Feladat:	B.4649	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Baran Zsuzsanna ,  Csépai András
Füzet:	2015/szeptember, 344 - 346. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladatok, Ponthalmazok, Súlypont, Konstruktív megoldási módszer
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2014/szeptember: B.4649

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Legyen $S_0$ az $f\cap e_1\mathrm{,}f\cap e_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}f\cap e_n$ pontok súlypontja. Ekkor $S_0$ nyilván rajta van az $f$ egyenesen. Vegyünk fel egy Descartes-féle derékszögű koordinátarendszert úgy, hogy az origója $S_0$ legyen, az $y$ tengely egyenese pedig essen egybe $f$-fel. Ebben a koordinátarendszerben $f$ egyenlete $X=0$, az $e_i$ egyenes egyenlete pedig minden $i=\mathrm{1,2,}\text{...}\mathrm{,}n$ esetén felírható $Y=m_{i}X+b_i$ alakban, mert ezen egyenesek egyike sem párhuzamos $f$-fel. Ha az $f$-fel párhuzamos $f_{\alpha }$ egyenes egyenlete $X=\alpha$, akkor az $f_{\alpha }\cap e_i$ pont koordinátái $\left(\alpha \mathrm{,}{m}_i\alpha +b_i\right)$. Tehát a súlypont koordinátáinak kiszámítására vonatkozó szabály alapján $\alpha =0$ esetén kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle S_0=\left(\mathrm{0,0}\right)=\left(\mathrm{0,}\frac{\sum _{i=1}^n{b}_i}{n}\right)\mathrm{,}}\end{array}$ azaz ${\sum }_{i=1}^n{b}_i=0$, általában pedig $\begin{array}{c}{\displaystyle S_{\alpha }=\left(\frac{n\alpha }{n}\mathrm{,}\frac{\sum _{i=1}^n\left(m_i\alpha +b_i\right)}{n}\right)=\left(\alpha \mathrm{,}\frac{\sum _{i=1}^n{m}_i\alpha }{n}+\frac{\sum _{i=1}^n{b}_i}{n}\right)=\left(\alpha \mathrm{,}\frac{\sum _{i=1}^n{m}_i\alpha }{n}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Az $S_0$ és $S_{\alpha }$ $\left(\alpha \ne 0\right)$ pontok összekötő egyenesének egyenletét az ismert képlet szerint felírva, majd azt rendezve kapjuk, hogy ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \left(\alpha -0\right)\left(Y-0\right)}& {\displaystyle =\left(\frac{{\sum }_{i=1}^n{m}_i\alpha }{n}-0\right)\left(X-0\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \alpha Y}& {\displaystyle =\frac{{\sum }_{i=1}^n{m}_i\alpha }{n}X\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle Y}& {\displaystyle =\frac{{\sum }_{i=1}^n{m}_i}{n}X\mathrm{.}}\hfill & \text{(<mn>1</mn>)}\end{array}}$ Ebben az egyenletben nem szerepel $\alpha$, vagyis az $S_{\alpha }$ pont az $\alpha$ értékétől függetlenül rajta van az $\left(1\right)$ egyenletű egyenesen, tehát az $S_{\alpha }$ pontok kollineárisak.   II. megoldás. A feladat állítását az egyenesek száma szerinti teljes indukcióval látjuk be. Ha $n=1$, akkor $S_{\alpha }$ megegyezik $f_{\alpha }$ és $e_1$ metszéspontjával, azaz valamennyi súlypont az $e_1$ egyenesen van. Tegyük fel, hogy $n=k$ esetén igaz az állítás. Legyen $n=k+1$. Jelölje $S_{\alpha }^k$ az $f_{\alpha }\cap e_1\mathrm{,}{f}_{\alpha }\cap e_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{f}_{\alpha }\cap e_k$ pontok súlypontját. Az indukciós feltevés szerint az $S_{\alpha }^k$ pontok egy egyenesre esnek. Jelölje ezt az egyenest $s$. Egy adott $f_{\alpha }$ esetén $S_{\alpha }^k$ éppen $f_{\alpha }\cap s$, mert a súlypont nyilván illeszkedik $f_{\alpha }$-ra is. (Az nem lehet, hogy $s$ és $f_{\alpha }$ egybeessenek, mert akkor más, $f_{\alpha }$-val párhuzamos egyenesnek nem lenne közös pontja $s$-sel.) Tekintsük most az $f_{\alpha }\cap e_1\mathrm{,}{f}_{\alpha }\cap e_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{f}_{\alpha }\cap e_{k+1}$ pontok $S_{\alpha }^{k+1}$ súlypontját. Ez a súlypontszerkesztési tétel (ezt részletesebben lásd a megoldás utáni megjegyzésben) szerint megegyezik az $S_{\alpha }^k$ és $f\cap e_{k+1}$ pontok által meghatározott szakaszt $1:k$ arányban osztó ponttal (a szakasz esetleg elfajulhat egyetlen ponttá). Azt kell tehát megmutatnunk, hogy ezek az osztópontok egy egyenesre esnek. Két esetet különböztetünk meg. Ha $s$ nem párhuzamos $e_{k+1}$-gyel, akkor a metszéspontjukat jelölje $M$. Egy tetszőleges, $f$-fel párhuzamos, $M$-en át nem menő egyenes messe $s$-et $A$-ban, $e_{k+1}$-et pedig $B$-ben. Az $AB$ szakasz $1:k$ arányú osztópontját jelölje $F$ (1. ábra). Megmutatjuk, hogy minden $S_{\alpha }^{k+1}$ pont illeszkedik az $MF$ egyenesre. Ha $f_{\alpha }$ átmegy $M$-en, akkor $s$-et és $e_{k+1}$-et is $M$-ben metszi, így a metszéspontok ,,osztópontja'' is $M$ lesz. Ha $f_{\alpha }$ nem megy át $M$-en, akkor az $s$-sel való metszéspontja $S_{\alpha }^k$. Ha $f_{\alpha }\cap e_{k+1}=B_1$, akkor az $S_{\alpha }^k{B}_1$ szakasz $1:k$ arányú osztópontja $S_{\alpha }^{k+1}$. Tekintsük azt az $M$ középpontú $\varphi$ hasonlóságot, ami $A$-t $S_{\alpha }^k$-ba viszi. Ekkor $\varphi$ a $B$ pontot $B_1$-be viszi, mert $B$ képe illeszkedik az $e_{k+1}$ egyenesre és a $B$ képét $S_{\alpha }^k$-val összekötő szakasz párhuzamos $AB$-vel, $F$ képe pedig $S_{\alpha }^{k+1}$, mert a hasonlóság aránytartó. Tehát ebben az esetben az $S_{\alpha }^{k+1}$ pontok illeszkednek az $MF$ egyenesre.   1. ábra   Ha $s$ párhuzamos $e_{k+1}$-gyel, akkor a feltételekből következik, hogy $f$ nem párhuzamos velük. Legyen $f$-nek $s$-sel, illetve $e_{k+1}$-gyel való metszéspontja $A$, illetve $B$, az $AB$ szakasz $1:k$ arányú osztópontja pedig $F$ (2. ábra). Megmutatjuk, hogy ekkor minden $S_{\alpha }^{k+1}$ pont illeszkedik az $F$-en átmenő, $s$-sel párhuzamos $t$ egyenesre. Tekintsük most azt az eltolást, ami az $f$ egyenest $f_{\alpha }$-ba viszi és $\text{v}$ meghatározó vektora párhuzamos az $s$ egyenessel. Ennél az eltolásnál az $A$ képe $f_{\alpha }\cap s=S_{\alpha }^k$, a $B$ képe $f_{\alpha }\cap e_{k+1}$, és ezért $F$ képe az $AB$ szakasz $1:k$ arányú osztópontja, azaz $S_{\alpha }^{k+1}$. Vagyis az $\overrightarrow{F{S}_{\alpha }^{k+1}}$ vektor párhuzamos $s$-sel, tehát ebben az esetben az $S_{\alpha }^{k+1}$ pontok illeszkednek a $t$ egyenesre.   2. ábra   Ezzel beláttuk, hogy az állítás $n=k+1$-re is igaz, s így minden $n$ pozitív egész számra teljesül.   Megjegyzés. A súlypontszerkesztési tételnek több változata van. Feladatunk megoldása során mi a következő, egyszerű formáját használtuk:   Ha a térben egy $n$ pontból álló $\text{P}$ halmazt tetszőleges módon felosztunk egy $1\le k\le n-1$ pontból álló ${\text{P}}_1$ és egy $n-k$ pontból álló ${\text{P}}_2$ halmazra, akkor $\text{P}$ súlypontja megegyezik a ${\text{P}}_1$ és ${\text{P}}_2$ súlypontjait összekötő szakaszt $\left(n-k\right):k$ arányban osztó ponttal.   Bizonyítás. Jelöljük egy tetszőleges kezdőpontból a $\text{P}$ pontjaiba mutató vektorokat ${\text{p}}_i$-vel, a súlypontokba mutató vektorok pedig legyenek rendre $\text{s}$, ${\text{s}}_1$ és ${\text{s}}_2$. Ekkor a súlypont helyvektorára vonatkozó képlet szerint $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{s}=\frac{{\text{p}}_1+{\text{p}}_2+\text{...}+{\text{p}}_n}{n}\mathrm{,}{\text{s}}_1=\frac{{\text{p}}_{i_1}+{\text{p}}_{i_2}+\text{...}+{\text{p}}_{i_k}}{k}\mathrm{,}{\text{s}}_2=\frac{{\text{p}}_{i_{k+1}}+{\text{p}}_{i_{k+2}}+\text{...}+{\text{p}}_{i_n}}{n-k}\mathrm{.}}\end{array}$ Ezért $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{s}=\frac{k{\text{s}}_1+\left(n-k\right){\text{s}}_2}{k+\left(n-k\right)}\mathrm{,}}\end{array}$ ami a szakaszt adott arányban osztó pont helyvektorára vonatkozó ismert képlet alapján bizonyítja tételünket.