|
Feladat: |
1987. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata |
Korcsoport: 18- |
Nehézségi fok: nehéz |
Megoldó(k): |
Benczúr András , Dinnyés Enikő , Drasny Gábor , Fleiner Tamás , Gács András , Keleti Tamás , Lengyel Csaba , Lipták László , Rimányi Richárd , Tasnádi Tamás |
Füzet: |
1988/február,
52 - 56. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Térgeometria alapjai, Ponthalmazok, Halmazok számossága, Koordináta-geometria, Függvények, Függvényegyenletek, Egész együtthatós polinomok, Valós együtthatós polinomok, Hengerek, Parabola, mint kúpszelet, Trigonometrikus függvények, Sík egyenlete, Trigonometriai azonosságok, Harmadfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd) |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1988/február: 1987. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. megoldás: Van ilyen ponthalmaz és nagyon sokféleképpen lehet ilyent megadni. Egy derékszögű koordinátarendszerben a pont koordinátáit , , -vel jelölve minden sík egyenlete írható alakban, ahol , , közt van -tól különböző. A ponthalmazt úgy adjuk meg, hogy minden valós értékhez hozzárendeljük azt a pontot, amelyiknek koordinátái Az , , függvényeket úgy kell választanunk, hogy az egyenletnek legyen legalább egy gyöke, ha , , közül legalább az egyik nem , de mindig csak véges sok gyöke legyen. Kézenfekvő polinomokat választani, mert tudjuk, hogy egy polinomnak csak véges sok gyöke lehet: legfeljebb annyi, mint a foka, kivéve természetesen a polinomot. Azt is tudjuk továbbá, hogy (valós együtthatós) páratlan fokú polinomnak mindig van legalább egy (valós) gyöke. Ezek alapján az , , összefüggésekkel jellemzett ponthalmaz megfelel. Ezt írhatjuk kicsit egyszerűbben alakban is. Valóban, az egyenlet a mondott feltételek mellett mindig páratlan: -öd-, -ad- vagy elsőfokú, így a ponthalmaznak minden síkkal legalább egy és legfeljebb közös pontja van.
Megjegyzések. 1. Mint a megoldás is utal rá, , , -nak bármilyen három különböző, páratlan fokú polinomot választhatunk. Használhatunk páros fokú polinomot is alkalmas előjel-megállapodásokkal kombinálva. Könnyű látni pl., hogy a következő ponthalmaznak: | | szintén van pontja minden síkon és mindegyiken csak véges számú. Belátható, hogy ennek is legfeljebb pontja lehet egy síkon. Ennek igazolását az olvasóra bízzuk.
2. A megadott ponthalmazok pontjai térbeli görbét alkotnak. Az előző megjegyzésben szereplő görbéhez eljuthatunk úgy, hogy az - és -tengely síkjában megrajzoljuk a egyenletű görbét és tekintjük az ennek a pontjain át az tengellyel párhuzamosan húzott egyenesek alkotta (általános) hengerfelületet; az - és -tengely síkjában pedig az origóban érintkező, első, ill. harmadik negyedben futó két félparabolaívből álló görbe pontjain át a -tengellyel párhuzamosan húzott egyenesek alkotta hengerfelületet képezzük. A két felület metszésvonala adja a szóban forgó görbét (1. a, b, c ábra).
1.a ábra
1.b ábra
1.c ábra 3. Használhatók polinomok helyett más függvények is. Erre mutat példát a következő megoldás.
II. megoldás. Három térbeli görbe vonalat adunk meg, amelyek egyesítésére teljesülnek a követelmények. Ezek szemléletesen így származtathatók. Egy szélességű végtelen sáv középvonala legyen az ordinátatengely. Ábrázoljuk a függvényt a -π<φ<π számközben (2.a ábra), majd hajlítsuk össze a sávot egy (egységnyi sugarú) hengerré. A henger három példányát helyezzük el úgy, hogy a tengelyük rendre az x-, y-, z-tengely legyen, a sáv (0,0) pontja pedig az y-, z-, illetőleg x-tengely egységpontjába kerüljön. (A 2.b ábra a harmadik hengert ábrázolja.)
2.a ábra
2.b ábra A feltételek teljesülésének igazolásához célszerű a pontok koordinátáit formulákkal megadni. A z-tengely körüli henger egy pontja legyen P, vetülete az x, y koordinátasíkon P', az ehhez mutató vektornak az x-tengely pozitív felével bezárt szöge φ. Ekkor az (1, 0, 0) ponttól P'-ig terjedő körív hossza is φ, így a P pont koordinátái: A másik két görbe pontjainak koordinátái: x=tg φ2, y=cos φ, z=sin φ, ill. x=sin φ, y=tg φ2, z=cos φ;
φ mindhárom esetben -π és π közti szöget jelent (radiánban mérve). Egy tetszés szerinti sík egyenlete alakú, ahol a, b, c közt van 0-tól különböző. Ennek a harmadik görbével való metszéspontjai azok a pontok, amelyek koordinátái az egyenletnek eleget tévő φ értékekhez az első egyenlethármassal meghatározott értékek. Az egyenlet t=tg φ2-re vonatkozó algebrai egyenletté alakítható a következő összefüggések felhasználásával: sinφ=2sinφ2cosφ2sin2φ2+cos2φ2=2tt2+1;cosφ=cos2φ2-sin2φ2sin2φ2+cos2φ2=1-t21+t2.
Ezeket beírva, a törteket eltávolítva és az egyenletet rendezve kapjuk, hogy: | ct3+(d-a)t2+2bt+a+d=0. | (2) | Ennek legfeljebb 3 megoldása van (a valós számok körében), kivéve, ha az azonosan 0 polinomról van szó, vagyis ha Ekkor azonban a és d is 0, s így az (1) egyenlet minden (x, y, z) számhármasra teljesül, nem sík egyenlete. Mivel tgφ2 a -π<φ<π számközben minden valós értéket felvesz, és mindegyiket csak egyszer, így a síknak a görbével legfeljebb 3 közös pontja lehet. Ugyanígy adódik, hogy egy síknak a másik két görbével is legfeljebb 3-3 közös pontja lehet, az egész ponthalmazzal tehát legfeljebb 9. Az is világos, hogy minden síknak van közös pontja a halmazzal, mert ha pl. c≠0, akkor a (2) egyenlet harmadfokú és így van valós gyöke.
Megjegyzések. 1. Szemléletesen a hengert elmetszettük egy síkkal, és azt kérdezzük, hogy ha a hengerfelületet egy alkotója mentén felvágjuk és a síkba terítjük, a metszésvonal hány pontban metszi a tangensgörbe képét. Belátjuk, hogy ha a sík metszi a henger tengelyét, de nem merőleges rá, akkor a metszésvonal a síkba terítve egy szinuszvonalat ad. Valóban, a henger egy tetszés szerinti pontjának koordinátái x=cosφ, y=sinφ, z alakban írhatók, így az (1) síkkal való metszéspontokat azok a φ értékek szolgáltatják, amelyekre A síkra kimondott feltételek akkor teljesülnek, ha c, továbbá a és b közül legalább az egyik nem 0. Ekkor egyenletünk így alakítható át: | z=-accosφ-bcsinφ-dc=a2+b2csin(φ-α)-dc, | ahol α-t a összefüggések határozzák meg. Ezzel a kimondott állítást igazoltuk. A fenti meggondolás azt a szemléleti megfigyelést igazolja, hogy a két vonalnak legfeljebb 3 metszéspontja lehet.
2. Megfelelő ponthalmazok számtalan más elgondolás alapján is elkészíthetők, és merült is fel sok további példa a dolgozatokban. Többen állították azonban azt is, egyesek indokolni is próbálták, hogy a kívánt tulajdonságú ponthalmaz nem létezik.
3. A felmerült példák mindegyikében volt olyan sík, amelyik a ponthalmaznak legalább 5 pontját tartalmazta. Kézenfekvő kérdés, hogy nem adható-e meg olyan ponthalmaz, amelyiknek minden síkon 5-nél kevesebb pontja van. Nem csökkenthető ez a szám 3 alá, hiszen a halmaz bármely 3 pontján át fektethető sík. Mély halmazelméleti módszerekkel bebizonyítható, hogy létezik olyan ponthalmaz is, amelyiknek minden síkon pontosan 3 pontja van. Ez a bizonyítás azonban csupán a ponthalmaz létezését adja, előállításához vagy egyáltalán az elképzeléséhez sem ad semmilyen támpontot. Megmutatható hogy egy folytonos vonalnak, ha kielégíti a feltételeket, mindig van 5 egy síkban lévő pontja. |
|