Kezdőlap


Feladat:	1270. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: -
Megoldó(k):	Barna T. , Donáth Géza , Frankl Ottó , Harsányi János , Huhn P. , Komlós J. , Pálos P. , Scwarz J. , Sebestyén Gyula , Vajda József
Füzet:	1937/január, 154 - 155. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Vetítések, Egyéb sokszögek geometriája, Térelemek és részeik, Térgeometriai bizonyítások, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1936/november: 1270. matematika feladat

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

$1^{0}$ . A Dandelin-féle hatszöget egy $O$ pontból tetszőleges $S$ síkra vetítve, a hatszög $A_{i} (i = 1, 2 ... 6)$ csúcsának vetülete legyen $A'_{i}$ . Ezen vetület nem más, mint az $O A_{i}$ egyenesnek az $S$ síkkal való metszéspontja. Minthogy az $A_{1} A_{4}$ , $A_{2} A_{5}$ , $A_{3} A_{6}$ egyenesek egy $P$ pontban találkoznak, azért az $O A_{4} A_{1}$ , $O A_{2} A_{5}$ , $O A_{3} A_{6}$ síkok egy egyenesben, az $O P$ -ben metszik egymást. Ezen három síknak az $S$ síkkal való metszésvonalai $A'_{1} A'_{4}$ , $A'_{2} A'_{5}$ , $A'_{3} A'_{6}$ ilyenformán egy $P'$ ponton, azaz a $P$ pontnak vetületén ( $O P$ és $S$ metszéspontján) mennek keresztül, vagyis $A'_{1} A'_{2} A'_{3} A'_{4} A'_{5} A'_{6}$ valóban Brianchon-féle hatszög.
$2^{0}$ . A Dandelin-féle hatszög

\begin{matrix} A_{1} A_{2}, A_{2} A_{3}, A_{3} A_{4}, A_{4} A_{5}, A_{5} A_{6}, A_{6} A_{1} \end{matrix}

oldalait messük a

σ

síkkal és a metszéspontok az oldalakkal legyenek rendre

M_{1}

M_{2}

M_{3}

M_{4}

M_{5}

M_{6}

. Ezen

6

pont által meghatározott egyenesvonalú síkidom egymásután következő oldalai,

t. i.

\begin{matrix} M_{1} M_{2}, M_{2} M_{3}, M_{3} M_{4}, M_{4} M_{5}, M_{5} M_{6}, M_{6} M_{1} \end{matrix}

rendre az

A_{1} A_{2} A_{3}, A_{2} A_{3} A_{4}, A_{3} A_{4} A_{5}, A_{4} A_{5} A_{6}, A_{5} A_{6} A_{1}, A_{6} A_{1} A_{2}

síkokban foglalnak helyet és így a szemközti

\begin{matrix} M_{1} M_{2}, M_{4} M_{5}; M_{2} M_{3}, M_{5} M_{6}; M_{3} M_{4}, M_{6} M_{1} \end{matrix}

oldalpárok

M_{z}

M_{x}

M_{y}

metszéspontjai rendre a Dandelin-féle hatszög szemközti

\begin{matrix} A_{1} A_{2} A_{3}, A_{4} A_{5} A_{6}; A_{2} A_{3} A_{4}, A_{5} A_{6} A_{1}; A_{3} A_{4} A_{5}, A_{6} A_{1} A_{2} \end{matrix}

síkpárjainak

z

x

y

metszésvonalain vannak. Utóbbiak azonban egy

π

síkban feküsznek és így az

M_{z}

M_{x}

M_{y}

pontok valóban egy egyenesen, a

π

és

σ

síkok metszésvonalán helyezkednek el, azaz

M_{1} M_{2} M_{3} M_{4} M_{5} M_{6}

valóban Pascal-féle hatszög!

Vajda József (Faludi Ferenc rg. VIII. o. Szombathely).

Megjegyzés. A Dandelin-féle torzhatszög segítségével a Pascal és Brianchon tételek új térgeometriai igazolását nyerjük a fentiek szerint, csak azt kell még belátnunk, hogy minden kúpszeletbe írt síkhatszöghöz található olyan Dandelin-féle torzhatszög, melynek síkhatszögünk a síkmetszete és hogy minden kúpszelet köré írt síkhatszöghöz található olyan Dandelin-féle torzhatszög, melynek síkhatszögünk centrális projekciója.
Az első állítás helyessége nyilvánvaló. Ugyanis minden kúpszeleten át végtelen sok egyköpenyű hiperboloid fektethető.¹ Kiválasztva egy ilyen hiperboloidot és hatszögünk 1., 3., és 5. szögpontján át az egyik, 2., 4., és 6. szögpontján át pedig a másik alkotóseregbeli alkotókat meghúzva, máris olyan Dandelin féle hatszöget kapunk, melynek kúpszeletbe írt hatszögünk a síkmetszete (azaz Pascal-féle hatszög).
Ami pedig a 2-ik állítást illeti, mindig végtelen sok olyan egyköpenyű hiperboloid adható meg (még adott

O

vetítési centrum mellett is), melynek egy adott kúpszelet a képkontúrja (vagyis melynek az adott kúpszelet vetítőkúpja, érintőkúpja).² Kiválasztva egy ilyen hiperboloidot, kúpszeletünk minden érintője vetülete lesz a hiperboloid egy első- és egy 2-ik alkotóseregbeli alkotójának is. Az érintőhatszög 1., 3. és 5. oldalához az egyik, 2., 4. és 6. oldalához pedig a másik alkotóseregből választva ki ezeket a megfelelő alkotókat olyan Dandelin-féle hatszöget kapunk, melynek érintőhatszögünk valóban a centrális projekciója (azaz Brianchon-féle hatszög).

Elek Tibor

¹E hiperboloidok bármelyikét megadhatjuk pl. azáltal, hogy a kúpszelet 2 tetszőleges pontján át 2 tetszőleges kitérő egyenest húzunk. E két vezéregyenes a hiperboloid egyik alkotóseregének két alkotója lesz; a másik alkotósereg alkotóit úgy kapjuk, hogy a kúpszelet különböző pontjaiból ezekhez közös szelőket húzunk.

²E hiperboloidok bármelyikét megadhatjuk pl. azáltal, hogy a vetítőkúp 2 tetszőleges érintősíkjában 2 tetszőleges kitérő egyenest húzunk. E két vezéregyenes a hiperboloid egyik alkotóseregének két alkotója lesz; a másik alkotósereg alkotóit úgy kapjuk, hogy a kúp különböző érintősíkjaiban meghúzzuk ezek közös szelőit.