Kezdőlap


Feladat:	N.69	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Braun Gábor , Burcsi Péter , Gyarmati Katalin , Izsák Ferenc , Kutalik Zoltán , Pap Gyula , Póczos Barnabás , Sánta Zsuzsa , Séllei Béla , Szádeczky-Kardoss Szabolcs , Tóth Gábor Zsolt , Valkó Benedek
Füzet:	1996/február, 100 - 102. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Húrnégyszögek, Harmonikus közép, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1995/május: N.69

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

A feladat állítását tetszőleges négyszögre bizonyítjuk, mégpedig többféle módon. A bizonyításokhoz bevezetünk néhány jelölést. Ha $X, Y, Z$ egy egyenesen lévő különböző pontok, akkor jelölje $(X, Y, Z)$ az $X Z / Z Y$ osztóviszonyt, amit a megoldás során mindig irányított szakaszok hányadosaként értelmezünk, azaz pozitívnak ha $Z$ az $X Y$ szakasz belső pontja és negatívnak egyébként. Az egy egyenesen lévő $X, Y, Z, V$ pontok kettősviszonya legyen

\begin{matrix} (X Y Z V) = \frac{(X Y Z)}{(X Y V)}, \end{matrix}

ekkor könnyen látható, hogy

\begin{matrix} (X Y Z V) = \frac{1 - V Z / V X}{1 - V Z / V Y}, \end{matrix}

vagyis

(X Y Z V) = - 1

pontosan azt jelenti, hogy

V Z

harmonikus közepe

V X

-nek és

V Y

-nak. Végezetül nyomban következik, hogy

\begin{matrix} (Y X Z V) = (X Y V Z) = \frac{1}{(X Y Z V)}, \end{matrix}

némi fáradsággal pedig

\begin{matrix} (X Z Y V) = 1 - (X Y Z V) . \end{matrix}

I. megoldás. A

P A D

háromszögre vonatkozó Menelaosz-tétel megfordítása szerint a bizonyítandó állítás az

\begin{matrix} (A P E) (P D F) (D A Q) = - 1 \end{matrix}

(1)

alakba írható. Másrészt, mivel a

B, C, Q

pontok egy egyenesen vannak, megint csak a

P A D

háromszögre vonatkozó Menelaosz-tétel szerint

\begin{matrix} (A P B) (P D C) (D A Q) = - 1. \end{matrix}

Azt kell tehát igazolnunk, hogy

\begin{matrix} (A P E) (P D F) = (A P B) (P D C), \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} (A P E B) = (P D C F) . \end{matrix}

A bevezető megjegyzések szerint a bal oldal

\begin{matrix} \frac{1}{(A P B E)} = \frac{1}{1 - (A B P E)} = \frac{1}{1 - \frac{1}{(A B E P)}} = \frac{1}{2}, \end{matrix}

a jobb oldal pedig

\begin{matrix} \frac{1}{(D P C F)} = \frac{1}{1 - (D C P F)} = \frac{1}{1 - \frac{1}{(D C F P)}} = \frac{1}{2} . \end{matrix}

Megjegyzések. 1. Nevezzük az egy egyenesen lévő

A_{1}

A_{2}

...

pontokat és az ugyancsak egy egyenesen lévő

B_{1}

B_{2}

...

pontokat a

P

pontra nézve perspektívnek, ha az

A_{1} B_{1}

A_{2} B_{2}

...

egyenesek mind átmennek a

P

ponton. Erre a relációra bevezetjük az

\begin{matrix} A_{1} A_{2} ... {\binom{=}{\land}}_{}^{P} B_{1} B_{2} ... \end{matrix}

jelölést. Az előző megoldásban lényegében azt láttuk be, hogy ha

A E B P {\binom{=}{\land}}_{}^{Q} D F C P

, akkor

(A E B P) = (D F C P)

. Ennek az állításnak a többszöri alkalmazásával azt is beláthatjuk, hogy ha

S

jelöli az

A C

és a

B D

átló metszéspontját, akkor a

Q S

egyenes megegyezik az

E F

egyenessel. Messe ui. a

Q S

egyenes az

A B

-t az

E'

pontban,

D C

-t az

F'

pontban, ekkor

\begin{matrix} A B E' P {\binom{=}{\land}}_{}^{S} C D F' P {\binom{=}{\land}}_{}^{Q} B A E' P, \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} (A B E' P) = (B A E' P) = \frac{1}{(A B E' P)}, {(A B E' P)}^{2} = 1. \end{matrix}

Mivel

E'

különbözik

P

-től, ezért

(A B E' P) \neq 1

, tehát csakis

\begin{matrix} (A B E' P) = - 1 = (A B E P) \end{matrix}

lehetséges, amiből

E' = E

következik. Ugyanígy

F' = F

, és ezt akartuk igazolni.
2. Előző eredményünket úgy is fogalmazhatjuk, hogy ha egy négyszög (esetünkben

Q D S C

) 2‐2 szemköztes oldala az

A

és

B

pontokban metszik egymást, akkor a négyszög átlói az

A B

egyenest olyan

E

és

P

pontokban metszik, amelyre

(A B E P) = - 1

. Az ilyen pontnégyeseket harmonikusnak hívjuk, ill. azt mondjuk, hogy az

A, B

és

E, P

pontpárok harmonikusak egymásra vagy, hogy

P

E

(ill.

E

P

) harmonikus társa az

A

és

B

pontokra nézve. A bevezetőbeli megjegyzések alapján ezek a relációk ‐ ahogyan elnevezésük sejteti ‐ tényleg szimmetrikusak a pontpárokban és a pontpárok tagjaiban. Ez a négyszögekkel kapcsolatos észrevétel módot ad a harmonikus pontnégyeseknek a kettősviszony analitikus fogalmától független, ún. szintetikus tárgyalására.

II. megoldás. Mint láttuk, elegendő megmutatnunk, hogy ha két pontnégyes perspektív egymásra, akkor kettősviszonyuk megegyezik. Ez az állítás könnyen visszavezethető arra az esetre, amikor a pontnégyesek utolsó tagjai megegyeznek, vagyis az előző megoldáshoz fűzött megjegyzések ezt az általánosabb állítást is igazolják. Mi most új bizonyítást adunk erre az állításra. Ha

x

és

y

tetszőleges egyenesek, akkor jelölje

x y

az általuk bezárt irányított szög szinuszát (tehát

y x = - x y

).
Tegyük fel, hogy

\begin{matrix} X_{1} X_{2} X_{3} X_{4} {\binom{=}{\land}}_{}^{T} X_{1}' X_{2}' X_{3}' X_{4}' . \end{matrix}

Ha az

\begin{matrix} x_{i} = T X_{i} = T X_{i}' (i = 1, 2, 3, 4) \end{matrix}

egyenesek kettősviszonyát

\begin{matrix} (x_{1} x_{2} x_{3} x_{4}) = \frac{x_{1} x_{3}}{x_{3} x_{2}} \cdot \frac{x_{4} x_{2}}{x_{1} x_{4}} \end{matrix}

értelmezi, akkor elegendő belátnunk, hogy

\begin{matrix} (X_{1} X_{2} X_{3} X_{4}) = (x_{1} x_{2} x_{3} x_{4}), \end{matrix}

hiszen akkor ugyanúgy

\begin{matrix} (X_{1}' X_{2}' X_{3}' X_{4}') = (x_{1} x_{2} x_{3} x_{4}) \end{matrix}

is teljesül.
Jelölje

x

X_{1} X_{2} X_{3} X_{4}

egyenest. Ekkor az irányított háromszögekre vonatkozó szinusztétel többszöri alkalmazásával

\begin{matrix} \begin{matrix} (X_{1} X_{2} X_{3} X_{4}) = \frac{X_{1} X_{3}}{X_{3} X_{2}} \cdot \frac{X_{4} X_{2}}{X_{1} X_{4}} = \frac{X_{1} X_{3} / X_{3} T}{X_{3} X_{2} / X_{3} T} \cdot \frac{X_{4} X_{2} / X_{4} T}{X_{1} X_{4} / X_{4} T} = \\ = \frac{x_{1} x_{3} / x x_{1}}{x_{3} x_{2} / x x_{2}} \cdot \frac{x_{4} x_{2} / x x_{2}}{x_{1} x_{4} / x x_{1}} = \frac{x_{1} x_{3}}{x_{3} x_{2}} \cdot \frac{x_{4} x_{2}}{x_{1} x_{4}} = (x_{1} x_{2} x_{3} x_{4}) . \end{matrix} \end{matrix}

Ezzel állításunkat igazoltuk.

III. megoldás. Az ideális térelemekkel kibővített euklideszi síkon fogunk dolgozni. Ha a harmonikus pontnégyeseket a négyszögek segítségével (szintetikus úton) vezetjük be, akkor rögtön látszik, hogy egy projektív transzformáció ‐ illeszkedés-tartó lévén ‐ a harmonikus pontnégyeseket harmonikusakba viszi át. A paralelogramma példája mutatja, hogy egy ideális pont harmonikus társa egy

X, Y

pontpárra nézve az

X Y

szakasz felezőpontja. Az ABCD négyszöget ezért érdemes projektív transzformációval egy paralelogrammába átvinni, ekkor ui. mind

P

, mind

Q

ideális pontokká válnak, és a feladat állítása azzal lesz egyenértékű, hogy az

A B

szakasz

E

és a

D C

szakasz

F

felezőpontját összekötő egyenes ‐ a paraleolgramma egyik középvonala ‐ párhuzamos a

B C

és

D A

oldalegyenesekkel, ami viszont nyilvánvaló. Ebből a megoldásból is leolvasható, hogy az

E F

egyenes azonos a

Q S

-sel.