Kezdőlap


Feladat:	B.3559	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Balogh János , Bérczi Kristóf , Bergmann Gábor , Bisztray Márta , Bóka Gergely , Garab Ábel , Gyarmati Ákos , Hablicsek Márton , Hargitai Gábor , Horváth Márton , Hubai Tamás , Juhász Máté Lehel , Pach Péter Pál , Pálinkás Csaba , Pallos Péter , Pongrácz András , Puskás Anna , Rácz Béla András , Simon Balázs , Siroki László , Szabó Botond , Torma Róbert , Tóth János , Zsbán Ambrus
Füzet:	2002/december, 549 - 551. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Koszinusztétel alkalmazása, Vetítések, Transzformációk szorzata, Hasonlósági transzformációk, Síkgeometriai bizonyítások, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2002/május: B.3559

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

I. megoldás. Vegyünk fel minden egyenesen egy adott irányítást, és vegyünk az $e_{1}$ egyenesen egy $O_{1}$ pontot. Ennek vetülete az $e_{2}$ -n $O_{2}$ , az $O_{2}$ -é $e_{3}$ -on $O_{3}$ , $...$ , $O_{n - 1}$ -é az $e_{n}$ -en $O_{n}$ . Legyen végül az $O_{n}$ merőleges vetülete az $e_{1}$ egyenesen $O'$ . Az $O_{1} O'$ irányított távolságot jelölje $p$ .

Legyen az irányított

O_{1} P_{1}

távolság

d

, legyen

e_{i}

és

e_{i + 1}

közötti szög

α_{i}

. (

α_{n}

e_{n}

és az

e_{1}

szöge; a szögeket a skaláris szorzatnál szokott módon, tehát az azonosan irányított szárak között mérjük, így az értékük

0^{\circ}

-tól

180^{\circ}

-ig terjedhet.)
Ismert (de az ábráról is leolvasható), hogy minden

i < n

-re

\begin{matrix} O_{i + 1} P_{i + 1} = cos α_{i} \cdot O_{i} P_{i}, \end{matrix}

ahol a szakaszhosszak az egyeneseiknek megfelelően irányítottan értendők. Az utolsó lépésre ez annyiban módosul, hogy

\begin{matrix} O_{1} P_{n + 1} = p + O' P_{n + 1} = p + cos α_{n} \cdot O_{n} P_{n} . \end{matrix}

Tehát végül

O_{1} P_{n + 1} = p + d \cdot \prod_{i = 1}^{n} cos α_{i}

. Pontosan akkor felel meg a

P_{1}

pont, ha az előbbi kifejezés

d

-vel egyezik. Ilyen

d

mindig van: ha a

q = \prod_{i = 1}^{n} cos α_{i}

mennyiség 1, akkor minden koszinusz egységnyi (különben a szorzat abszolút értéke nem érné el az 1-et), azaz minden egyenes párhuzamos (azonos vagy ellentétes irányítással); ekkor látható, hogy minden pont jó lesz az

e_{1}

egyenesen (a

P_{i}

pontok egy, az

e_{i}

egyenesekre merőleges egyenesen vannak.)
Ha viszont

q

nem 1, akkor pontosan egy jó

P_{1}

pont, azaz

d

távolság van:

\begin{matrix} d = p + q d, d = \frac{p}{1 - q} . \end{matrix}

Ennél a

d

értéknél

P_{1} = P_{n + 1}

Rácz Béla András (Budapest, Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 10. évf.)

II. megoldás. Tekintsük azokat a

T_{1}, T_{2}, ..., T_{n}

körüljárástartó hasonlósági transzformációkat, amelyek egy adott

P_{1}

pontot

P_{2}

-be,

P_{2}

-t

P_{3}

-ba, és így tovább,

P_{i}

-t

P_{i + 1}

-be, végül

P_{n}

-t

P_{n + 1}

-be viszik. A

P_{i + 1}

pont a

P_{i}

pontból

e_{i + 1}

-re állított merőleges talppontja, azaz tulajdonképpen

P_{i}

merőleges vetülete

e_{i + 1}

-re. Ez azt jelenti, hogy a

T_{i}

transzformációk megadhatók a

P_{1}

kiválasztásától függetlenül is: például, ha a

T_{i}

transzformáció az

e_{i}

egyenes merőleges vetítése az

e_{i + 1}

egyenesre. Ez valóban körüljárástartó hasonlósági transzformáció, mert ha a két egyenes szöge

α_{i}

, akkor az

e_{i}

egyenesen egy

α_{i}

szögű,

cos α_{i}

arányú forgatva nyújtással ekvivalens. A

T_{1}, T_{2}, ..., T_{n}

transzformációkat egymás után végrehajtva a

P_{1}

pontból a

P_{n + 1}

pontot, az

e_{1}

egyenesből

e_{n + 1}

egyenest kapjuk. A feladat állítása ekvivalens azzal, hogy a

T_{1}, T_{2}, ..., T_{n}

transzformációk összetételével kapott

T

nyilvánvalóan szintén kürüljárástartó és hasonlósági (szakaszaránytartó) transzformációnak (a

T_{i}

transzformációk szorzatának) van legalább egy fix pontja az

e_{1}

egyenesen. Tudjuk (például Reiman István: Geometria és határterületei, 1999. 7.5. része alapján), hogy egy körüljárástartó hasonlóság csak eltolás vagy forgatva nyújtás lehet. Az

e_{1}

egyenes képe

T

-re önmaga, ebből következik, hogy ha

T

forgatva nyújtás, akkor a forgatási szög

180^{\circ}

többszöröse, azaz

T

tulajdonképpen egy középpontos hasonlóság, és vagy

e_{1}

-en van a középpontja, ami fix pont, vagy a hasonlóság aránya 1, ekkor azonban

T

az identitás és

e_{1}

minden pontja megfelel a feladat feltételeinek. Ha

T

nem forgatva nyújtás, akkor eltolás, vagyis egy egybevágóság.

T

-ről tudjuk, hogy hasonlósági aránya, mivel a

T_{1}, T_{2}, ..., T_{n}

hasonlóságok szorzataként kaptuk,

\begin{matrix} λ = \prod_{i = 1}^{n} cos α_{i} . \end{matrix}

Tehát (mivel minden

i

-re

- 1 \leq cos α_{i} \leq 1

)

T

pontosan akkor egybevágóság, ha

λ = 1

, azaz

T

csak akkor lehet eltolás, ha minden

i

-re

cos α_{i} = \pm 1

, azaz az

e_{i}

egyenesek párhuzamosak. Ebben az esetben azonban nyilvánvaló, hogy a

T

transzformáció az identitás, és az

e_{1}

egyenes minden pontja megfelel a feladat feltételeinek.

Puskás Anna (Budapest, Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 10. évf.)

Megjegyzés. Gyarmati Ákos (Zalaegerszeg, Zrínyi M. Gimn., 9. évf.) a KöMaL 1987/12. számában megtalálta a feladat kitűzését F. 2666. sorszámmal, a megoldásait pedig az 1988/5. szám 205‐207. oldalán.