéhez kapcsoljuk hozzá. A közös felezőpontokban a két hatszög egy-egy oldala metszi egymást, pl. -ban a és oldalak. Ezért az egyik hatszög kerületén végighaladva mindegyik felezőpontban átlépjük a másik hatszög kerületét, vagy belépünk abba, vagy kilépünk belőle, ‐ hacsaknem kivételesen és egy-egy oldalegyenese egybeesik, és így egy szakaszon közös határukon haladunk. Ennélfogva területének is bizonyos részei -n belül vannak, más részei -n kívül és viszont. Pl. az háromszög -höz hozzátartozik, -hoz pedig kívülről csatlakozik, az háromszög viszont -n belül, egyszersmind -n kívül van. E két háromszög egybevágó, mert -ból kiinduló oldalaik páronként egyenlők és a köztük levő szögek csúcsszögek, ezért területük is egyenlő. Így kapjuk a következő 6 egyenlőséget (a háromszögek területét ugyanúgy jelölve, ahogy magukat a háromszögeket szokás):
A balról felsorolt háromszögek mind kívülről csatlakoznak -hoz, a jobboldaliak pedig -hez. Ezért -hoz hozzávéve a bal oldali háromszögeket, az sokszöget kapjuk. Ugyanezt a sokszöget kapjuk -ből a jobb oldalon felsorolt háromszögek hozzávételével. Eszerint, a , , idom területét is -vel, -val, ill. -sel jelölve, a (7) egyenlőségek összeadásával adódó egyenlőség két oldalának értékét pedig -vel, a következő egyenlőséget írhatjuk fel: Innen . Ezzel az állítást ‐ az ábrán felvett esetre ‐ bebizonyítottuk. Megjegyzés. Számos versenyző a és hatszögek közös részéhez, a sokszöghöz vette hozzá a bal-, ill. jobboldalon álló háromszögeket. ( a és , pedig a és oldalak közös pontja; ezek nem egymásnak megfelelő oldalak; csak esetleges, hogy van közös pontjuk; ábránkon több ilyen oldalpár nincs is.) Egy részük nem vette észre, hogy így nem -t, ill. -t kapta, hanem nagyobb idomot, mert egy-egy hozzávett háromszög részei, az és háromszögek sem -hez, sem -hoz nem tartoznak hozzá. Mások ezek elvételével tették teljessé bizonyításukat. A (7) háromszögekkel ,,kétszer fedett'' háromszög azért keletkezett, mert a , egymás utáni felezőpontok a egyenes ugyanazon oldalán vannak. Ha egy ilyen egyenes átmegy a , vagy a oldal felezőpontján, akkor a (7) felsorolás megfelelő háromszöge egyenesszakasszá fajul, egyszersmind kétszer fedett háromszög sem keletkezik. Előfordulhat viszont, hogy mind a hat szakaszon létrejön kétszer fedett háromszög (2. ábra).
II. megoldás. és egy-egy közös felezőponttal bíró oldalának ‐ pl. az egymást -ban felező , oldalpárnak ‐ végpontjai paralelogrammát alkotnak, ezért . Vegyünk egy a -re merőleges, sem -t, sem -t nem metsző egyenest, és vetítsük erre és csúcsait. A , a , a pontpárok vetülete egybeesik, jelöljük ezeket rendre -tal (1. ábra, ezek közül egyesek egybe is eshetnek). Ekkor és területét úgy kaphatjuk, hogy 4 ‐ 4 trapéz területének összegéből kivonjuk más 2 ‐ 2 trapéz területének összegét:
A két kifejezés ugyanazon sorszámú tagjai páronként egyenlők, mert a megfelelő trapézok magassága és középvonala közös; pl. az első tagokra és , ahol a -nek -n levő vetülete. Ezért . Az ábránkétól különböző esetekben a (8) előállításokban a hozzáadandó tagok száma legalább 1, legfeljebb 5, és ezt a számot a levonandó tagok száma 6-ra egészíti ki. Amennyiben szomszédos indexű pontok egybeesnek, a tagok száma csökken. Megjegyzések. 1. A most bemutatott módon szokás meghatározni sokszögek területét, ha csúcsaik koordinátáikkal vannak adva. Így határozza meg a földmérő mérnök is sokszög alakú telkek területét.
3. ábra 2. Ez a bizonyítás mutatja, hogy az állítás a 3. ábra esetében is érvényes, ahol és közös része nem összefüggő: két négyszögre és egy hatszögre esik szét. Ebben az esetben az I. megoldás megjegyzésében említett meggondolást jelentősen ki kellene egészítenünk.
3. A 4. ábra esetében hurkolt, és oldalszakaszainak közös pontja , a és szakaszok közös pontja . Ilyen idom területét eddig nem értelmeztük. Az oldalszakaszok, ill. részeik a és háromszögeket és az négyszöget határolják körül.
Nézzük meg, mit ad ebben az esetben a II. megoldás gondolatmenete. területét (8) pozitív tagjaiban nem vettük számításba, mert a négyszög az , trapézokon kívül van, a negatív tagokban viszont levontuk, mert az , trapézok tartalmazzák. Eszerint az állítás érvényes marad, ha területén ezúttal a kifejezést értjük. (Könnyen megjegyezhető ez a megállapodás, ha összehasonlítjuk a , és részek körüljárásának irányát, miközben kerületét , , , , , sorrendben körüljárjuk. és körüljárása az óramutató járásával ellentétes irányú, akárcsak a körüljárásé, körüljárása pedig az óra járásával megegyező. Másképpen: , és körülhatárolt része a mondott körüljárásban a menetvonal bal oldalán van, -é pedig a jobb oldalon.)
III. megoldás. Ismeretes, hogy bármely négyszög oldalfelező pontjai egy paralelogramma csúcsai, melynek oldalai párhuzamosak a négyszög átlóival és fele akkorák, mint az átlók (5. ábra, és ). Megmutatjuk, hogy a paralelogramma területe fele a négyszög területének. Valóban, a átló felezőpontját -val, -vel, -vel, ill. -vel összekötő szakasz rendre párhuzamos és egyenlő a , , , ill. oldal felezésével előállt szakaszokkal. Ezért az és háromszögek áttolhatók -be, ill. -be és a és háromszögek -os forgatással átforgathatók -ba, ill. -be. Így pedig a négy részre darabolt paralelogramma részeivel maradéktalanul lefedhetjük a négyszögnek a paralelogrammán kívüli részeit.
(Állításunk hurkolt négyszögre is igaz ‐ 6. ábra ‐, ha ennek területét a fenti megjegyzés szerint értelmezzük, továbbá a felhasznált háromszögek területét pozitív, ill. negatív előjellel tekintjük aszerint, hogy felsorolt körüljárásuk iránya megegyező, ill. ellentétes az paralelogramma körüljárásának irányával. Ha a hurkolt négyszöget az paralelogrammából képezzük az és csúcsok felcserélésével, akkor az oldalfelező pontok egy egyenesre esnek (7. ábra), , megfelelően annak, hogy , és így különbségük 0. A továbbiakban is minden területet így értünk.)
Ezek szerint a fenti hatszöget a átlóval a és négyszögekre bontva és ezen átló felezőpontját -vel jelölve területe kétszerese az és paralelogrammák területe összegének (8. ábra). Ha mármost hatszög oldalainak felező pontjai ugyancsak rendre az , , , pontok, akkor területe is kétszerese az összegnek, és így egyenlő területével, ugyanis a paralelogrammák negyedik () csúcsát az első három csúcs egyértelműen meghatározza, ha sorrendjük is adva van. Ezzel az állítást bebizonyítottuk. Megjegyzések. 1. Látható, hogy a négyszögoldalak felezőpontjai közül csak 3 független egymástól (, , ) és sorrendjük meghatározza -t. Másrészt az is, hogy tetszés szerinti számú olyan négyszög szerkeszthető, melyre az oldalak felezőpontjai rendre azonosak , , , -vel. Ha ugyanis egy tetszés szerinti pont -ra vett tükörképe , -é -re és -é -re , akkor -nek -re vett tükörképe azonos -gyel. Hasonlóan a hatszögoldalak felezőpontjai közül csak öt független egymástól. Pl. felvéve az , , , és pontokat, megszerkeszthetjük a pontot, mint az paralelogramma negyedik csúcsát, majd az pontot, mint a paralelogramma negyedik csúcsát. Ha viszont az adott 6 felezőpont megfelel e feltételnek, akkor az előbbihez hasonló tükrözéssorozattal akárhány olyan hatszög szerkeszthető, melyre az egymás utáni oldalak felezőpontja , , , , , . 2. Az eddigi felezőpontokat , , , , , sorrendben véve a létrejövő hatszögek területe az előbbiekétől általában különböző, mert így a paralelogramma helyére lép, és ezek területei egymásnak negatívjai. Ezért nem felesleges a feladatnak az a kikötése, hogy a hatszögoldalak felezőpontjainak rendre kell megegyezniök. 3. Az állítás hatszög helyett bármely páros oldalszámú sokszög esetére érvényes, megjegyezve azt, hogy az utolsó felezőpontot a többiek ‐ és sorrendjük ‐ egyértelműen meghatározzák. Ez abból következik, hogy minden oldalú sokszög () egy csúcsból kiinduló átlókkal négyszögre bontható. Néhány versenyző akárhány oldalú sokszögre érvényesnek vélte az állítást. Ez a sejtés a páratlan oldalszámú sokszögekre semmitmondó. Ugyanis egy háromszög oldalainak felezőpontjai egyértelműen meghatározzák a háromszöget, és ugyanez áll a oldalú sokszögekre (), mert ezekben egy csúcsból azokat az átlókat meghúzva, amelyek a sokszöget egy négyszögre és egy , ill. -szögre bontják (pl. ) utoljára háromszöget kapunk. Ezt az oldalak felezőpontjai egyértelműen meghatározzák és ebből kiindulva a sokszög többi csúcsai is egyértelműen meghatározhatók. Lásd 502. gyakorlat, K. M. L. 18 (1959/2) 45. o. és 557. gyakorlat, K. M. L. 19 (1959/11) 136. o. |