Feladat: 95. matematika feladat Korcsoport: - Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  A.D. ,  Klug Lipót ,  Maksay Zsigmond 
Füzet: 1895/január, 71 - 76. oldal  PDF file
Témakör(ök): Terület, felszín, Projektív geometria, Háromszögek szerkesztése, Hiperbola, mint mértani hely, Geometriai transzformációk, Szinusztétel alkalmazása, Háromszögek hasonlósága, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1894/december: 95. matematika feladat

Egy háromszög síkjában fekvő adott ponton keresztül egyenes húzandó, mely a háromszög területét oly két részre osztja, hogy a területrészek viszonya egyenlő legyen két vonaldarab m és n viszonyával.

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

 
Első megoldás.
 

I. Bevezetés.

 
Hogy föntebbi feladatot megoldhassuk, néhány segédtételre van szükségünk, melyeket a következőkben levezetünk, megállapítván a bennök fellépő fogalmak értelmét.
1) Legyen adva két egyenes e1 és e és az egyiken az QA1,B1 és C1 pont, míg a másikon az A2,B2 és C2 pont. Nevezzük az ugyanazon betűkkel jelzett pontokat egymásnak megfelelőknek és válasszunk az első egyenesen egy tetszéssszerinti 4-ik X1 pontot. A második egyenesen az X1-nek megfelelő X2 pontot szolgáltassa az
(A1B1C1X1)=(A2B2C2X2)1)
reláczió, melyben
(ABCX)=ACBC:AXBX
Az 1) alatti egyenlet segélyével az első egyenes minden egyes pontja mellé egyértelműen rendeltük a második egyenes egy-egy pontját.
Két egyenes pontjainak végtelen sorozatait, melyeknek egyedei ily módon rendelvék egymás mellé, projektivikusoknak nevezzük.
2) Legyen adva két pont P1 és P2 és húzzunk az elsőn keresztül három egyenest a1-et, b1-et és c1-et, a másodikon pedig három új egyenest a2-et, b2-et és c2-t. Nevezzük az ugyanazon betűvel jelzett egyeneseket egymásnak megfelelőknek és válasszunk egy tetszésszerinti a P1-en keresztülmenő egyenest x1-et. A P2 ponton keresztülmenő és az x1-nek megfelelő x2 egyenest szolgáltassa az
(a1b1c1x1)=(a2b2c2x2)2)
reláczió, hol
(abcx)=sin(ac)sin(bc):sin(ax)sin(bx)

A 2) alatti egyenlet segélyével az első sugársor minden egyes sugarát egyértelműen rendeltük a második sugársor egy-egy sugara mellé.
Két ily sugársort szintén projektvikusnak fogunk nevezni.
3) Ha végre
(ABCX)=(abcx)3)
az illető pont- és sugársort szintén projektivikusnak mondjuk.
 

I. Tantétel. Ha két projektivikus pontsor pontjai közül az A1,B1,...,X1-et összekötjük valamely P1, és az A2,B2,...,X2-t valamely P2 ponttal a nyert sugársorok szintén projektivikusak, vagyis az
(A1B1C1X1)=(A2B2C2X2)
reláczióból folyik az
(a1b1c1x1)=(a2b2c2x2)
reláczió.
A P1A1C1,P1B1C1,P1A1X1 háromszögek tekintetbe vételéből következik, hogy
(A1B1C1X1)=(a1b1c1x1),
mert mind a négy ugyanazon magasságú lévén, a területeikből képezhető k e t t ő s - v i s z o n y
t1t2:t3t4=A1C1B1C1:A1X1B1X1

míg másrészt
(t1t2t3t4)=P1A1P1C1sin(a1c1)P1B1P1C1sin(b1c1):P1A1P1X1sin(a1x1)P1B1P1X1sin(b1x1)-(a1b1c1x1).

Hasonlóképpen bizonyítható, hogy
(A2B2C2X2)=(a2b2c2x2)
és így első tantételünk igazolva van.
Ha az a1 és a2 metszéspontját A-val s. í. t. jeleljük, az A,B,... pontok általánosságban nem feküsznek egy egyenesben és a P1P2=p1 egyenesnek nem felel meg a második sugársor P2P1=q2 egyenese.
 

II. Tantétel. Ha A,B,... stb. egy e egyenesben feküsznek a P1P2=p1 sugárnak a P2P1=p2 sugár felel meg és megfordítva, ha P1P2-nek P2P1 felel meg, az A,B,... stb pontok egy egyenesben feküsznek. Két ilyen sugársort perspektivikus helyzetűnek mondunk.
Legyen a p1 és az e metszéspontja P; ekkor
(PABX)=(p1a1b1x1)
és csak akkor lehet
(p2a2b2x2)=(p1a1b1x1)
ha p2 is P-n megy keresztül, vagyis, ha
p1p2

Megfordítva, ha p1p2, akkor
(p1a1b1x1)=(p2a2b2x2)
reláczió csak úgy állhat fenn, ha X a PAB egyenesbe esik. Mert ha az x1 és x2 egyenesek az e-t X1 és X2 pontokban metszenék, a (p1a1b1x1)=(p2a2b2x2)-ből, a
(PABX1)=(PABX2)
reláczió következnék, mely csak akkor állhat fenn, ha X1=X2=X.
 

III. Tantétel. Ha egy kör két pontját, P1-et és P2-t, rendre összekötjük többi pontjaival A,B,...,X-szel, két projektivikus pontsort nyerünk.
A projektivitást jellemző egyenlet
(a1b1c1x1)=(a2b2c2x2)
helyessége ekkor az
(y1z1)és(y2z2)
szögeknek, mint ugyanazon YZ ív felett álló kerületi szögeknek egyenlőségéből következik.
 

Feladat. Legyen adva két sugársor, melynek csúcspontjai P1 és P2 összeesnek a nélkül, hogy a két sugársor azonossá válnék. Keressük az x1-nek megfelelő x2-t.
E czélból rajzoljunk tetszésszerinti a P1=P2=P ponton keresztülmenő kört. Ennek metszéspontjait az a1b1,,... stb. sugarakkal nevezzük A1B1,,... stb.-nek, míg az a2b2,,... stb. sugarakkal A2B2,,... stb.-nek. Kössük össze az A1 pontot A2,B2 és C2 pontokkal és az A2-t A1,B1 és C1 pontokkal. A nyert sugársorok legyenek a',b',c',... stb., és a'',b'',c'',... stb.
Ekkor a III. Tantétel alapján
(a1b1c1x1)=(2a2b2c2x2)
továbbá
(a'b'c'x')=(a2b2c2x2)
és
(a''b''c''x'')=(a1b1c1x1)
s így tehát
(a'b'c'x')=(a''b''c''x'')
De minthogy
a'a''
a II. Tantétel alapján az a',b',c',... stb. és a'',b'',c'',..., stb. sugársorok perspektivikus helyzetűek, azaz a'a''=A,b'b''=B stb. pontok egy egyenesbe az e tengelybe esnek. Ennek segélyével a tetszésszerint PX1=x1 sugárhoz a megfelelő x2-t a következő módon találhatjuk meg:
Összekötjük A2-t X1-gyel; az így nyert x'' és az e metszéspontjának X-nek és A1-nek összekötő egyenese a kört X2-ben metszi. A PX2=x2 a keresett sugár.
Ha az e tengely a kört metszi, az adott sugársorokban két-két sugár van, mely a megfelelőjével összeesik; ezek a P-ből a metszéspontokon keresztül húzott sugarak, melyeket még a két sugársor kettős sugarainak is nevezünk.
 
II.

 
Az adott feladatot két részre bontjuk. Először módot keresünk mindazon egyenesek feltalálására, melyek az adott háromszöget az m:n viszony szerint osztják, másodszor pedig ezek közül kiválasztani igyekezünk mindazokat, melyek a P ponton mennek keresztül. Rögtön szembetűnik, hogy az első feltételnek megfelelő egyenesek három csoportra oszlanak a szerint, a mint az A,B vagy C szög szárain metszik le a háromszöget, melynek területe t az ABC háromszög területéhez T-hez az m:(m+n) viszony szerint aránylik. Elegendő lesz egyelőre egy csoportot figyelemmel kísérni.
Jeleljék B1,B2,B3,... stb. C1,C2,C3,... stb. az első feltételnek megfelelő egyenesek metszéspontjait a CA és AB egyenesekkel. Ekkor
CkABk:CAB=m:(m+n)
vagyis
CkABk=Tmm+n=k.
Tehát
AB1AC1=AB2AC2=...=ksinA=K
Továbbá az
AB1=KAC1,AB3=KAC3
egyenlőségekből
AB3-AB1=K(AC3-AC1)AC1AC3
B1B3=KC1C3AC1AC3
B2B3=KC2C3AC2AC3
B1Bk=KC1CkAC1ACk
B2Bk=KC2CkAC2ACk

s így
B1B3B2B3:B1BkB2Bk=KC1C3AC1AC3AC2AC3KC2C3:KC1CkAC1ACkAC2ACkKC2Ck=
=C1C3C2C3:C1CkC2Ck
vagyis
(B1B2B3Bk)=(C1C2C3Ck)
miáltal kitűnik, hogy a Bk és Ck pontsorok projektivikusak.
Ha a P pontot rendre összekötöm a Bk és Ck pontokkal két, közös csúcspontú projektivikus sugársort kapok, melyeknek egy-egy összetartozó párja bk és ck a CA illetőleg AB egyenest Bk és Ck pontokban metszi. Ezen sugársorok kettős sugarai az AB és CA egyeneseket egymásnak megfelelő pontokban vágják, tehát a feladat első részében jellemzett egyenesek közé tartoznak, másrészt mint a sugársorok elemei a P ponton is keresztül mennek, tehát a feladat követelményeit kielégítő egyenesek.
Most tehát már csak az van hátra, hogy a Bk és Ck sorozatokból három megfelelő pontpárt találjunk.
Jelelje Db az AC egyenes azon pontját, mely kielégíti az
ADb:DbC=m:n
relácziót; rajzoljunk továbbá az AC oldal mint átmérő felett félkört és emeljünk az AD-re Db-ben merőlegest, míg az a félkört B1* pontban metszi és vigyük az AC-re A ponttól a C irányában AB1=AB1* távolságot. B1-ből párhuzamosat húzva BC-vel, e párhuzamos és az AB metszéspontja legyen D1. Ekkor B1 és C1 egy-egy a Bk és Ck sorozatokba tartozó pont.
Ugyanis egyrészt
AB1+ADbAC=m(m+n)
másrészt
AB1C1Δ:ABCΔ=AB2:AC2
=ADbAC:AC2=
=ADb:AC=m:(m+n)
amivel azután állításunk igazolva van.
Megfelelő pontok továbbá B2=A és C2=Vc, hol Vc az AB egyenesnek végtelen távol lévő pontját jelenti. Hasonlóképpen B3=Vb és C3=A, mert az
ABkACk=K
reláczióból következik, hogy ha ABk=0, akkor ACk= és megfordítva. A projektivikus sugársorok három-három egymásnak megfelelő egyenesei tehát
PB1  és  PC1
PAés  PVcAB,
PVbAC  és  PA.
Minden szögön tehát legfeljebb két módon lehet levágni oly háromszöget, mely az adottal m:(m+n) arányban van, de ezek közül csak azok jöhetnek tekintetbe, melyek egész terjedelmökben az adott háromszög belsejébe esnek.
A.D.

Jegyzet. Felkérjük olvasóinkat, a feladat szerkesztését fentebbiek alapján eszközölni és nekünk a rajzot beküldeni.
Szerk.