Feladat: F.3093 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Braun Gábor ,  Frenkel Péter ,  Gyurkó L. Gergely ,  Lippner Gábor ,  Makai Márton ,  Mátrai Tamás ,  Szabó Jácint ,  Szente Márk Zsombor ,  Terpai Tamás ,  Vörös Zoltán 
Füzet: 1997/március, 159 - 162. oldal  PDF file
Témakör(ök): Középpontos és egyéb hasonlósági transzformációk, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1995/november: F.3093

Bizonyítsuk be, hogy minden olyan síktranszformáció, amelynél a téglalapok négy csúcsának képe egy téglalap négy csúcsa, hasonlósági transzformáció.

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

A leképzés nyilván injektív (kölcsönösen egyértelmű) hiszen ha két különböző pont képe ugyanaz a pont lenne, akkor egy, e két pontot csúcsként tartalmazó téglalap négy csúcsának képe nem lehetne egy téglalap négy csúcsa. Jelöljük a feladatbeli leképzést a továbbiakban φ-vel. Állításunkat a következő lépéseken keresztül látjuk be.
(1) A φ leképzés derékszögű háromszöget tart, azaz bármely derékszögű háromszög három csúcsának képe egy derékszögű háromszög három csúcsa. Legyenek ugyanis A, B, C egy derékszögű háromszög csúcsai. Egészítsük ki a háromszöget egy ABCD téglalappá, ekkor φ(A), φ(B), φ(C), φ(D) egy téglalap csúcsai, így közülük bármelyik három egy derékszögű háromszög három csúcsa.
(2) A φ megtartja a kollinearitást, pontosabban: ha az x, y, z pontok egy egyenesen fekszenek, akkor φ(x), φ(y), φ(z) is egy egyenesen van.
A) Tegyük fel először, hogy az A, B, C pontok nem kollineárisak. Ekkor csak véges sok olyan P pont van, amelyre az ABP, ACP, BCP háromszögek közül legalább kettő derékszögű. Ha ugyanis az ABP háromszög derékszögű, akkor P vagy az AB mint átmérő ,,fölé'' rajzolt Thalész-körön van, vagy az AB szakaszra annak valamelyik végpontjában emelt merőlegesen; hasonló igaz az ACP és BCP háromszögre is. A három Thalész kör nyilván különböző, és ‐ az A, B, C-re tett feltevés miatt ‐ ugyanez igaz a hat egyenesre is. A két kör és hat egyenes közül ezért bármely kettőnek csak véges sok közös pontja lehet.
B) Ha A, B, C egy egyenesen vannak, akkor végtelen sok olyan P pont létezik, amelyre az ABP, ACP, BCP háromszögek közül legalább kettő derékszögű; ilyen például a három pont közös egyenesére A-ban, B-ben vagy C-ben emelt merőleges bármely pontja.
Tegyük fel ezután, hogy X, Y, Z kollineáris ponthármas. B) szerint végtelen sok olyan P pont van, amelyre az XYP, XZP, YZP háromszögek közül legalább kettő derékszögű, és minden ilyen P-re φ(P) is ilyen tulajdonságú pont lesz φ(X), φ(Y), φ(Z)-hez (1) miatt. Végtelen sok ilyen φ(P) van, hiszen φ injektív; ezért A) miatt a φ(X), φ(Y), φ(Z) hármas is kollineáris.
(3) φ megtartja az egy egyenesen lévő pontok rendezését.
A) Ha X, Y, Z különbözők és egy egyenesen vannak, akkor pontosan két olyan R pont van, amelyre az XYR, XZR, YZR háromszögek mindegyike derékszögű. Ha például Y az X és Z között helyezkedik el, akkor R csak az XZ szakasz Thalész-körének és az XZ-re Y-ban állított merőlegesnek a (két) metszéspontja lehet. (A másik két Thalész-kör nem metszi a harmadik pontban állított merőlegest lásd. 1. ábra.) Megállapíthatjuk, hogy az R1XR2, R1YR2, R1ZR2 hármasok közül egyedül R1YR2 kollineáris.
B) Tegyük fel, hogy a páronként különböző A, B, C pontok egy egyenesen fekszenek, és B az A és C között helyezkedik el. Tekintsük azokat ‐ az A) szerint kizárólagosan létező ‐ P1 és P2 pontokat, amelyekre ABP1, ACP1, BCP1, ABP2, ACP2, BCP2 mindegyike derékszögű. Mivel φ kölcsönösen egyértelmű, azért φ(A), φ(B), φ(C) is különbözőek, és (2) miatt kollineárisak. Az (1) szerint φ(P1) és φ(P2) az a két (különböző) pont, amely φ(A), φ(B), φ(C) közül bármelyik kettővel derékszögű háromszöget határoz meg. Az A) szerint így a φ(P1)φ(A)φ(P2) , φ(P1)φ(B)φ(P2), φ(P1)φ(C)φ(P2) ponthármasok közül egyedül az kollineáris, amelyik φ(A), φ(B), φ(C) közül a közbülső helyzetű pontot tartalmazza. Azonban feltevésünkből következik, hogy a P1, B, P2 pontok egy egyenesen vannak, ezért (2) szerint a φ(P1), φ(B), φ(P2) pontok is egy egyenesen fekszenek. Az A)-beli megállapítás értelmében ez csak úgy lehet, hogy φ(B) a φ(A) és φ(C) között helyezkedik el.

 
(4) φ felezőpontot tart, azaz, ha Y az R1R2 szakasz felezőpontja, akkor a φ(R1)φ(R2) szakasz felezőpontja φ(Y).
Tegyük fel, hogy az R1R2 szakasz felezőpontja Y. Ekkor található két olyan (egymástól és Y-tól különböző) X és Z pont, amelyek által meghatározott szakasznak az Y belső pontja, és amelyre az RjXY, RjXZ, RjYZ háromszögek mindegyike derékszögű. A (3) miatt ekkor φ(Y) a φ(X)φ(Z) szakasz belső pontja, és (1) szerint a φ(Rj)φ(X)φ(Y), φ(Rj)φ(X)φ(Z), φ(Rj)φ(Y)φ(Z) háromszögek mindegyike derékszögű. A 3A)-ban láttuk, hogy ekkor φ(R1) és φ(R2) nem más, mint a φ(X)φ(Z) szakasz Thalész-körének a φ(X)φ(Z)-re φ(Y)-ban állított merőlegessel való két metszéspontja. A két metszéspont a kör φ(X)φ(Z) átmérőjére szimmetrikus helyzetű lévén φ(X) felezi a φ(R1)φ(R2) szakaszt. A bizonyított (4) tulajdonság következménye, hogy ha egy szakaszt n egyenlő részre osztunk, akkor az osztópontok képei a végpontok képei által meghatározott szakaszt n egyenlő részre osztják.
 
(5) Ha A, B, C, D egy négyzet négy csúcsa, amelyek ebben a sorrendben követik egymást, és a négyzet középpontja K, akkor φ(A), φ(B), φ(C), φ(D) is egy négyzet négy egymást ebben a sorrendben követő csúcsa, és a φ(A)φ(B)φ(C)φ(D) négyzet középpontja φ(K).
A φ(A), φ(B), φ(C), φ(D) pontok szükségképpen egy téglalap csúcsai (2. ábra). Az AC és BD szakaszok közös felezőpontja K, ezért φ kölcsönös egyértelműsége és (4) miatt φ(K) a φ(A)φ(C) és φ(B)φ(D) szakaszok közös felezőpontjaként a téglalap középpontja, mivel φ(A)φ(C) és φ(B)φ(D) csak átlók lehetnek. Mivel AKB derékszögű háromszög, azért φ(A)φ(K)φ(B) is derékszögű háromszög (1) miatt.
Így a φ(A)φ(B)φ(C)φ(D) téglalap négyzet.
(6) Vegyünk fel a síkon egy O kezdőpontú derékszögű koordinátarendszert, a koordinátatengelyek E1, E2 pontjaira legyen OE1¯=OE2¯=1 (3. ábra). A φ(E1)φ(O)φ(E2) háromszög egyenlőszárú derékszögű (5) miatt; legyen φ(O)φ(E1)¯=φ(O)φ(E2)¯=e, és tekintsük a φ(E1), φ(E2), φ(O) pontok által meghatározott koordinátarendszert. Legyen PQ egy tetszőleges szakasz, a P és Q pontok merőleges vetületeit a koordinátatengelyekre jelölje P1, Q1, P2, Q2. Az (5) bizonyításából látható, hogy minden téglalap egymást követő csúcsainak φ-nél vett képei a megfelelő téglalap egymást követő csúcsai, φ-től függően vagy mindig az eredetivel azonos, vagy mindig azzal ellentétes körüljárásban. Ezért a φ(P), φ(Q) pontok merőleges vetületei az ,,új'' koordinátarendszer tengelyeire φ(P1), φ(P2), φ(Q1), φ(Q2).
Legyen n tetszőleges pozitív egész szám, és mérjük fel az OP1 szakaszra O-tól kezdve az egységszakasz (OE1¯) 1n-szeresét a lehető legtöbbször; tegyük fel, hogy ezt k-szor tudtuk megtenni, így knOP1¯<k+1n. Ekkor (4) miatt az e hosszúságú φ(O)φ(E1) szakasz 1n-szeresét is k-szor tudjuk rámérni a φ(O)φ(P1) szakaszra (felhasználva (4)-nek azt a következményét is, hogy ha egy AB szakasz P pontjára AP¯<PB¯ teljesül, akkor a PB szakasz AP¯=PA1¯ egyenlőséget kielégítő A1 pontjával φ(A)φ(P)¯=φ(P)φ(A1)¯<φ(P)φ(A1)¯+φ(A1)φ(B)¯=φ(P)φ(B)¯). Ezért
kenφ(O)φ(P1)¯<(k+1)en,
tehát
|OP1¯-1eφ(O)φ(P1)¯|<1n.
Mivel ez minden n pozitív egészre elmondható, φ(O)φ(P1)¯=eOP1¯ adódik, akárcsak φ(O)φ(P2)¯=eOP2¯,  φ(O)φ(Q1)¯=eOQ1¯,  φ(O)φ(Q2)¯=eOQ2¯. Tehát
φ(P)φ(Q)¯=φ(P1)φ(Q1)¯2+φ(P2)φ(Q2)¯2==(φ(O)φ(Q1)¯-φ(O)φ(P1)¯)2+(φ(O)φ(Q2)¯-φ(O)φ(P2)¯)2==[e(OQ1¯-OP1¯)]2+[e(OQ2¯-OP2¯)]2=ePQ¯,
a P és Q pontok választásától függetlenül.
Ezzel beláttuk, hogy a síktranszformáció (1)‐(5) pontokban leírt tulajdonságaiból következik, hogy az egyben hasonlósági transzformáció is.