Geometria, évfolyam

Átírás

1 Geometria, évfolyam Dobos Sándor, Hraskó ndrás, Kiss Géza és Surányi László 014. június 8.

2 4 TRTLOMJEGYZÉK Tartalomjegyzék Feladatok 5 1. Geometriai szerkeszthetőség geometriai szerkeszthetőségről mit tudni kell a másodfokú testbővítésekről Gyöktelenítések Érdekes feladatok másodfokú testbővítésekről Szerkeszthetőség I. kocka kettőzéséről Polinomok gyökpárjairól Szerkeszhetőség és racionális gyökök Szerkeszthetőség II. Szögharmadolás Szerkeszthetőség III. Háromszögszerkesztések Tömegközéppont Inverzió z inverzió szerkesztése Kögyenesek képe Szerkesztések csak körzővel Merőlegesség, fix kör, fixfix kör Érintkező körök z inverzió szögtartó Körök speciális elrendezései Komplex számok és inverziók gömb vetítései és az inverziók Versenyfeladatok Komplex számok a geometriában Komplex számok, mint vektorok Komplex osztópont és egyenes Forgatás, forgatva nyújtás, mint szorzás Körök és húrjaik Komplex kettősviszony alkalmazása Diszkrét Fourier transzformáció Vegyes feladatok Projektív geometria Perspektivitás kettősviszony fogalma (pontok és egyenesek) kettősviszony fogalma (köri pontok, komplex számok) Harmonikus elválasztás Kúpszeletek, kör vetítése Vetítések és a kettősviszony alkalmazása Polaritás Véges struktúrák Vegyes feladatok gömb geometriája hiperbolikus sík Poincaré-modellje Speciális görbék Egy szív titkai Vegyes feladatok Megoldások Geometriai szerkeszthetőség Tömegközéppont Inverzió Komplex számok a geometriában Projektív geometria gömb geometriája hiperbolikus sík Poincaré-modellje Speciális görbék Vegyes feladatok Segítő lökések Geometriai szerkeszthetőség Tömegközéppont Inverzió Komplex számok a geometriában Projektív geometria gömb geometriája hiperbolikus sík Poincaré-modellje Speciális görbék Vegyes feladatok Irodalomjegyzék 49

3 6 1. FEJEZET. GEOMETRII SZERKESZTHETŐSÉG 1. FEJEZET Geometriai szerkeszthetőség 1.1. geometriai szerkeszthetőségről Ismeretes, hogy régóta (lásd már az ókori görögök is ) gondolkodtak azon, hogy ha adott egy kocka, hogyan lehetne megkétszerezni a térfogatát, azaz megszerkeszteni egy olyan kocka élét, amelynek térfogata kétszerese az eredetinek. Van olyan elképzelés is, hogy a kérdés egy produktív félreértés következménye: a szentély, amelyhez jóslatért fordultak, egy kocka alakú oltár kétszeresre nagyítására szólított föl, de ezen az alapél kétszeresre nagyítását értette. De térjünk vissza a produktívan félreértett feladathoz. fenti formájában még korántsem egyértelmű: nem mondja meg, hogy milyen eszközöket használhatunk a szerkesztéshez. Ennek megfelelően az immár megnehezített geometriai feladat megoldására a legkülönbözőbb segédeszközöket találták ki. Első dolgunk tehát annak a tisztázása, hogy milyen eszközöket és azokkal milyen lépéseket engedünk meg a szerkesztés folyamán. Végig síkbeli szerkesztésekkel foglalkozunk. Euklideszi szerkesztésnek azokat a szerkesztéseket nevezzük, amelyekhez csak egy egyélű vonalzót és körzőt használunk. ( vonalzó egyélű, ebből következik, hogy párhuzamosok szerkesztéséhez nem illeszthető össze egy másikkal a szokott módon. De ismeretes általános iskolai tanulmányainkból, hogy az euklideszi síkon az így leszűkített eszközökkel is szerkeszthető adott egyenessel párhuzamos egyenes adott ponton keresztül.) Tisztáznunk kell még, hogy mit tekintünk megengedett lépésnek: 1) Felvehetünk a síkon egy tetszőleges pontot. ) Két pontra illeszthetünk egy egyenest. 3) Egy adott szakaszt körzőnyílásba vehetünk", azaz egy már megszerkesztett pont körül egy már megszerkesztett szakaszhosszúsággal mint sugárral kört húzhatunk. Ezen kívül megszerkeszthetjük 4a) két egyenes, 4b) egy egyenes és egy kör, 4c) két kör metszéspontját. Euklideszi szerkesztésnek azokat az eljárásokat nevezzzük, amelyek véges sok ilyen lépésből állnak. Tekintsük most a kockakettőzési" feladatot. Ebben az esetben adott még egy szakasz is. Ennek hosszát nyugodtan vehetjük egységnek. kérdés most az, hogy szerkeszthető-e véges sok, a fent leírt lépéssel egy 3 hosszúságú szakasz. válasz nyitja az, hogy a geometriai kérdést algebria kérdéssé alakítjuk át. (Itt érdemes megjegyezni, hogy általában is sokszor segít az, ha egy problémát arról a nyelvről, amelyen megfogalmazódott, lefordítunk" egy másik nyelvre, ahogyan itt az eredetileg geometriai problémát algebrai problémára fordítjuk le.) Első, még nem egészen pontos megfogalmazással: azt fogjuk megvizsgálni, hogy milyen algebrai műveleteket kell elvégeznünk ahhoz, hogy egy-egy szerkesztési művelet eredményét algebrailag leírhassuk. pontosabb megfogalmazáshoz szükségünk lesz a számtest definíciójára. Ez a fent említett fordítás" kulcspontja, ez a definíció teszi lehetővé, hogy algebrai problémaként nézzünk rá" a szerkeszthetőség kérdésére. Definíció. valós számok egy részhalmazát számtestnek nevezzük, ha tartalmazza az 1-et, továbbá zárt az összeadásra, kivonásra, szorzásra és a nulla kivételével az osztásra. Ilyen számtest például a racionális számok halmaza. Valójában könnyen belátható, hogy ez a legszűkebb számtest, amely tartalmazza az 1-et. Ugyanis korlátlanul lehet benne összeadni, kivonni és bármely nullától különböző számmal osztani, ezért minden számtest, amely tartalmazza az 1-et, tartalmazza az összes racionális számot. (Megjegyzendő, hogy ha a számtest a nullán kívül is tartalmaz elemet, akkor tartalmazza az 1-et is, hiszen tartalmazza ennek a számnak önmagával vett hányadosát is.) Ezek után már egy fokkal pontosabban fogalmazhatunk. zt fogjuk megvizsgálni, hogy melyik az a legszűkebb számtest, amelyet egy-egy szerkesztési lépéssel elértünk". Ezen a következőt értjük. Először is felveszünk egy koordinátarendszert, amelynek egysége az adott kocka élének hossza. későbbiekben azt nézzük, hogy az éppen megszerkesztett alakzatot (vagy pontot) milyen számtestből vett számokkal tudjuk jellemezni. Egy pontot a koordinátáival, egy egyenest vagy kört az egyenletével, egy szakaszt a hosszával jellemzünk. Mindig a lehető legszűkebb számtestre gondolunk, amelynek elemeivel az illető alakzat jellemezhető. x = 0 egyenletü egyenes például ilyen alakban is jellemezhető: x + 6y = 0, tehát ennek megszerkesztésével még nem léptünk ki a racionális számok Q testéből. kiindulásnál tehát adott egy egységnyi hosszúságú szakasz. Ezzel a racionális számok számtestét értük el". Nézzük most az 1) lépést: felveszünk egy tetszőleges pontot a síkon. Mivel a felvett pont tetszőleges, a szerkesztésnek működnie" kell akkor is, ha ennek a pontnak a koordinátái racionális számok. Ez a későbbiekben is igaz, amikor ezt a lépést használjuk. (Itt kihasználjuk, hogy a sík bármely kis részén van olyan pont, amelynek mindkét koordinátája racionális.) Ezzel a lépéssel 5

4 1.1. GEOMETRII SZERKESZTHETŐSÉGRŐL 7 tehát nem bővül a szerkesztéssel elérhető számtest. Nem bővül a számtest a ) lépésnél sem: ha két pontot összekötünk egy egyenessel, a kapott egyenes egyenlete felírható úgy, hogy a két pont koordinátáival csak alapműveleteket végzünk: összeadást, kivonást és szorzást (valójában még osztani sem kell). 3) lépéshez szükségünk van egy már megszerkesztett szakasz hosszának a kiszámítására. Szerencsére egy kör egyenletének a felírásához csak a hossz négyzetére van szükség, így most sem lépünk túl az alapműveleteken. Most egy olyan kör egyenletét kell felírnunk, amelyik középpontjának mindkét koordinátája a már elért" számtestbe tartozik, és ugyanez igaz a sugár hosszára is. Itt sem lépünk túl az alapműveleteken. 4a)-nál két egyenes metszéspontjának a koordinátáit kell kiszámítanunk, a két egyenes egyenletének ismeretében. Ez ismét csak a négy alapműveletet követeli meg. Marad még 4b) és 4c). z itt megszerkesztett metszéspont koordinátáit mindkét esetben úgy számíthatjuk ki, hogy a két alakzat egyenletében szereplő számokkal alapműveleteket végzünk, majd egy ezekből kapott másodfokú egyenletet oldunk meg. (L. ) Ez az első olyan pont, ahol túllépünk az alapműveleteken és szükségünk van négyzetgyökvonásra is. Fontos megjegyeznünk, hogy olyan számból vonunk négyzetgyököt, amely a már elért" számtestben van. Mivel a szerkesztés eredményeként egy szakasz hosszát akarjuk megkapni, ezért szükségünk van egy szakaszhossz kiszámolására is. Ehhez ismét egy, a már elért számtestből vett számból kell négyzetgyököt vonnunk. Ezért bevezetjük a következő Jelölést: Ha T egy számtest, t e számtest egy pozitív eleme, akkor azt a legszűkebb számtestet, amely tartalmazza T -t és t négyzetgyökét, T ( t)-vel jelöljük. Ilyenkor azt mondjuk, hogy T -t bővítettük t-vel, a T ( t) számtestet pedig a T számtest t-vel való bővítésének nevezzük. z ilyen testbővítéseket röviden másodfokú testbővítésnek fogjuk nevezni. Megjegyezzük, hogy nem engedtük meg, hogy t negatív szám legyen. Ezt a megkötést azért tettük, mert az ilyen bővítésekkel nem fogunk foglalkozni. Valójában a negatív t-k esetében is másodfokú bővítésről van szó, így például a komplex számok teste a valós számok testének az i képzetes egységgel való másodfokú bővítése. Általában is használni fogjuk a T (u) jelölést, ez azt a legszűkebb számtestet jelenti, amely tartalmazza T minden elemét és u-t is. Ilyenkor általában megköveteljük, hogy u ne legyen benne T -ben. És még általánosabban T (u 1,..., u k ) jelöli azt a legszűkebb számtestet, amely tartalmazza T minden elemét, tovább tartalmazza az összes felsorolt u i -t. Összefoglalva eddigi eredményeinket a következőt kapjuk: Tétel. Ha azt a legszűkebb T számtestet nézzük, amelyből vett számokkal egy adott szerkesztéssel megszerkesztett alakzat (pont, egyenes, kör vagy szakasz) jelle FEJEZET. GEOMETRII SZERKESZTHETŐSÉG mezhető, ezt a számtestet a racionális számtestből véges sok másodfokú bővítéssel kapjuk. Tehát T -t egy olyan Q = Q 1, Q,..., Q m = T sorozat utolsó elemeként kapjuk, ahol minden Q i -t (i > 1-re) úgy kapunk, hogy Q i 1 -t bővítjük egy pozitív t i 1 elemének a négyzetgyökével. (elátható, hogy T = Q(t 1,..., t m 1 ), de erre nincs szükségünk.) Nem nehéz belátni, hogy ha egy T számtest elemeit (mint szakaszhosszakat) meg tudjuk szerkeszteni, akkor e test minden pozitív elemének a négyzetgyökét is meg tudjuk szerkeszteni (mint szakaszhosszt) és az 1. feladat d) részének megoldása mutatja, hogy a T ( t) test bármely elemét meg tudjuk szerkeszteni. Igaz tehát a következő Tétel: Egy t hosszúságú szakasz az egységből pontosan akkor szerkeszthető, ha t eleme egy olyan számtestnek, amelyet a racionális számok testéből véges sok másodfokú bővítéssel kapunk. Első lépésként célszerű tehát azt tisztáznunk, hogy hogyan kapjuk T elemeiből T ( t)-t (ahol t a T számtest pozitív eleme). 1.. mit tudni kell a másodfokú testbővítésekről 1.1. (S) Kutató munka: Jellemezni akarjuk Q( ), tehát a -t tartalmazó legszűkebb számtest elemeit, a lehető legegyszerűbb módon. Ennek a számtestnek nyilván tartalmaznia kell az a + b alakú számot, ahol a és b racionális. Másrészt tartalmaznia kell két ilyen szám hányadosát is, tehát az összes a+b c+d alakú számot is, ahol a, b, c, d racionális számok, és c és d közül legalább az egyik nem nulla. a) Igaz-e, hogy az ilyen alakú számok már kiadják a keresett számtest minden elemét. zaz igaz-e, hogy az ilyen alakú számok zártak a négy alapműveletre (a nullával való osztás kivételével)? b) Hogyan lehet a legegyszerűbben leírni Q( ) elemeit? 1.. Kutató munka: a) Jellemezzük Q( ) elemeit az 1.1 feladatban látotthoz hasonló módon! 1 b) Jellemezzük lehetőleg egyszerűen Q( 3) elemeit! c) Jellemezzük lehetőleg egyszerűen Q( t) elemeit, ahol t egy pozitív racionális szám. d) Legyen T tetszőleges számtest, legyen t egy pozitív eleme, amelynek négyzetgyöke nincs benne T -ben. Jellemezzük lehetőleg egyszerűen a T ( t) számtest elemeit! 1.3. (S) Kutató munka: a) Eleme-e 5 Q( )-nek?

5 1.3. GYÖKTELENÍTÉSEK FEJEZET. GEOMETRII SZERKESZTHETŐSÉG b) Létezik-e olyan u szám, amelyre igaz, hogy Q(, 3) = Q(u)? Vagyis: bővítjük a racionális számok számtestét -vel és 3-mal. Megkapható-e az így kapott számtest Q-ból egyetlen elemmel való bővítéssel is? c) Jellemezzük a b) részben szereplő számtest elemeit a lehető legegyszerűbben! tört gyöktelení (S) izonyítsuk be, hogy ha u = q 1 a1 + q a q n an alakú, ahol az a i és q i számok racionális számok, akkor az 1 u thető", vagyis bővítéssel ugyanilyen alakúra hozható. z 1.3 feladat kérdése tovább általánosítható, de erre itt most nincs szükségünk. Meg kell azonban említenünk még a következőt. Valójában egy T test másodfokú bővítésének neveznek minden olyan u számmal való bővítését, amely gyöke egy olyan másodfokú polinomnak, amelynek együtthatói T -ből valók. z eddigiek során lényegében beláttuk, hogy a mi látszatra szűkebb definíciónk - legalábbis valós számmal való bővítés esetén - ugyanerre a fogalomra vezet. z érdekesség kedvéért még megemlítjük a következőt feladatot: 1.4. (S) izonyítsuk be, hogy Q minden másodfokú bővítése megkapható Q( n) alakban, ahol n egy négyzetmentes egész szám. (Négyzetmentesnek azokat a számokat hívjuk, amelyek prímtényezős felbontásában minden prímszám első hatványon szerepel, azaz amelyek nem oszthatóak egynél nagyobb négyzetszámmal.) 1.3. Gyöktelenítések 1.5. (S) izonyítsuk be, hogy ha u = a + b + c 3 + d 6 alakú (ahol a, b, c, d racionális), akkor az u nevezőjű törtek gyökteleníthetőek, vagyis az 1 u tört bővíthető úgy, hogy egy ugyanilyen alakú számot kapjunk. (Vagy még másképp fogalmazva: az u nevezőjű törtek bővíthetők úgy, hogy a számlálóban ugyanilyen alakú szám van, a nevező pedig racionális.) 1.6. (S) Gyöktelenítsük az alábbi kifejezéseket: a) b) (MS) Gyöktelenítsük az alábbi kifejezéseket: a) 1 1, , b) 1 3 0, c) (MS) Gyöktelenítsük az alábbi kifejezést: Érdekes feladatok másodfokú testbővítésekről Kutató munka: Milyen pozitív egész n kitevőkre lesz egész szám az (1 + ) n + (1 ) n kifejezés? (S) izonyítsuk be, hogy az a + b alakú számok mindenütt sűrűen" helyezkednek el a számegyenesen, azaz igaz a következő: bármely (c, d) nem-üres nyílt intervallumban van a + b alakú szám, ahol a és b egész számok Kutató munka: Mit mondhatunk általában az a + b alakú számok pozitív egész kitevős hatványairól, ahol a és b egész számok? Mit mondhatunk az a b alakú számok pozitív egész kitevős hatványairól? Hogyan általánosítható a feladat? (S) (Kürschák verseny, 1966/) izonyítsuk be, hogy ha n természetes szám, akkor (5 + 6) n tizedestört alakjában a tizedesvesszőt követő első n jegy egyenlő Szerkeszthetőség I. kocka kettőzéséről (M) Van-e olyan racionális együtthatós másodfokú polinom, amelynek gyöke 3? Kutató munka: e akarjuk bizonyítani, hogy a kocka nem kettőzhető", vagyis ha adott az egység, nem szerkeszthető euklideszi szerkesztéssel olyan szakasz, amelynek hossza 3 ȧ) Fogalmazzuk meg algebrailag, hogy mit kell ehhez bizonyítanunk. b) izonyítsuk be a megfogalmazott állítást Polinomok gyökpárjairól (MS) z x + x + C = 0 egyenlet együtthatói egészek. Tudjuk továbbá, hogy az egyenletnek megoldása a + 3. Mi a másik megoldása?

6 1.6. POLINOMOK GYÖKPÁRJIRÓL (S) Kutató munka: Szabhatunk-e kevésbé erős feltételeket az 1.16 feladatbeli együtthatókra? Kutató munka: Hogyan alakul az 1.16 feladat állítása, ha a + 3 helyett a) + 5-öt, b) + 3-at, c) at írunk? Milyen jellegű számokra működik a bizonyításunk? (M) z 197. évi rany Dániel versenyen szerepelt a következő feladat. z x 3 + px + q = 0 harmadfokú egyenlet együtthatói, p és q egész számok, az egyenlet egyik megoldása x 1 = + 7. izonyítsuk be, hogy 7 is megoldása az egyenletnek. Mi hiányzik az alábbi megoldásból: Helyettesítsük be az egyenletbe x 1 -et. műveletek elvégzése után az alábbi egyenletet kapjuk p-re és q-ra: 50 + p + q + (19 + p) 7 = 0. Itt mind 19 + p ( 7 együtthatója), mind 50 + p + q ("a racionális rész") egész. Ezért 7 együtthatója nulla (különben azt kapnánk, hogy 7 racionális). Vagyis p = 19. Ugyanakkor 50 + p + q is nulla, amiből azt kapjuk, hogy q = 1. z egyenlet tehát x 3 19x 1 = 0. Ennek az egyenletnek megoldása x = 4. Másrészt a bal oldalon álló harmadfokú polinom gyökeinek összege a gyökök és együtthatók összefüggése alapján nulla, ami csak úgy lehet, hogy a harmadik megoldás x 3 = 7. Egészítsük ki teljessé ezt a megoldást! 1.0. z x 3 +6x 69x+36 = 0 egyenlet egy megoldása x 1 = 3 6. izonyítsuk be, hogy az egyenletnek van két másik megoldása és adjuk is meg a másik két megoldást! 1.1. Kutató munka: z x 3 +x +Cx+D = 0 egyenlet együtthatói egészek. Tudjuk továbbá, hogy az egyenletnek megoldása a + 7. Milyen következtetések vonhatók le ebből az egyenlet többi megoldására vonatkozóan? 1.. (M) z x 3 +x +x+c = 0 egyenletben,, C egész. Tudjuk továbbá, hogy az egyenletnek van egy U + V alakú megoldása, ahol U és V is egész. Következik-e ebből, hogy az egyenletnek van egész megoldása is? 1 1. FEJEZET. GEOMETRII SZERKESZTHETŐSÉG 1.3. (S) Kutató munka: Mit mondhatunk, ha az 1. feladatban -ról, -ről és C-ről csak azt tudjuk, hogy racionális számok? 1.4. (S) Legyen p egy egészegyütthatós polinom, u egész szám, de nem négyzetszám. a) Mit mondhatunk p(a + b u)-ról, ahol a, b egészek? b) Mit mondhatunk p(a b u)-ról? c) Mit mondhatunk p(a b u)-ról, ha tudjuk, hogy p(a + b u) egész? Mi a helyzet, ha p-ről csak azt tudjuk, hogy együtthatói racionálisak, továbbá a, b-ről is csak annyit tudunk, hogy racionálisak? 1.5. (S) izonyítsuk be, hogy ha u eleme a T ( t) testnek (ahol t > 0 és négyzetgyöke nincs T -ben), akkor minden olyan polinomja, amelynek együtthatói a) racionális számok, b) T -beli számok, szintén T ( t)-beli Szerkeszhetőség és racionális gyökök 1.6. (MS) Kutató munka: z 1.3 feladat átfogalmazható a következő alakra: Ha egy racionális együtthatós harmadfokú egyenletnek nincs racionális gyöke, akkor nincs gyöke a racionális számok Q testének semmilyen másodfokú bővítésében sem. Hogyan általánosítható ez az állítás? 1.7. (S) Igaz marad-e az 1.6 feladat megoldásában belátott tétel, ha a polinom együtthatóiról csak annyit teszünk fel, hogy T -ben vannak? 1.8. (M) izonyítsuk be, hogy ha egy racionális (egész) együtthatós harmadfokú polinomnak nincs racionális gyöke, akkor gyöke(i) euklideszi szerkesztéssel nem szerkeszthető(k). (Pontosabban: ha z gyöke a polinomnak, akkor nincs olyan euklideszi szerkesztés, amellyel az egység ismeretében z hosszú szakaszt szerkeszthető. Megjegyzés. Ez talán a legegyszerűbb átfogó elégséges feltétel a nem-szerkeszthetőségre. Ennél általánosabb feltétel, szükséges és elégséges feltétel is adható, de ahhoz mélyebb algebrai ismeretekre van szükség. Igaz-e az állítás harmadfokú helyett negyedfokú polinomokra is? 1.9. (MS) Írjunk fel olyan egész együtthatós polinomot, amelynek fokszáma nagyobb, mint, nincsen racionális gyöke, sőt, nem bontható fel alacsonyabb fokú racionális együtthatós polinomok szorzatára, de mind a négy gyöke szerkeszthető.

7 1.8. SZERKESZTHETŐSÉG II. SZÖGHRMDOLÁS (S) z 1.8 feladat szerint szükségünk lesz bizonyos egyenletek esetében annak a bizonyítására, hogy nincsen racionális megoldásuk. Íme néhány: a) 8x 3 4x 4x + 1, b) 8x 3 6x 1 = 0. c) px 3 px px + 1 = 0, ahol p prímszám. d) 4cx 3 x 3cx + 1 = 0 egyenletben válasszuk meg c értékét olyan pozitív egésznek, hogy ne legyen racionális megoldás! e) izonyítsuk be, hogy az x 3 cx + x + c = 0 egyenletben c értéke választható olyan egynél nagyobb egész számnak, hogy ne legyen racionális megoldás Szerkeszthetőség II. Szögharmadolás (MS) izonyítsuk be, hogy 0 nem szerkeszthető euklideszi szerkesztéssel (MS) Milyen egész n számokra szerkeszthető n -os szög? (MS) dható-e euklideszi szerkesztési eljárás (az oldalhossz ismeretében) szabályos kilencszög szerkesztésére? (MS) Tudjuk, hogy szabályos háromszög, négyszög, hatszög és nyolcszög szerkeszthető az oldalhossz ismeretében. Láttuk, hogy szabályos kilencszög nem szerkeszthető. Mi a helyzet a szabályos a) ötszög, b) hétszög, c) tízszög szerkesztésével? 1.9. Szerkeszthetőség III. Háromszögszerkesztések (M) dott a háromszög két oldalának és egy (belső) szögfelezőjének a hossza. Szerkeszthető-e a háromszög? (Hány feladatról van szó?) feladat megoldásához tisztázni kell, hogy mit is kérdezünk, amikor ezt kérdezzük, és milyen választ várunk. Ha pozitív a válasz, akkor olyan általános szerkesztési eljárást kell adnunk (diszkusszióval és a helyesség ellenőrzésével), amely minden adathármas esetén vagy megszerkeszti a háromszöget vagy megmutatja, hogy ilyen háromszög nincsen FEJEZET. GEOMETRII SZERKESZTHETŐSÉG De elképzelhető az az eset, hogy ilyen eljárás nincsen. Ebben az esetben viszont elég egyetlen olyan adathármast mutatni, amikor a háromszög létezik, de az adatokból a háromszög bizonyíthatóan nem szerkeszthető. Például azért - és mi más esettel nem fogunk foglalkozni -, mert a háromszög valamelyik adatáról megmutatható, hogy gyöke egy olyan harmadfokú egész együtthatós egyenletnek, amelynek nincsen racionális gyöke (S) izonyítsuk be, hogy a háromszög egy oldalának a hosszából és az oldal két végpontjából induló belső szögfelező hosszából (a, f α, f β ) nem szerkeszthető háromszög (MS) Egy háromszög két oldalának hosszából és körülírt körének sugarából szerkeszthető háromszög. De szerkeszthető-e háromszög két oldalának hosszából és beírt körének sugarából? (MS) Szerkeszthető-e háromszög (adható-e általános szerkesztési eljárás), ha adott a) a három (belső) szögfelezőjének a hossza; b) két (belső) szögfelejezőjének és a harmadik oldalhoz tartozó súlyvonalának a hossza; c) két (belső) szögfelezőjének és a harmadik oldalhoz tartozó magasságának a hossza; d) egy (belső) szögfelezőjének és a másik két oldalhoz tartozó magasságának a hossza? (MS) dott egy háromszögben az C oldal hossza, a szemközti csúcsból induló (belső) szögfelező hossza, továbbá a) a csúcsnál, b) az csúcsnál levő szög. Van-e általános szerkesztési eljárás a háromszög megszerkesztésére? (S) dott az C háromszögben az csúcsból induló (belső) szögfelező hossza, f, a csúcsból induló magasság hossza, m és a) a C csúcsnál fekvő szög, b) az csúcsnál fekvő szög. dható-e általános eljárás a háromszög szerkesztésére? (MS) dható-e általános szerkesztési eljárás az C háromszög szerkesztésére, ha adott a) az -nál fekvő szög, a -ből induló belső szögfelező, valamint az oldal hossza; b) a C oldal hossza, a körülírt kör R sugara, valamint a -ből induló belső szögfelező hossza?

8 1.9. SZERKESZTHETŐSÉG III. HÁROMSZÖGSZERKESZTÉSEK FEJEZET. GEOMETRII SZERKESZTHETŐSÉG 1.4. (MS) Szerkeszthető-e a háromszög, ha adott a) az egyik csúcsból induló magasság és súlyvonal hossza, és egy másik csúcsból induló szögfelező hossza; b) az egyik csúcsból induló magasság és szögfelező hossza és egy másik csúcsból induló súlyvonal hossza?

9 18. FEJEZET. TÖMEGKÖZÉPPONT. FEJEZET Tömegközéppont témában alapvető a [13] könyv, amelynek számos példáját felhasználtuk ebben a fejezetben. z elméleti alapok tisztázásában segíthet [7] megfelelő fejezete. LPELVEK fizikában gyakran érdemes helyettesíteni egy tömegpontrendszert a tömegpontok tömegközéppontjába helyezett egyetlen, a tagok tömegének összegével megegyező tömeggel. Ezzel kapcsolatban érdemes megjegyezni az alábbi alapelveket: I. alapelv tömegközéppont megkaphatjuk úgy is, hogy a tömegpontrendszert részekre osztjuk, kiszámoljuk a részek tömegközéppontját és helyettesítő tömegét, majd meghatározzuk az így kapott rendszer tömegközéppontját. ármely részekre osztásnál végül ugyanahhoz a tömegközépponthoz jutunk. II. alapelv Ha a C pontban γ kg, a pontban β kg tömeg van, akkor tömegközéppontjuk a C szakasznak az az 1 pontja, amelyre C 1 / 1 = β/γ (másképp: az γc 1, β 1 forgatónyomatékok kiegyenlítik egymást). Megjegyzés Vegyük észre, hogy a pontrendszer tömegközéppontja nem változik, ha benne minden egyes súly nagyságát megszorozzuk ugyanazzal a nullától különböző számmal. Megfogalmazhatjuk az I., II. alapelvek egy olyan következményét, amelyet később széleskörűen alkalmazunk: ha a rendszert két részre osztjuk, az egyik tömegközéppontja S 1, a másiké S, míg a teljes rendszer tömegközéppontja S, akkor S 1, S és S egy egyenesen vannak. II. alapelv vektorgeometriai analogonja az osztópont helyvektorára vonatkozó nevezetes tétel: Osztópont helyvektora Ha a C pont helyvektora C, a ponté és 1 a C egyenesen úgy helyezkedik el, hogy C 1 / 1 = β/γ, akkor helyvektora: 1 = β + γ C. β + γ 17 Itt tehát az, C vektorok súlyozásával kapjuk az 1 vektort. Fontos, hogy itt az C 1 / 1 arányt és vele együtt β/γ arányt is előjelesen értelmezzük, tehát C 1 / 1 pozitív ha C-től 1 ugyanabban az irányban van, mint 1 -től azaz 1 a C szakaszon van, míg arány negatív ez a két irány különböző. z I. alapelv az alábbi vektoralgebrai azonossággal analóg: ( I ) ( J ) i C j = ( I ) i=1 β i i=1 β i ( I i=1 β i I + ) + i=1 βi i I ( I ) i=1 β i i=1 βi + j=1 γ j ( J j=1 γ j ) = ( J ) j=1 γ j ( J j=1 γ j ahol tehát S a bal oldalon feltüntetett vektor, míg S 1 = I i=1 β i i I i=1 β i + J j=1 γj C j J ), j=1 γj J j=1 S = γ j C j J j=1 γ. j Negatív tömeget nem szokás értelmezni, de a vektorok együtthatói nyugodtan lehetnek negatív számok. Mivel az I., II. alapelvek vektorokkal is értelmezhetők így a későbbiekban negatív tömegekkel is számolni fogunk. Ekkor előfordulhat az is, hogy néhány tömeg összege zérus. Ha például fent β + + γ = 0, akkor nem létezik olyan 1 pont a C egyenesen, amelyre C 1 / 1 = = β/γ = 1, de a C 1 / 1 arány határértéke épp ( 1), ha 1 tart a végtelenbe az egyenesen bármelyik irányban. vektoros megközelítésben is hasonlót látunk: a C vektor párhuzamos a C egyenessel, tehát annak végtelen távoli pontja felé mutat. III. alapelv tömegpontrendszernek a tömegközépponton átmenő tengelyre vonatkozó forgatónyomatéka zérus. IV. alapelv tömegpontrendszernek a t tengelyre vonatkozó tehetetlenségi nyomatéka Θ t = m 1 d 1 + m d m nd n, (1) ahol n a tömegpontok számát, m i az i-edik tömegpont tömegét, d i pedig a tengelytől való távolságát jelöli. V. alapelv Steiner tétel Ha a t tengely átmegy a tömegpontrendszer súlypontján, az u tengely pedig párhuzamos t-vel és tőle d távolságban van, akkor Θ u = Θ t + md,

10 ahol m = m 1 + m m n a pontrendszer teljes tömegét jelöli. Síkbeli pontrendszer esetén beszélhetünk a pontrendszernek egy adott pontra vonatkozó tehetetlenségi nyomatékáról. Ezen a nyomatékon az adott pontban az adott síkra merőleges tengelyre vonatkozó tehetetlenségi nyomatékot értjük. VI. alapelv síkbeli pontrendszernek a súlypontjára vonatkozó tehetetlenségi nyomatéka így is számítható: Θ S = 1 m 1 i<j n m i m j r ij, ahol n a tömegpontok számát, m i az i-edik pont tömegét, m az össztömeget, r ij az i-edik és j-edik tömegpont távolságát jelöli. Megjegyezzük, hogy a síkbeli pontrendszer pontra vonatkozó tehetetlenségi nyomatéka az átlagos négyzetes eltéréshez rendkívül hasonló mennyiség. a súlypontra vonatkozó tehetetlenségi nyomaték a szórásnégyzettel rokon mennyiség. fenti V., VI. alapelvek bizonyítása analóg a statisztika hasonló összefüggéseinek bizonyításával..1. (M) Legyen az C háromszög C oldalának felezőpontja D, továbbá messe a C-n és D szakasz F felezőpontján átmenő egyenes az oldalt az E pontban (lásd az 1. ábrát)! Milyen arányban osztja ketté E az oldalt?.. (M) Nemzetközi Magyar Matematika Verseny 007 z C háromszög belsejében felveszünk egy P pontot, majd összekötjük a három csúccsal. z P egyenes messe a szemközti (C) oldalt az 1 pontban. Hasonlóan legyenek 1, C 1 a M, CM egyenesek és a megfelelő csúcsokkal szemközti C FEJEZET. TÖMEGKÖZÉPPONT oldalak metszéspontjai. Tudjuk, hogy P felezi az 1 szakaszt. izonyítsuk be, hogy 1 1 C + C 1 C 1 = 1!.3. (M) z CD paralelogramma C oldalának felezőpontja F, a CD oldal D-hez közelebbi harmadolópontja E, az EF egyenes az C átlót a P, a D átló meghosszabbítását a Q pontban metszi. Határozzuk meg az arányok értékét! EP/P F, P/P C, EQ/QF, DQ/Q.4. (M) dott az C háromszög és a P pont. z P, C egyenesek metszéspontja 1 és ehhez hasonlóan 1 = P C, C 1 = CP. Ismeretes, hogy Határozzuk meg a C1 C 1 arányt! 1 1 C = b 1 b, C 1 1 = a 1 a..5. (M) dott az C háromszög. Egy C-vel párhuzamos egyenes az oldalt P -ben, az F súlyvonalat T -ben, a C oldalt K-ban metszi. Határozzuk meg az C oldal hosszát, ha tudjuk, hogy P T = 3, T K = 5!.6. (M) (Kömal) dott az C háromszög. háromszög belsejében elhelyezkedő tetszőleges P pont esetén képezhetjük az P C = 1, P C = 1, CP = C 1 pontokat. Mely P pontra lesz az D összeg értéke maximális? 1 P 1 + 1P 1 + C 1P C 1 C E.1.1. ábra. F.7. (M) Mutassuk meg, hogy a súlyozás területekkel is megadható! Nevezetesen, ha α β C γ = P α+β+γ, akkor α : β : γ = T P C : T CP : T P. (hogy a súlyok is kaphatnak különböző előjelet, úgy a háromszögek területe is a háromszög körüljárásának megfelelő előjellel értendő.)

11 .8. (M) háromszög, C, C oldalain úgy helyezkednek el a C 1, 1, 1 pontok, hogy az 1, 1, CC 1 szakaszok egy közös P ponton mennek át. dott az 1 C 1, C 1 1, C 1 1 háromszögek területe: T, T, T C. Határozzuk meg az 1 1 C 1 háromszög t területét!.9. (M) dott egy háromszög és egy egyenes. Hogyan súlyozzuk a háromszög csúcsait, hogy tömegközéppontjuk az egyenesre essen?.10. (M) Menelaosz tétel z C háromszög, C, C oildalegyenesein adott egy-egy pont: C 1, 1 és 1. Fejezzük ki az 1, 1 C, C 1, 1, C 1, C 1, hosszakkal annak szükséges és elégséges feltételét, hogy az 1, 1, C 1 pontok egy egyenesre esnek..11. (M) z CDE szabályos négyoldalú gúla alapja az CD négyzet. Egy sík az 1, 1, C 1, D 1 pontokban metszi el a gúla E, E, EC, ED oldaléleit. Határozzuk meg az ED 1 /D 1 D arányt, ha E 1 1 = 1, E 1 1 = 3, EC 1 C 1 C = (M) [13] Jelölje az C háromszög C oldalához hozzáírt körnek az oldal meghosszabbítására, a C oldalra illetve az C oldal meghosszabbítására eső érintési pontját rendre T, T és T C. Mutassuk meg, hogy a T C, CT egyenesek D metszéspontja illeszkedik az T egyenesre! 1. FEJEZET. TÖMEGKÖZÉPPONT.13. (M) Mutassuk meg, hogy ha az CD négyszög, CD oldalegyenesei a P, a C, D oldalegyenesei a Q pontban metszik egymást, akkor a P Q szakasz felezőpontja illeszkedik az C, D átlók felezőpontjait összekötő egyenesre (lásd az 1. ábrát)!.14. (M) Fejezzük ki a háromszög körülírt és beírt köreinek sugaraival (R és r) a két kör középpontjának távolságát (d-t)!.15. (M) Fejezzük ki a háromszög súlyvonalának hosszát az oldalakkal!.16. (M) (Stewart tétel) Jelölje a háromszög oldalát p q arányban osztó pontját F azaz F FQ = p q. Fejezzük ki az FC szakasz hosszát a háromszög oldalaival és a p, q mennyiségekkel!.17. (M) (Németh Gergely diák javaslata) Messe az C nem egyenlő szárú háromszög -nál illetve -nél fekvő belső szögének szögfelező egyenese a szemköztes C, ill C oldalt az 1, ill. 1 pontban. a) Mutassuk meg, hogy az C háromszög C csúcshoz tartozó külső szögfelezője és az 1 1 egyenes az oldalegyenesen metszik egymást! b) Messe az,, C csúcshoz tartozó külső szögfelező a háromszög szemköztes oldalegyenesét tehát rendre a C, C, egyenest az,, C pontban. Mutassuk meg, hogy az,, C pontok egy egyenesen vannak! C Q C G D 1 P 1 F E C 1 P.6.1. ábra ábra.

12 .18. (M) z C háromszög oldalainak hossza: = c, C = a, C = b. háromszöghöz rögzített (x ; x ; x C ) baricentrikus koordinátarendszerben az l egyenes egyenlete ξ x + ξ x + ξ C x C = 0. (1) Honnan ismerhető fel, hogy ez az egyenes érinti a háromszög beírt körét? Írjunk fel egy olyan P (ξ ; ξ ; ξ C ) = 0 () összefüggést, amely pontosan akkor teljesül, ha az (1) egyenes érinti a beírt kört!.19. (M) [1][. 568., 01. szept.] dott az C háromszög, és a beírt körének középpontján átmenő l egyenes. Jelölje 1, 1, illetve C 1 az, a, illetve a C pont l-re vonatkozó tükörképét. Legyen az 1, 1 és C 1 pontokon át l-lel húzott párhuzamosok metszéspontja a C, C és egyenesekkel rendre,, illetve C. izonyítsuk be, hogy a) az,, C pontok egy egyenesen vannak, és b) ez az egyenes érinti a beírt kört!.0. [10][M106. feladat, 1988/1., 5-6.o] a) z C háromszög, C oldalain adottak a 1, C 1 pontok. C 1, C 1 egyenesek az M pontban metszik egymást, míg az M egyenes a C, 1 C 1 szakaszokat rendre a P, P 1 pontokban metszi. Igazoljuk, hogy P P 1 P 1 = P M M. b) z CD tetraéder, C, D élein vettük fel a 1, C 1, D 1 pontokat. CD 1, CD 1, C 1 síkok az M pontban metszik egymást, míg az M egyenes a CD, 1 C 1 D 1 síkokat rendre a P, P 1 pontokban metszi. Igazoljuk, hogy P P 1 P 1 = 3P M M FEJEZET. TÖMEGKÖZÉPPONT.. (M) [8] a) Jelölje az C háromszög előjeles területét t, körülírt körének középpontját O, sugarát r, a sík tetszőleges P pontjának a háromszög, C, C oldalegyeneseire való merőleges vetületét rendre P c, P a és P b. Mutassuk meg, hogy a P a P b P c általános talpponti háromszög előjeles területe t P = t (1 OP ) 4 r. b) Mutassuk meg, hogy a sík P pontjának az C háromszög oldalegyeneseire vonatkozó merőleges vetületei akkor és csakis akkor illeszkednek egy egyenesre, ha P illeszkedik a háromszög körülírt körére!.3. (M) [8] z P 1, P pontok baricentrikus koordinátái az C háromszög csúcsaira vonatkozólag (α 1 ; β 1 ; γ 1 ) illetve (α ; β ; γ ), ahol α 1 + β 1 + γ 1 = α + β + γ = 1. Fejezzük ki az P 1 P szakasz hosszát a baricentrikus koordináták és az C alapháromszög = c, C = a, C = b oldalainak hossza segítségével!.1. (M) [8] a) Mutassuk meg, hogy ha az C háromszög oldalai = c, C = a, C = = b, körülírt körének középpontja O, sugara r, akkor a sík tetszőleges P pontjára teljesül az r OP = t at b c + t b t c a + t c t a b t összefüggés, ahol t a, t b, t c és t rendre a P C, P C, P, C háromszög előjeles területét jelöli! b) Ptolameiosz tétele Mutassuk meg, hogy ha az CD négyszög húrnégyszög, akkor C D = = CD + D C.

13 6 3. FEJEZET. INVERZIÓ 3.. Kögyenesek képe 3. FEJEZET Inverzió dott a sík (tér) O pontja és egy zérustól különböző λ szám. Inverziónak nevezzük a sík (tér) azon leképezését, amely az O-tól különböző P ponthoz, az OP irányított egyenes azon P pontját rendeli, amelyre előjelesen számolva OP OP = λ. z inverzió az O ponton, az inverzió centrum-án nem értelmezett, a sík (tér) centrumtól különböző pontjainak halmazát önmagára képezi le kölcsönösen egyértelmű módon. Ha λ > 0, akkor megfelelő pozitív r-rel λ = r. Ebben az esetben az inverziónak vannak fixpontjai, nevezetesen az O középpontú r sugarú i kör (gömb) pontjai. Ilyenkor azt mondjuk, hogy az i körre (gömbre) invertálunk. negatív paraméterű inverzió némileg kézzelfoghatóbbá válik a feladat megoldása révén. z inverziót Jacob Steiner svájci származású matematikus vezette be a XIX. század első felében. feladatgyűjteményben a körök és egyenesek halmazát helyenként egyben kezeljük és kögyenesnek nevezünk egy alakzatot, amely kör és egyenes is lehet z inverzió szerkesztése 3.1. (M) dott egy kör a középpontjával, és még egy további pont. Szerkesszük meg az adott pont adott körre vonatkozó inverz képét! 3.. (MS) dott egy kör a középpontjával, és még egy további pont. Szerkesszük meg az adott pont adott körre vonatkozó inverz képét csak körzővel! 3.3. (MS) dott két pont. Szerkesszük meg a a) felezőpontjukat; b) harmadolópontjaikat csak körzővel! 3.4. (M) Mutassuk meg, hogy ha az O centrumú inverziónál az, pontok képe és, akkor a) az O, O háromszögek hasonlóak; b) az,, pontok egy körön vagy egyenesen vannak (M) dott az O középpontú, r sugarú i kör és az i-t érintő e egyenes. a) Invertáljuk az e egyenes hat pontját i-re! b) Fogalmazzunk meg sejtést az e egyenes inverz képére vonatkozólag! c) Igazoljuk a sejtést! d) Mi lesz e képe egy olyan körre vonatkozó inverziónál, amely koncentrikus i-vel, de sugara csak harmadakkora, mint i sugara? e) Mi lesz e képe az O középpontú λ = r paraméterű inverziónál (OP OP = = λ < 0)? 3.6. (M) Milyen egyszerűbb geometriai transzformációval kapható meg egy alakzat i 1 körre vonatkozó invertáltjából az eredeti alakzat i 1 -gyel koncentrikus, de háromszor akkora sugarú i körre vonatkozó invertáltja? 3.7. (MS) z adott O pont a λ 0 valós paraméter meghatározta i inverziót vizsgáljuk. Milyen alakzatot kapunk, ha valamely e egyenes minden pontját invertáljuk? 3.8. (S) dott az O középpontú i kör, rajta az pont és az O szakasz k Thalesz köre. a) Invertáljuk a k kör hat pontját i-re! b) Fogalmazzunk meg sejtést a k kör inverz képére vonatkozólag! c) Igazoljuk a sejtést! d) Mi lesz egy tetszőleges, O ponton áthaladó kör képe az i körre vonatkozó inverziónál? 3.9. dott az O középpontú i kör, valamint a k kör, amely nem megy át O-n. a) Invertáljuk a k kör hat pontját i-re! b) Fogalmazzunk meg sejtést a k kör inverz képére vonatkozólag! (S) dott az O középpontú i kör, rajta az pont, valamint az O egyenest -ban érintő k kör. a) Invertáljuk a k kör hat pontját i-re! b) Fogalmazzunk meg sejtést a k kör inverz képére vonatkozólag! c) Igazoljuk a sejtést! d) Milyen alakzat lesz egy tetszőleges, de O-t nem tartalmazó kör képe az i-re vonatkozó inverziónál? e) És egy negatív paraméterű (OP OP = λ < 0) inverziónál? 5

14 3.. KÖGYENESEK KÉPE Mutassuk meg, hogy az inverzió kögyenestartó, azaz ha egy alakzat kör vagy egyenes, akkor az inverziónál származó képe is kör vagy egyenes! 3.1. (M) koordinátarendszerben dolgozunk. Inverziónk centruma az origó, paramétere a λ 0 szám (tehát OP OP = λ) a) Határozzuk meg a P (x; y) pont inverziónál származó képének koordinátáit! b) Határozzuk meg, hogy az inverziónál a P (x; y) pont mely pontnak a képe! c) Határozzuk meg az (x + y ) + x + Cy + D = 0 egyenletű alakzat képének egyenletét! d) Ennek alapján adjunk új bizonyítást arra, hogy az inverzió önmagára képezi a körök és egyenesek halmazát! 8 3. FEJEZET. INVERZIÓ (M) dott a K és az L kör. izonyítsuk be, hogy az alábbi állítások ekvivalensek (körök merőlegessége)! ) K és L metszi egymást, és bármelyik metszéspontban a körök érintői merőlegesek egymásra. ) K középpontjából az L-hez húzott érintő érintési pontja a K körön van. ) L középpontjából a K-hoz húzott érintő érintési pontja az L körön van. C) körök R K, R L sugaraira és középpontjaik d távolságára R K +R L d = 0. D) K, L körök különbözőek és a K-ra vonatkozó inverziónál L fix. D ) K, L körök különbözőek és az L-re vonatkozó inverziónál K fix. E) L-nek van két olyan (egymástól különböző) pontja, amelyek a K-ra vonatkozó inverziónál kicserélődnek. E ) K-nak van két olyan (egymástól különböző) pontja, amelyek az L-re vonatkozó inverziónál kicserélődnek (M) Egy R sugarú kört invertálunk egy r sugarú körre. két középpont távolsága d. Határozzuk meg a kör képének sugarát és középpontjának távolságát az inverzió centrumától! Készítsünk vázlatot az 1. ábrák I körre vonatkozó inverz képéről! (M) dott az O centrumú i inverzió és két egymástól és O-tól különböző pont, és. Keressük annak szükséges és elégséges feltételét, hogy i kicseréli egymással -t és -t. Mutassuk meg, hogy az alábbi két feltétel bármelyike megfelelő! I. O, és egy egyenes három különböző pontja és az i inverziónál és nem fixpont, de i önmagára képezi az -n és -n is átmenő egyik k kört. II. z i inverziónál és nem fixpont, de i önmagára képez az -n és -n is átmenő két kögyenest (M) dott a síkon három különböző pont:, és. Határozzuk meg a sík összes olyan pontját, amelyhez van olyan inverzió, amely -t -be, -t pedig -be viszi (M) dott a síkon három különböző pont:, és C. Szerkesszünk olyan kört, amely átmegy C-n és amelyre -t invertálva -t kapjuk (M) a) Legyen és egy pont és a képe a K körre vonatkozó inverziónál. izonyítsuk be, hogy az inverzió alapkörén (M K) az M/ M arány értéke állandó! b) izonyítsuk be, hogy az, pontpár pollóniusz-körei pontosan azok a körök, amelyekre vonatkozó inverziók -t és -t egymásra képezik! ábra.

15 3.3. SZERKESZTÉSEK CSK KÖRZŐVEL 9 F) K, L körök egyenletében a K (x + y ) + b K x + c K y + d K = 0; a L (x + y ) + b L x + c L y + d L = 0, a K d L b K b L c K c L + d K a L = (M) dott a síkon három különböző, nem kollineáris pont:,, C. Legyen k az -n átmenő -t a C-be vivő, k b a -n átmenő C-t az -ba vivő, k c a C- n átmenő -t a -be vivő inverzió alapköre. Mutassuk meg, hogy van két pont, amelyeken a három kör mindegyike átmegy (MS) dott a síkon három különböző, nem kollineáris pont:,, C. Jellemezzük azokat a centrumokat, amelyekre invertálva az adott pontokat, a kapott,, C pontokra C = C teljesül FEJEZET. INVERZIÓ 3.5. (M) dott két különböző kör. djuk meg az összes olyan inverziót, amely a) kicseréli a két kört egymással; b) önmagára képezi mindkét kört! 3.6. (M) dott egy háromszög. a) Szerkesszük meg annak a körnek a középpontját, amely merőleges a háromszög mindhárom hozzáírt körére! b) Ez máskülönben milyen nevezetes pont? 3.7. (M) Tekintsük azt a három kört, amelyek érintik egy háromszög három hozzáírt körét, méghozzá egyet önmagukon belül, kettőt pedig kívül. izonyítsuk be, hogy ennek a három körnek van közös pontja! a) b) 3.3. Szerkesztések csak körzővel 3.. (MS) a) dott egy kör a középpontjával, és adott még egy egyenes is. Szerkesszük meg az egyenes körre vonatkozó inverz képét csak körzővel! Oldjuk meg a feladatot abban az esetben is, amikor az egyenes csak két pontjával van megadva (és nem megy át az inverzió centrumán). b) dott két egyenes két-két pontjával. Szerkesszük meg a metszéspontjukat csak körzővel! c) izonyítsuk be, hogy bármely szerkesztés, ami körzővel és vonalzóval elvégezhető, az elvégezhető csak körzővel is! c) d) 3.4. Merőlegesség, fix kör, fixfix kör 3.3. (M) a) Igaz-e, hogy bármely két körhöz található egy harmadik kör, mely mind a kettőre merőleges? b) Igaz-e, hogy bármely két kögyeneshez található olyan kögyenes, amelyik mind a kettőre merőleges! (kögyenes: kör vagy egyenes.) 3.4. (M) z 1. a)-d) ábrákon három-három kör látható. Melyik esetben van olyan kör, amelyik mind a háromra merőleges? e) dott három kör. Szerkesszünk olyan kört, amelyik mind a háromra merőleges, ha van egyáltalán ilyen! f) dott három kör. Van-e mindig olyan inverzió vagy tengelyes tükrözés, amely mind a hármat önmagára képezi? ábra.

16 3.5. ÉRINTKEZŐ KÖRÖK Érintkező körök 3.8. (MS) z = d átmérőjű L félkörbe írt r = d/4 sugarú K 1 kör érinti a félkörívet és az átmérőt is. Határozzuk meg annak a K körnek a sugarát, amely érinti a félkörívet, az átmérőt és a K 1 kört is, és -hez közelebb van, mint -hoz! 3.9. (M) z C derékszögű háromszögben C = 90, C = 0, C = 5 k kör középpontja, sugara, a k kör középpontja, sugara 3. Szerkesztendők mindazok a C-n átmenő körök, amelyek érintik a k, k köröket! (M) pollóniuszi probléma a) dott egy pont és két kör (a körök bármelyike, akár mindkettő lehet egyenes is). Szerkesszünk kört, amely átmegy a ponton és érinti a két adott alakzatot! b) dott három kör (a körök bármelyike, akár mindhárom lehet egyenes is). Szerkesszünk kört, amely érinti mindhárom adott alakzatot! (Lásd még a G.II.10.1-G.II feladatokat!) (MS) dott egy kör és rajta az és a pont. Tekintsünk az összes lehetséges módon két olyan kört, amelyek egyike -ban, másika -ben érinti az adott kört, egymást pedig (egy előre nem adott) M pontban érintik. Határozzuk meg az így adódó M pontok mértani helyét! 3.3. (MS) K és az L kör egyik metszéspontja. két kör e és f közös érintőin az érintési pontok E K és E L, illetve F K és F L (lásd az 1. ábrát). izonyítsuk be, hogy az E K E L és az F K F L háromszög körülírt köre érinti egymást! (M) k kör érinti az egymással párhuzamos l 1, l egyeneseket. k 1 kör érinti l 1 -et -ban és kívülről érinti k-t C-ben. k kör érinti l -t -ben, kívülről 3 3. FEJEZET. INVERZIÓ érinti k 1 -et E-ben és k-t D-ben. z D, C egyenesek metszéspontja Q (lásd az 1. ábrát). izonyítsuk be, hogy Q a CDE háromszög köré írt körének középpontja (M) dott a k kör és annak e átmérő egyenese. Képzeljük el mindazokat a köröket, amelyek érintik e-t és k-t is és az általuk meghatározott egyik félkörlemezen helyezkednek el (lásd az 1. ábrát). a) Mi a mértani helye ezen körök középpontjainak? b) Mutassuk meg, hogy a síkon van egy olyan pont, amely illeszkedik bármelyik ilyen körnek az e-vel és k-val való érintési pontját egymással összekötő egyenesre! c) Ezen körök közül ketten egymást is érinthetik. Hol lehet az érintési pontjuk? (MS) a) dott két érintkező kör. Egy harmadik kör az egyik adott kört az pontban, a másik adott kört a pontban érinti. izonyítsuk be, hogy az így adódó egyenesek mind átmennek egy bizonyos ponton, vagy mind párhuzamosak! b) Lényeges-e, hogy a két adott kör érinti egymást? a) dott két egymást metsző kör. Tekintsünk az összes lehetséges módon két olyan kört, amelyek mindkét kört érintik és egymást is érintik (egy előre nem adott) M pontban. Határozzuk meg az így adódó M pontok mértani helyét! b) Lényeges-e, hogy a két adott kör metszi egymást? (M) a)dottak az egymást metsző nem azonos sugarú K, L körök a síkon (K és L egyike lehet egyenes is). Tekintsük a K és L által határolt négy síkbeli tartomány egyikében az összes olyan kört, amely érinti K-t és L-t. Mutassuk meg, hogy a síkon van olyan pont, amelynek e körök bármelyikére (nem K-ra és L-re!) vonatkozó hatványa egyenlő! b) Lényeges-e, hogy a két adott kör metszi egymást? l 1 E K K F K e f E L F L L l k C D Q E k k ábra ábra.

17 3.6. Z INVERZIÓ SZÖGTRTÓ z inverzió szögtartó (S) Tekintsünk két egyenest érintkezőnek, ha párhuzamosak. Két kör illetve egy kör és egy egyenes érintkezése ismert fogalom. izonyítsuk be, hogy két kör, két egyenes vagy egy kör és egy egyenes pontosan akkor érintkező, ha az inverziónál származó képeik is azok! Mutassuk meg, hogy az egymást két pontban -ban és -ben metsző k, l körök -beli érintőinek egymással bezárt szöge abszolút értékben megegyezik a -beli érintőik szögével, de a két szög irányítás szerint egymással ellentétes (M) a) izonyítsuk be, hogy két egyenes szöge megegyezik az inverziónál származó képeik szögével! b) izonyítsuk be, hogy az inverzió szögtartó, azaz bármely két kör vagy egyenes szögének abszolút értéke megegyezik képeik szögének abszolút értékével! c) Mutassuk meg, hogy az inverzió lokálisan szögfordító, azaz bármely pontban az ott találkozó kögyenesek irányított szöge ellentétes a pont képénél a két kögyenes képének irányított szögével! FEJEZET. INVERZIÓ (M) Kössük össze az 1. ábrán azokat a részábrákat, amelyek megkaphatók egymásból egy inverzió és egy egybevágóság alkalmazásával! ( pöttyözött vonalak csak segédvonalak) 3.7. Körök speciális elrendezései 3.4. (MS) k 1, k, k 3, k 4 körök ciklikus sorrendben érintik egymást: k 1 és k érintési pontja P 1, k -é és k 3 -é P 3, k 3 -é és k 4 -é P 34, végül k 4 és k 1 érintési pontja P 41. izonyítsuk be, hogy a P 1, P 3, P 34, P 41 érintési pontok egy körön vannak! (M) k 1, k, k 3, k 4 körök ciklikus sorrendben páronként két pontban metszik egymást: k 1 k = {P 1, Q 1 }, k k 3 = {P 3, Q 3 }, k 3 k 4 = {P 34, Q 34 }, k 4 k 1 = {P 41, Q 41 }. Mutassuk meg, hogy ha a P 1, P 3, P 34, P 41 metszéspontok egy kögyenesen vannak, akkor a Q 1, Q 3, Q 34, Q 41 pontok is egy kögyenesre illeszkednek! K 3 K O T 3 O 3 K 1 O 1 T 1 E 1 E E 3 T 34 O 4 E 4 K ábra ábra.

18 3.7. KÖRÖK SPECIÁLIS ELRENDEZÉSEI izonyítsuk be, hogy ha egy érintőnégyszög csúcsait invertáljuk a beírt körre, akkor az érintési pontok alkotta sokszög oldalfelezőpontjait kapjuk! (M) a) izonyítsuk be, hogy bármely háromszögben R d = R r, ahol R a körülírt kör, r a beírt kör sugarát, d pedig a középpontok távolságát jelöli! b) Írjunk fel hasonló összefüggést a háromszög körülírt, az egyik oldalához hozzáírt körének sugara és középpontjaik távolsága között! c)* Hasonló összefüggés állítható fel azoknál a négyszögeknél, amelyek egyszerre húr- és érintő-négyszögek is. Keressük meg az összefüggést és igazoljuk is! (MS) dott az pont és a K kör. Mutassuk meg, hogy mindazok a körök, amelyek átmennek -n és K-t egy átmérő két végpontjában metszik tartalmaznak még egy közös pontot! (M) (z inverzió inverziótartó?) z I, K, K körök és az,,, pontok elrendezése olyan, hogy az I körre vonatkozó inverziónál K képe K, képe, míg képe, a K-ra vonatkozó inverzió pedig -t -nek felelteti meg. Igaz-e, hogy a K -re vonatkozó inverziónál és egymás képei? (M) Állítsuk elő a tengelyes tükrözést inverziók kompozíciójaként! (M) Ha adott a sík tetszőleges 1 és 1 pontja, akkor létezik olyan egybevágósági transzformáció, amely 1 -et 1-re képezi. Nem nehéz megadni olyan 1, és 1, pontpárokat, amelyekhez nincs olyan egybevágóság, amely 1-et 1 -re, és egyúttal -t -re képezi. árhogy is adottak a síkon az 1,, 1, pontok, mindig van olyan hasonlósági transzformáció, amely 1 -et 1 -re, és egyúttal -t -re képezi. Nem nehéz megadni olyan 1,, 3 és 1,, 3 ponthármasokat, amelyekhez nincs olyan hasonlóság, amely 1 -et 1-re, -t -re és egyúttal 3 -at 3 -ra képezi. Határozzuk meg azt a maximális n pozitív egészt, amelyre bárhogyan is adottak a síkon az 1,,..., n, 1,,..., n pontok, mindig van inverzióknak olyan kompozíciója, amely 1 -et 1 -re, -t -re,..., és egyúttal n-et n-re képezi! FEJEZET. INVERZIÓ 3.5. (M) k 1, k koncenrikus körök közé 8 egyenlő sugarú kört helyeztünk, amelyek ciklikusan érintik egymást és mindegyik érinti k 1 -et és k -t (lásd az 1. ábrát). a) Határozzuk meg a két koncentrikus kör sugarának arányát! b) körlánc tagjai egymást olyan pontokban érintik, amelyek mind egy l körön vannak. Fejezzük ki a k 1 -gyel és k -vel koncentrikus l kör sugarát a k 1, k körök sugaraival! c) Oldjuk meg az a), b) feladatokat, ha a az eredeti két kör közé n ciklikusan egymást érintő kör lánca írható! (M) Szerkesszünk két nem koncentrikus kört k 1 -et és k -t, amelyek egyike a másik belsejében, és 8 további kört, amelyek k 1 és k között vannak, mindkettőt érintik és egymást is ciklikusan: k 1 a k -t, k még a k 3 -at, k 3 még a k 4 -at,... k 8 még a k 1 -et is (S) Steiner Poriszmája néven ismeretes az alábbi tétel: dott két kör, L 1 és L, amelyek nem érintik egymást. Egy L 1 -et is L -t is érintő körből kiindulva képezhető köröknek egy sorozata: 0 legyen maga ; az 1 kör érintse L 1 -t, is L -t is, és 0 -t is; általában, k+1 érintse L 1 -et, L -t és k -t. Állítjuk, hogy ha valamely n-re n = 0 azaz visszaérünk, akkor bármely körből kiindulva n lépésben visszaérünk (MS) dott két kör. Szerkesszünk két olyan pontot, amelyek mindkét körre vonatkozó inverziónál kicserélődnek! (MS) izonyítsuk be, hogy bármely két közös pont nélküli kör koncentrikus körökbe invertálható! ábra.

19 3.8. KOMPLEX SZÁMOK ÉS INVERZIÓK dott két koncentrikus kör, k 1 és k, sugaraik R 1 és R. Tekintsünk az összes lehetséges módon két olyan kört, l 1 -et és l -t, amelyek mindkét előre adott kört érintik, egymást is érintik (egy előre nem adott) M pontban, és a két adott kör közti körgyűrűben helyezkednek el. Láttuk (lásd a feladatot), hogy az így adódó M pontok mértani helye egy m kör. a) izonyítsuk be, hogy az m-re vonatkozó inverzió egymásba képezi k 1 -et és k -t! b) Határozzuk meg m sugarát! izonyítsuk be, hogy Steiner Poriszmájában (lásd a feladatot) az i körök középpontjai egy ellipszisen, az i, i+1 körök érintési pontjai egy k körön helyezkednek el, és az i, i+1 körök középpontjait összekötő egyenes érinti k-t! dott egy pont és véges sok a pontra illeszkedő különböző sugarú kör. izonyítsuk be, hogy pontosan akkor van olyan kör, amely az összes előre adott kört érinti, ha az előre adott körök külső hasonlósági pontjai egy egyenesre illeszkednek! 3.8. Komplex számok és inverziók a) izonyítsuk be, hogy a z komplex szám képe az origó középpontú egységsugarú körre vonatkozó inverziónál az 1/z komplex szám! b) djuk meg a ξ középpontú (ξ tetszőleges komplex szám) R sugarú körre vonatkozó inverzió képletét! FEJEZET. INVERZIÓ sík egybevágóságai megőrzik az és a pont közötti távolságot. hasonlóságok megőrzik az,, C ponthármas (C) = C/C osztóviszonyát és az C nagyságát. Komplex számokkal ez a két mennyiség egyszerre is leírható. Ha a három pontnak megfelelő három komplex szám z 1, z és z 3, akkor irányítástartó hasonlósági transzformációnál megmaradó mennyiség az (z 1, z, z 3 ) = z 1 z 3 z 3 z komplex osztóviszony. Hogyan kell a sík négy pontjához olyan mértéket rendelni, amely invariáns az inverziókra? (M) a) Mutassuk meg, hogy három komplex szám osztóviszonya (lásd a feladatot) pontosan akkor valós, ha a komplex számsíkon egy egyenesre illeszkednek! b) z 1, z, z 3, z 4 komplex számok kettősviszonya a (z 1, z, z 3, z 4 ) = (z 1, z, z 3 ) (z 1, z, z 4 ) = z 1 z 3 z 3 z : z 1 z 4 z 4 z komplex szám. izonyítsuk be, hogy a kettősviszony a hasonlósági transzformációkra invariáns! c) Igazoljuk, hogy négy komplex szám kettősviszonya és inverziónál származó képeik kettősviszonya egymás konjugáltja! d) Mutassuk meg, hogy négy komplex szám kettősviszonya pontosan akkor valós, ha a komplex számsíkon egy egyenesre vagy körre illeszkednek! L 1 P Ha adott a síkon az 1, és az 1, pontpár úgy, hogy 1 = 1 = 0, akkor pontosan két olyan egybevágósági transzformáció van, amely 1 -et 1- re, és egyúttal -t -re képezi. Ezek egyike irányítástartó, a másik megfordítja az irányítást. Ha adottak a síkon az 1,, 3, 1,, 3 pontok úgy, hogy 4 ( 1 3 ) = ( 1 3) / {0, } és 1 3 = 1 3, L 3 1 akkor mindig van olyan hasonlósági transzformáció, amely 1 -et 1 -re, -t -re és egyúttal 3 -at 3-re képezi. Ha 1 3 = 1 3 / {0, π}, akkor pontosan egy, ha 1 3 = 1 3 {0, π}, ábra. akkor pontosan két ilyen transzformáció van: a kettő egyike irányítástartó, a másik megfordítja az irányítást. Dolgozzunk ki hasonló elméletet inverziók kompozíciójával kapcsolatban!

20 3.9. GÖM VETÍTÉSEI ÉS Z INVERZIÓK gömb vetítései és az inverziók 3.6. (Gömbre vonatkozó inverzió) Mi lesz egy a) sík; b) gömb; c) kör képe a tér egy O pontjára vonatkozó λ arányú inverziónál? dott a síkon a k kör és egy P pont. Felveszünk egy G x gömböt, amely (felületén) tartalmazza a k kört és a P pontból érintőkúpot rajzolunk G x -hez. kúp egy k x körvonalon érinti G x -et. Jelölje k x középpontját P x. Képzeljük el G x összes lehetséges helyzetét és határozzuk meg P x mértani helyét a térben! (M) (Gömb vetítése egy pontból önmagára) dott egy g gömb, rajta egy k kör és adott még egy G-re nem illeszkedő P pont is. Vegyünk fel egy C pontot a k körön és képezzük a P C egyenes és a g gömb C-től különböző C metszéspontját, illetve legyen C = C, ha P C érinti g-t. Határozzuk meg a C pontok mértani helyét, ha C befutja k-t! izonyítsuk be, hogy az inverzió a sztereografikus vetítésből az alábbi módon származtatható. Tekintsük azt a G gömböt, amelynek k a főköre, legyen ennek a gömbnek a két k-tól legtávolabbi pontja V és U. Vetítsük síkunkat először V -n át G-re, majd G-t az U ponton át vissza a síkra. E két leképezés kompozíciója a síkot önmagára képezi és éppen a k-ra vonatkozó inverziót adja FEJEZET. INVERZIÓ (M) [9] z C háromszög körülírt körének középpontja O. beírt kör az oldalakat az 1, 1, C 1 pontokban érinti, középpontja O C 1 háromszög magasságpontja M 1. Igazoljuk, hogy az O, O 1, M 1 pontok egy egyenesen vannak (M) dott az i kör és az pont, amely a körön kívül helyezkedik el. a) Mutassuk meg, hogy végtelen sok olyan, C pontpár van, amelyre az C háromszög beírt köre i. b) Jelölje egy ilyen C háromszög körülírt körét ω és jelölje még c azt az ω belsejében elhelyezkedő, azt belülről érintő kört, amely érinti az, C oldalegyeneseket is. Mutassuk meg, hogy a c kör mindig ugyanaz, tehát független és C választásától! [9] Legyen C szabályostól különböző háromszög, P pedig a síknak a háromszög csúcsaitól különböző pontja. Jelöljék P, P és C P rendre az P, P és CP egyeneseknek az C háromszög köré írt körrel vett második metszéspontjait. Mutassuk meg, hogy a síknak pontosan két olyan P és Q pontja van, hogy az P P C P és Q Q C Q háromszögek szabályosak, továbbá, hogy a P Q egyenes áthalad az C háromszög köré írt kör középpontján (S) Legyen C szabályostól különböző háromszög. Határozzuk meg az összes olyan centrumot, amelyből az,, C ponthármas egy szabályos háromszög három csúcsába invertálható Legyen adva az I tetszőleges kör vagy egyenes, továbbá az és a pont. Vegyünk fel egy tetszőleges olyan K kört vagy egyenest, amely merőleges I-re. Jelölje K és I metszéspontjait (amelyek közül az egyik lehet a végtelen távoli pont) X és Y. izonyítsuk be, hogy és pontosan akkor egymás képei az I-re vonatkozó inverziónál, ha (XY ) = 1! Értelmezzük a gömbön az inverziót a feladat állítása alapján! zaz az S gömb és pontja akkor legyen egymás képe az S gömbre illeszkedő k körre vonatkozólag, ha az főkör merőleges k-ra, és X, Y metszéspontjaikkal (XY ) = 1. Legyen az S gömb két tetszőleges átellenes pontja U és V (lásd az 1. ábrát), felezőmerőleges síkjuk Σ. Jelölje k, és képét az S-t Σ-ra képező U centrumú sztereografikus projekciónál k, és. izonyítsuk be, hogy és pontosan akkor egymás képei a k-ra vonatkozó gömbi inverziónál, ha és egymás képei a k -re vonatkozó inverziónál (tükrözésnél)! G k U O Q P P Versenyfeladatok V ábra.

21 3.10. VERSENYFELDTOK FEJEZET. INVERZIÓ 3.7. Legyen adva a K kör és az, pontpár. z f transzformáció a K kör egyenesre nem illeszkedő pontjainak halmazát képezi le önmagára a következőképpen: ha P (K ) és az P egyenes és K másik metszéspontja P, akkor a P egyenes és K másik metszéspontja f(p ). izonyítsuk be, hogy ha valamely n pozitív egész számra f n -nek van fixpontja, akkor f n identikus! dott egy kör és három pont. Szerkesszünk olyan háromszöget, amelynek körülírt köre az adott kör, oldalegyenesei pedig az adott pontokon mennek át! Általánosítsuk a problémát n pontra és húr-n-szögre! (M) [11] dott a síkon egy c egyenes az egyik oldalán (nem rajta) az és pontok, továbbá egy ψ szög. Szerkesztendő olyan CD húrnégyszög, amelynek C és D csúcsa c-n vannak, és amelyre a DC szög egyenlő ψ-vel (M) [11] z szakasz felezőpontja C, az egyenes egyik oldalán az C és C szakaszokra, mint átmérőkre félkört rajzolunk, továbbá és körül sugárral körívet húzunk, az utóbbiak metszéspontja D. Szerkesszünk érintő kört az CD ívnégyszögbe! (M) [11] dott (a síkon) egy e egyenes és az, pontok. Szerkesszük meg e-nek azt a P pontját, amelyre a P /P arány értéke maximális, illetve amelyre minimális (M) [11] a) dott a síkban három kör. Megválasztható-e az inverzió alapköre úgy, hogy ezek képei is körök legyenek és a körök középpontjai egy egyenesre essenek? b) Elérhető-e emellet az is, hogy a képek közül kettőnek a sugara egyenlő legyen? (M) [11] Egy 1 3 háromszög nem egyenlő szárú, oldalait jelöljük a 1, a, a 3 -mal (a i fekszik i -vel szemben). Minden i-re (i = 1,, 3) M i az a i oldal felezőpontja, T i az a pont, amelyben a beírt kör érinti a i -t és S i a T i pont tükörképe az i -hez tartozó belső szögfelezőre nézve. izonyítsuk be, hogy az M 1 S 1, M S, M 3 S 3 egyenesek egy ponton mennek át (M) [11] Egy szabályos háromszög csúcsai köré egyenlő sugárral k 1, k, k 3 kört írunk. Egy P pont inverz képe k 1 -re P 1, P 1 inverz képe k -re P, míg P képe k 3 -ra P 3. Szerkesszünk olyan P pontot, amelyre P 3 egybeesik P -vel (M) [11] dott a P pont, az e, f egyenesek és az ǫ, ψ szögek. Szerkesztendők azok a körök, amelyek átmennek P -n és e-t ǫ, f-et ψ szögben metszik. (Kör és egyenes szögén a kör metszéspontbeli érintőjének az egyenessel bezárt szögét értjük.) [5] Milyen felületet kell az egységkörre építeni ahhoz, hogy magasról ránézve épp a kör külsejének inverz képét lássuk rajta?

22 44 4. FEJEZET. KOMPLEX SZÁMOK GEOMETRIÁN 4. FEJEZET Komplex számok a geometriában komplex számsíkon adott, pontokhoz (komplex számokhoz) képest a C komplex szám úgy helyezkedik el, hogy az oldalak C C = x y aránya is adott (itt x és y is komplex számok). Mutassuk meg, hogy C = x + y x + y. komplex számok bevezetésével kapcsolatban lásd az.iii.1. fejezetet! 4.1. Komplex számok, mint vektorok 4.1. (M) z a, b, c, d csúcsokkal megadott húrnégyszöget átlói két-két háromszögre bontják. izonyítsuk be, hogy az így keletkezett (abc), (bcd), (cda) és (dab) háromszögek magasságpontjai az eredetivel egybevágó négyszög csúcsai. 4.. (M) izonyítsuk be, hogy a Feuerbach-kör valamely oldalfelező pontot tartalmazó átmérője párhuzamos és egyenlő a körülírt körnek azzal a sugarával, amely a szemköztes csúcshoz tartozik (M) húrnégyszög csúcsaiból négy háromszög alkotható. Szerkesszük meg e négy háromszög Feuerbach-köreit. Igazoljuk, hogy a) a körök középpontjai ismét egy körön vannak; (Ezt hívják a húrnégyszög Feuerbach-körének.) b) a szóbanforgó háromszögek Feuerbach-körei egy ponton mennek át; (Lásd még a feladatot!) c) a húrnégyszög köré írt kör O középpontja, S súlypontja és Feuerbach-körének O középpontja egy egyenesen vannak és az S pont felezi az OO szakaszt (M) 4.3. feladat eredményét felhasználva bizonyítsuk be, hogy a körbe írt ötszög csúcsaiból képzett húrnégyszögek Feuerbach-köreinek középpontjai egy körön vannak. (Ez a húrötszög Feuerbach-köre.) Általánosan is fogalamzzuk meg az állítást körbe írható n-szögekre. 4.. Komplex osztópont és egyenes 4.5. (M) Osztópont (M) djuk meg az a 0, a 1, a, b 0, b 1, b változók olyan polinomiális kifejezését, amelynek értéke pontosan akkor 0, ha a komplex változók értékeinek megfelelő pontok alkotta a 0 a 1 a, b 0 b 1 b háromszögek (ponthármasok) hasonlóak és azonos körüljárásúak! 4.7. (M) lább az egyenes egyenletét írjuk fel komplex számokkal. z ǫ komplex szám játssza az irányvektor szerepét. a) Mutassuk meg, hogy a z komplex számnak megfelelő pont akkor és csakis akkor illeszkedik a komplex számsík origóját az ǫ 0 komplex számnak megfelelő ponttal összekötő egyenesre, ha ǫz ǫz = 0. b) Igazoljuk, hogy az előző egyenessel párhuzamos, a z 0 komplex számnak megfelelő ponton áthaladó egyenes egyenlete ǫz ǫz = ǫz 0 ǫz (MS) djuk meg az a, b, c változók olyan polinomiális kifejezését, amelynek értéke pontosan akkor zérus, ha a komplex számsíkon az a, b, c komplex számoknak megfelelő pontok egy szabályos háromszög csúcsai! 4.9. (M) Mutassuk meg, hogy a z 0 z 1 z háromszög pontosan akkor pozitív körüljárású szabályos háromszög, ha ahol ω = cos π 3 + i sin π 3 z 0 + ωz 1 + ω z = 0, az első harmadik egységgyök (M) [6] Tekintsük a komplex számsíkon az 0 középpontú k kört és jelölje a és b e kör egy-egy pontját, illetve a pontnak megfelelő komplex számot. Írjuk fel a k kör a-beli és b-beli érintőinek x metszéspontját az a és b komplex számok algebrai kifejezéseként.

23 4.3. FORGTÁS, FORGTV NYÚJTÁS, MINT SZORZÁS (M) dott a komplex számsík O origója és egy O középpontú kör a, b komplex számoknak megfelelő pontjai. Szerkesszük meg az a, b számtani, harmonikus és mértani közepeit, tehát az = a + b, H = ab a + b, komplex számoknak megfelelő pontokat! G 1, = ± ab 4.3. Forgatás, forgatva nyújtás, mint szorzás 4.1. (M) [14] z CD paralelogramma C és D átlójára az egymáshoz hasonló CE és DF egyenlő szárú háromszögeket rajzoltunk. (E és F a szárak metszéspontjai.) Mutassuk meg, hogy EF merőleges a paralelogramma egyik oldalpárjára (M) Egy négyzet két szomszédos csúcsa a z 0 és a z 1 komplex szám. Fejezzük ki algebrai műveletekkel a négyzet további két csúcsának megfelelő komplex számot! (M) Egy szabályos háromszög két csúcsa a z 0 és a z 1 komplex szám. Fejezzük ki algebrai műveletekkel a szabályos háromszög harmadik csúcsának megfelelő komplex számot! FEJEZET. KOMPLEX SZÁMOK GEOMETRIÁN (M) [14] z C háromszög oldalaira kifelé megszerkesztjük az D, CE és CF szabályos háromszögeket. Legyen ezek középpontja rendre J, K és L. Jelölje továbbá a DE, EF, FD szakaszok felezőpontjait rendre G, H és I, az D, D, E, EC, CF, F szakaszok felezőpontját pedig rendre F D, F D, F E, F EC, F CF és F F (lásd az 1. ábrát). a) Mutassuk meg, hogy JKL szabályos háromszög! b) Igaz-e, hogy a JKL, C háromszögek súlypontja egybeesik? c) Igazoljuk, hogy G = CH = I. d) izonyítsuk be, hogy CD merőleges KL-re! e) Mutassuk meg, hogy az F D F EC, F D F CF, F E F F szakaszok páronként 60 -os szöget zárnak be egymással! Igaz-e, hogy ezek a szakaszok egyenlő hosszúak is? f) Igazoljuk, hogy az F E, CF D, L egyenesek egy ponton mennek át! g) Mutassuk meg, hogy az F D, F E pontok az C oldal F C felezőpontjával szabályos háromszöget alkotnak (M) [6] z O és O ellentétes körüljárású szabályos háromszögek O csúcsa közös. izonyítsuk be, hogy egyrészt az, O, O ; másrészt a, O, O szakaszok felezőpontjai szabályos háromszögek csúcsai (M) z r sugarú körbe írt hatszög 1, 3 4, 5 6 oldalainak hossza r. Mutassuk meg, hogy az 3, 4 5, 6 1 oldalak felezőpontjai egy szabályos háromszög csúcsai (M) [6] z CD és C D négyzeteknek közös csúcsa; a két négyzetre még azt kötjük ki, hogy körüljárási irányuk különböző legyen. izonyítsuk be, hogy a négyzetek középpontjai, valamint a és DD szakaszok felezőpontjai egy négyzetnek a csúcsai. a 4.1M (M) Tetszőleges négyszög oldalaira szerkesszünk négyzeteket. (Vagy mind kifelé, vagy mind befelé.) izonyítsuk be, hogy a szemköztes négyzetek középpontjait összekötő szakaszok egyenlők és merőlegesek (M) [14] izonyítsuk be, hogy az C háromszög C és C oldalaira kifelé rajzolt azonos oldalszámú szabályos sokszögek középpontjait összekötő szakasz felezőpontja egybeesik az C és C oldalak felezőpontjait összekötő szakaszra (a C irányában) emelt ugyanakkora oldalszámú szabályos sokszög középpontjával (M) [16] nem egyenlő szárú C háromszög C, C és oldalaira kifelé szabályos n-szögeket írunk, ezek középpontjai 1, 1 és C 1. Mely n esetén lesz az 1 1 C 1 háromszög mindig szabályos? H F E F EC F CF F F L F E K C I G J F D F D D ábra.

24 4.3. FORGTÁS, FORGTV NYÚJTÁS, MINT SZORZÁS (M) dva van a C 1 C szakasz és ennek belső pontja. Állítsuk elő a C 1 C egyenes által határolt egyik félsíkban a C 1 1 és C szabályos háromszögeket. Legyen a C 1 szakasz felezőpontja X, a 1 C szakaszé Y, továbbá a két szabályos háromszög és az XY háromszög körülírt körének középpontja O 1, O, illetve O (lásd az 1. ábrát). izonyítsuk be, hogy a) az XY háromszög szabályos, b) az O 1, O, O pontok egy egyenesen vannak, c) O felezi az O 1 O szakaszt (M) [6] a) z 0 1, C 0 C 1, D 0 D 1 háromszögek szabályosak, pozitív körüljárásúak és közös csúcsuk az pont. Mutassuk meg, hogy a 1 C 0, C 1 D 0, D 1 0 szakaszok D,, C felezőpontjai is egy pozitív körüljárású szabályos háromszög csúcsai (lásd az 1. ábrát) FEJEZET. KOMPLEX SZÁMOK GEOMETRIÁN b) Mutassuk meg, hogy ha az 0 1, C C 0 C 1, D D 0 D 1 háromszögek szabályosak, pozitív körüljárásúak és az C D háromszög is szabályos és pozitív körüljárású, akkor a 1 C 0, C 1 D 0, D 1 0 szakaszok D,, C felezőpontjai is egy pozitív körüljárású szabályos háromszög csúcsai. c) Mutassuk meg, hogy ha b)-ben az C D háromszög nem szabályos és pozitív körüljárású, (de a többi feltétel ugyanúgy teljesül) akkor a DC háromszög sem az Körök és húrjaik 4.4. (M) [6] Tekintsük a komplex számsíkon az 0 középpontú k kört és jelölje a 1, a, b 1, b e kör egy-egy pontját, illetve a pontnak megfelelő komplex számot. Írjuk fel annak algebrai feltételét, hogy az a 1 a, b 1 b húrok a) párhuzamosak, b) merőlegesek (M) [6] Hosszabbítsuk meg az C háromszög magasságvonalait a körülírt körig, és az így kapott pontokat jelölje, és C. Mutassuk meg, hogy az C háromszög magasságvonalai felezik az C háromszög szögeit! C 1 1 O 1 X O Y O C 4.6. (M) [6] Tekintsük a komplex számsíkon az 0 középpontú k kört és jelölje a, b és c kör egy-egy pontját, illetve a pontnak megfelelő komplex számot. Írjuk fel az abc háromszög a) magasságpontját b) a magasságvonalak talppontjait c) a magasságpontnak az oldalegyenesekre vonatkozó tükörképeit d) a csúcsoknak az oldalegyenesekre vonatkozó tükörképeit az a, b, c komplex számok algebrai kifejezéseként! ábra. C 0 D (M) Igazoljuk, hogy a háromszög talpponti háromszögének oldalai merőlegesek a háromszög köré írt kör csúcsokhoz tartozó sugaraira (M) [14] z C háromszög -ból induló magasságvonalának felezőpontja D, hasonlóan a -ből induó magasságvonal felezőpontja E, továbbá a C-ből induló magasság talppontja T. Igazoljuk, hogy DT E = C. C 1 D 0 0 D 1 C 4.9. (M) Legyen az O középpontú kör egy húrjának két végpontja a és b. Mutassuk meg, hogy a húr felezőmerőlegesének a körrel való metszéspontjai a ± ab komplex számoknak megfelelő pontok (M) Mi az algebrai feltétele (lásd pld a 4.4. feladatot), hogy a kör két húrja α szöget zárjon be? ábra.

25 4.4. KÖRÖK ÉS HÚRJIK (M) [4] Tekintsük a komplex számsík origó középpontú k körén az a 1, a, b 1, b pontokat. Fejezzük ki az a 1, a, b 1, b komplex számokkal az a 1 a, b 1 b húregyenesek metszéspontját a) ha ezek a húrok merőlegesek egymásra; b) az általános esetben (M) Mutassuk meg, hogy ha a 1, a, b 1, b az origó középpontú egységsugarú kör pontjai, akkor az a 1, a pontokat összekötő szelőegyenes a b 1, b pontokat összekötő szelőegyenest abban a z pontban metszi, amelyre z = a 1 + a b 1 b a 1 a b 1 b (M) Mutassuk meg, hogy a háromszög magasságpontjának oldalakra vonatkozó tükörképei a köré írt körön vannak (M) [6] Mutassuk meg, hogy ha a háromszög körülírt körének bármely P pontját a) merőlegesen vetítjük; b) tükrözzük a háromszög oldalaira, akkor a három képpont egy egyenesen van és ez az egyenes a b) esetben átmegy az eredeti háromszög magasságponján! z a) esetben a kapott egyenest az C háromszög P ponthoz tartozó Simson (Wallace) egyenesének nevezzük (M) Mutassuk meg, hogy tetszőleges háromszögben a) az átellenes köri pontokhoz tartozó Simson-egyenesek merőlegesek egymásra. b) az egymásra merőleges Simson-egyenesek a Feuerbach-körön metszik egymást (M) [6] z C háromszög minden csúcsából szerkesszünk olyan egyenest, amely a szemközti oldalt α szögben metszi úgy, hogy minden oldalegyenest ugyanolyan irányú α forgással lehessen a metszőkbe vinnni. metsző egyenesek a háromszög köré írt kört,, C pontokban metszik ismét. izonyítsuk be, hogy bárhogyan is választjuk α-t, az C háromszögek mindig egybevágók (M) junk meg a síkon n tetszőleges egyenesből álló E egyeneshalmazt és egy O pontot. O-ból az egyenesekre állított merőlegesek talppontjai legyenek 1,,..., n. Forgassuk el az O 1, O,..., O n egyeneseket O körül egy tetszőleges ϕ szöggel; az elforgatott egyenesek az adott egyeneseket most az i pontok helyett rendre 1,,..., n pontokban metszik. Ezt a ponthalmazt az E egyeneshalmaz egyik talpponti alakzatának nevezzük. Mutassuk meg, hogy az E egyeneshalmaz O pontra vonatkozó mindegyik talpponti alakzata hasonló FEJEZET. KOMPLEX SZÁMOK GEOMETRIÁN 4.5. Komplex kettősviszony alkalmazása (M) [6] Igazoljuk a komplex számsíkon felvett abcd négyszög oldal- és átlóvektoraira, mint komplex számokra vonatkozó alábbi azonosságot! (a c) (b d) = (a d) (b c) + (d c) (b a) (MS) [6] Igazoljuk a Ptolemaiosz tételt (lásd a G.II feladatot) a komplex számok segítségével! (MS) [14] z C háromszög és C oldalára kifelé rajzolt négyzetek középpontja K és L, az -ból induló magasságvonal talppontja T, a C oldal felezőpontja F. Mutassuk meg, hogy KT F L húrnégyszög (M) izonyítsuk be, hogy tetszőleges négyszög csúcsaiból képzett háromszögek Feuerbach-körei egy ponton mennek át (M) [6] (Newton tétele) Mutassuk meg, hogy bármely érintőnégyszögben a beírt kör középpontja és a két átló felezőpontja egy egyenesen helyezkedik el Diszkrét Fourier transzformáció [] Oldjuk meg az alábbi egyenletrendszert! z 0, z 1, z -re kapott kifejezéseket vonjuk össze és egyszerűsítsük! z 0 + z 1 + z = 0 z 0 + ωz 1 + ω z = 1 z 0 + ω z 1 + ωz = (M) Vessük össze a 4.43., 4.9. feladatokat! a) Írjunk fel a feladat megfelelőjét négy ismeretlennel, tehát oldjuk meg a z 0 + z 1 + z + z 3 = 0 z 0 + iz 1 + i z + i 3 z 3 = 1 z 0 + i z 1 + i 4 z + i 6 z 3 = z 0 + i 3 z 1 + i 6 z + i 9 z 3 = 3 egyenletrendszert! b) Mit mond a z 0 z 1 z z 3 négyszög geometriájáról az 0 = 0 feltétel? Milyen négyszögekre lesz 1 = 0? És = 0; 3 = 0?

26 4.7. VEGYES FELDTOK Vegyes feladatok (M) Tetszőleges háromszög oldalai fölé szerkesszünk hasonló egyenlő szárú háromszögeket. Mutassuk meg, hogy ezek csúcsait a szemközti háromszögcsúcsokkal összekötő egyenesek egy ponton mennek át (M) z (ab 1 c 1 ), (ab c ), (ab 3 c 3 ) egy közös csúccsal rendelkező, egyező körüljárású hasonló háromszögek. Tudjuk, hogy a b 1, b, b 3 pontok egy egyenesen vannak. Igazoljuk, hogy akkor a c 1, c, c 3 pontok is kollineárisak (M) Szerkesszünk egy körbe két egybevágó, azonos körüljárású háromszöget. Mutassuk meg, hogy a) az egymáshoz tartozó oldalegyenesek metszéspontjai az eredetihez hasonló háromszög csúcsai; b) ennek a háromszögnek a magasságpontja a kör középpontja (M) Forgassuk el az CD húrnégyszöget a köré írt kör középpontja körül. izonyítsuk be, hogy az eredeti négyszög oldalegyenesei az elforgatott négyszög megfelelő oldalegyeneseit egy paralelogramma csúcsaiban metszik FEJEZET. KOMPLEX SZÁMOK GEOMETRIÁN (M) síkon n darab egyenest általános helyzetűnek nevezünk, ha semelyik kettő nem párhuzamos és semelyik három közülük nem metszi egymást egy pontban. Két általános helyzetű egyenes metszéspontját nevezhetjük a két egyenes Cliffordféle pontjának. Három általános helyzetű egyenesnek három Clifford-féle pontja van és ezek körülírt köre, a három egyenes Clifford-köre. a) Vegyünk négy általános helyzetű egyenest a síkon. Ezek közül bármely háromnak van Clifford-köre. Igazoljuk, hogy a négy kör egy pontban metszi egymást. Ez a négy egyenes Clifford-féle pontja. b) Most vegyünk öt általános helyzetű egyenest. ármelyik négynek van Cliffordféle pontja. Lássuk be, hogy az így nyerhető öt Clifford-féle pont egy körön van. Sőt! Hat általános helyzetű egyenesnek hat Clifford-féle köre van. Ezek úgy keletkeznek, hogy egy-egy pontot elhagyunk és a maradék öt pontnak vesszük a Clifford-körét. elátható, hogy ez a hat kör egy pontban metszi egymást, stb... Kapunk egy végtelen tételláncolatot, az ún. Clifford-féle tételláncot (M) Egy 60 -os szög egyik szárán elhelyezkedő, illetve 1 pontnak a szög csúcsától mért távolsága p, illetve q; a másik száron elhelyezkedő, illetve 1 pontnak a csúcstól mért távolsága pedig q, illetve p. z 1 1 szakasz felezőpontja C. izonyítsuk be, hogy az C háromszög szabályos (M) Milyennek kell lennie az C háromszögnek ahhoz, hogy az oldalai fölé szerkesztett négyzetek középpontjai szabályos háromszöget alkossanak? (M) Három hasonló és azonos körüljárású háromszög egy-egy csúcsát összekapcsoljuk egy negyedik - az előző háromhoz hasonló és azonos körüljárású - háromszög megfelelő csúcsaival. szabadon maradt csúcsok közül a szomszédo-sakat (,az azonos szöggel rendelkezőket,) összekötjük. izonyítsuk be, hogy az összekötő szakaszok felezőpontjai az eredeti háromszögekhez hasonló és megegyző körüljárású háromszöget határoznak meg (M) [15] Igazoljuk a háromszögek területére vonatkozó Heron-képletet a komplex számok felhasználásávál (M) dott négy kör C 1, C, C 3, C 4 a komplex síkon úgy, hogy C 1 és C metszéspontjai z 1, w 1 ; C és C 3 metszéspontjai z, w ; C 3 és C 4 metszéspontjai z 3, w 3 és végül C 4 és C 1 metszéspontjai z 4, w 4. Mutassuk meg, hogy a z 1, z, z 3 és z 4 pontok akkor és csak akkor helyezkednek el egy körön, ha w 1, w, w 3 és w 4 pontok is egy körön vannak.

27 54 5. FEJEZET. PROJEKTÍV GEOMETRI c) Párhuzamosak-e az eredetileg párhuzamos rácsvonalak képei? 5. FEJEZET Projektív geometria 5.4. (M) (Ábramagyarázat Leon attista lberti ( ) De pictura című könyvéhez) festő a terem padlóját jeleníti meg vásznán. padló negyzetrácsos elrendezésű parketta ( pavimenti ). vászon a padlóig ér, alja, az 1. ábrán az szakasz, épp egybeesik az egyik parkettasor kezdetével, a parkettalapok szélei tehát vel párhuzamosak illetve merőlegesek rá. festő a terem szimmetriatengelyében áll, egynem egy parkettalap oldalaira merőleges szimmetriasíkjában. festőhöz 5.1. Perspektivitás 5.1. Figyeljük meg Dürer művész kannát rajzol című metszetét (1. ábra)! rajzoló ábrázolja a kanna alapját alkotó négyzetlapot, párhuzamosok lesznek-e annak oldalai a képén? D C 5.. (M) [11] z 1. ábrán egy focipálya fényképe látható. Szerkesszük meg a a) pálya középvonalát; b) az alapvonalakkal párhuzamos, azok távolságát harmadoló egyeneseket! 5.3. Nyissuk ki derékszögben a füzetünket (lásd az 1. ábrát) és az egyik oldalon található (vagy az oldal mellé helyezett) négyzethálót vetítsük át a tér egy pontjából a másik lapra (a mindkét lapot képzeljük teljes síknak). a) Rajzoljuk meg a hálóvonalak képét! b) Mely pontoknak nem lesz képe a füzetlap síkjában? ábra. P O P ábra ábra.

28 5.1. PERSPEKTIVITÁS 55 legközelebbi parketta (a festő egyik szeméből vetített) képe a vásznon az UV WZ szimmetrikus trapéz, melynek alapjai UV = c > a = ZW, magassága pedig m. trapéz szárainak meghosszabbításai az O pontban metszik egymást. Fejezzük ki a, c és m segítségével a a) festő szemmagasságát; b) festő és a vászon távolságát! z 1. ábrán megrajzoltuk a parkettalapok egymással párhuzamos átlóinak képét is. Ezek egy P pontban metszik egymást. c) Mutassuk meg, hogy OP és párhuzamosak. d) izonyítsuk be, hogy az OP távolság megegyezik a festő és a vászon távolságával Tekintsük a térbeli koordinátarendszerben az O origót, a z = 1 egyenletű Σ síkot és az x = 1 egyenletű Π síkot. Vetítsük át a Σ síkot O-ból a Π síkra. a) Σ sík mely pontjainak nem lesz képe a vetítésnél? b) Π sík mely pontjai nem állnak elő a Σ sík egyik pontjának képeként sem? Tekintsük a Σ sík P 0 (0,0,1), P 1 (0,1,1), P (0,,1) pontjait és az azokon áthaladó egymással párhuzamos e(1,0,0) irányvektorú e 0, e 1, e egyeneseket valamint a P 0, P 1 pontokon átmenő f(1,1,0) irányvektorú f 0, f 1 egyeneseket. c) Határozzuk meg az e 1 f 0, e f 0, e f 1 metszéspontok és vetítésnél származó képeik koordinátáit! d) Hol metszik egymást az e 0, e 1, e egyenesek képei? e) Hol metszik egymást az f 0, f 1 egyenesek képei? FEJEZET. PROJEKTÍV GEOMETRI 5.6. dott egy konvex négyszög, egy négyzetalakú parkettákból álló padló egyetlen négyzetének képe egy festményen vagy fényképen (lásd pl Vermeer Koncert című festményének az 1. ábrán látható részletét). Szerkesszük tovább a képet, rajzoljuk meg a szomszédos parkettalapokat! 5.7. (M) dott egy négyszög. a) Mutassuk meg, hogy átvetíthető egy másik síkba, hogy képe paralelogramma legyen! b) Átvihető-e vetítések egymás utáni alkalmazásával négyzetbe? c) Átvihető-e egyetlen megfelelő vetítéssel négyzetbe? 5.. kettősviszony fogalma (pontok és egyenesek) 5.8. Ha,, C három pont, amelyek egy egyenesen vannak, akkor hozzájuk rendelhető egy valós szám, a három pont osztóviszonya. Ehhez az egyenesen felveszünk egy irányítást és rajta a P Q távolságot irányítottan értelmezzük: ha P -től Q az egyenes felvett irányításának megfelelő irányban van, akkor P Q előjeles távolságot pozitívnak, egyébként negatívnak tekintjük. z osztóviszonyt az (C) = C/C hányados értéke adja meg. a) Mutassuk meg, hogy az osztóviszony értéke nem változik meg, ha az egyenes irányítását megfordítjuk! b) dott az és a pont. z (C) osztóviszony értéke mely C pontokra lesz negatív, illetve mikor lesz pozitív? c) z =, = C, C =, = = C speciális elrendeződések melyike esetén értelmezhető az osztóviszony és mennyi az értéke? O P Z W U V ábra ábra.

29 5.. KETTŐSVISZONY FOGLM (PONTOK ÉS EGYENESEK) 57 d) dott az és a pont. Keressük meg az összes olyan C pontot, amelyre (C) értéke 1,, 1,! e) Melyek azok a valós értékek, amelyet (C) nem vesz fel? Van-e olyan érték amelyet, rögzített, esetén, több C pontnál is felvesz? f) Mutassuk meg, hogy (C) értéke nem változik meg a sík hasonlósági transzformációinál! g) Változhat-e (C) értéke ha az egyenes a sík egy pontjából egy másik egyenesre vetítjük? 5.9. Ha,, C, D négy pont, amelyek egy egyenesen vannak, akkor hozzájuk rendelhető egy szám, a négy pont kettősviszonya, az osztóviszonyok hányadosa: (CD) = (C)/(D) = C C / D D = C D C D. a) dott az egymástól különböző, a és a C pont. z (CD) kettősviszony értéke mely D pontokra lesz negatív, illetve mikor lesz pozitív? b) Ha az,, C, D pontok között azonosak is vannak, akkor mely esetekben hogyan értelmezhető a kettősviszonyuk? c) dott az, a és a C pont. Szerkesszük meg az összes olyan D pontot, amelyre (CD) értéke 1,, 1,! d) Melyek azok a valós értékek, amelyet (CD) nem vesz fel? Van-e olyan érték amelyet, rögzített,, C esetén, több D pontnál is felvesz? e) Mutassuk meg, hogy (CD) értéke nem változik meg a sík hasonlósági transzformációinál! (MS) (Egyenesek kettősviszonya) Jelölje az a és b egyenesek szögét (ab), ezt irányítva értjük. metszéspontjuk körül a-t (ab) szöggel az óra járásával ellentétes irányba elforgatva éppen b-t kapjuk. z (ab) szög csak modulo 180 definiált. Ha a, b, c, d négy egyenes, melyek egy ponton haladnak át, akkor kettősviszonyukat jelölje (abcd). Ez egy szám, melyet így definiálunk: FEJEZET. PROJEKTÍV GEOMETRI (M) z,, C, D, pontok a számegyenesen rendre 3, 1, 7, 10-nél vannak, a számegyenes ideális pontját jelölje E. Mekkora a következő kettősviszonyok értéke: a) (CD); b) (DC); c) (CE)? ( kettősviszony előjele) Határozzuk meg fejben az (CD) kettősviszony előjelét, ha,, C, D rendre a számegyenes alább megadott pontjainak felelnek meg: a) 1, 4, 5, 10; b) ( 1), 4, 5, 10; c) 1, 4, ( 5), 10; d) 1, 4, 10, 5; e) 1, 4, 5, 3; f) 1, 4,, 3; a b c d O O ábra. C D (abcd) = sin(ac) sin(cb) : sin(ad) sin(db). Mutassuk meg, hogy ha,, C és D egy egyenesen elhelyezkedő pontok és O erre az egyenesre nem illeszkedő pont, akkor az O = a, O = b, OC = c, OD = d egyenesekre (abcd) = (CD)! (S) ( kettősviszony invarianciája vetítésnél) Mutassuk meg, hogy a vetítés megtartja a kettősviszonyt, azaz ha az egy egyenere illeszkedő,, C, D pontok képei az egyenesnek egy másik egyenesre való vetítésénél,, C és D, akkor (CD) = ( C D ) (M) számegyenesen az pont a 0-nál, a az 1-nél, a C a 3-nál van. Hol van a D pont, ha (CD) = 4? C C ábra. D D

30 5.. KETTŐSVISZONY FOGLM (PONTOK ÉS EGYENESEK) 59 g) 1, 4,, ( 3); h) 1, 4, ( ), ( 3) dott egy sugársor három eleme a, b, c. Szerkesszük meg a sugársor d elemét úgy hogy (abcd) értéke a) ; b) - legyen (MS) a) Mutassuk meg vetítésekkel, hogy (CD) = (DC), azaz vetítések sorozatával vigyük át az,, C, D pontnégyest a,, D, C pontnégyesbe! b) Ehhez hasonlóan igazoljuk, hogy (CD) = (DC) Igazoljuk, hogy egy egyenes tetszőleges öt pontjára teljesül, hogy (CD)(DE) = (CE) dott egy egyenesen hét pont:,, C, D,,, és C. Szerkesszünk olyan D pontot, amelyre (CD) = ( C D ) a) Mutassuk meg, hogy ha adott λ valós szám és egy egyenes három pontja,, és C, akkor az egyenesen egy és csakis egy olyan D pont van, amelyre (CD) = λ. b) Igazoljuk, hogy ha fent λ komplex szám és,, C a komplex számsík pontjai, akkor is egyértelműen létezik a D pont, melyre (CD) = λ a) Mutassuk meg, hogy ha adott egy egyenes három különböző pontja,, és C, valamint három további, az előzőekkel esetleg egyező, de egymástól különböző pontja,, és C, akkor van vetítéseknek olyan ϕ kompozíciója, amely az egyenest önmagára képezi és ϕ() =, ϕ() =, ϕ(c) = C. b) Igazoljuk, hogy ha a fenti ϕ transzformáció hatását tekintve egyértelmű, tehát az egyenes bármely D pontjára a ϕ(d) pont egyértelműen meghatározott a) z alábbi R { } R { } függvények közül melyek tartják meg a valós számnégyesek kettősviszonyát (a függvényeket a végtelenben ottani határértékükkel értelmezzük)? f(x) = x + 3, g(x) = x, h(x) = 4x, j(x) = 1 x, f(x) = x3 1. b) fenti függvények C { } C { } hozzárendeléseknek is felfoghatók. Melyek tartják meg közülük a komplex kettősviszonyt? 5.. djuk meg az összes olyan R { } R { } függvényt, amely megtartja a valós számnégyesek kettősviszonyát (a függvényeket a végtelenben ottani határértékükkel értelmezzük)! FEJEZET. PROJEKTÍV GEOMETRI 5.3. (MS) ( kettősviszony permutációi) Legyen (CD) = x. Tekintsük az,, C, D betűk 4 permutációját. Mindegyik π permutációhoz tartozik egy (π()π()π(c)π(d)) kettősviszony. Ennek hányféle értéke van? Fejezzük ki a lehetséges értékeket x-szel! 5.4. (MS) (Kettősviszony vektorokkal) dott az e egyenes, rajta az,, C, D pontok, továbbá az e-re nem illeszkedő O pont. Tekintsük az O, O, OC, OD egyenesek a, b,c, d irányvektorait és legyen c = α 1 a + β 1 b, d = α a + β b. (1) Fejezzük ki az (CD) = C C / D D kettősviszonyt az α 1, β 1, α, β változókkal! 5.3. kettősviszony fogalma (köri pontok, komplex számok) 5.5. (M) (Komplex osztóviszony és kettősviszony) a) z 1, z, z 3 komplex számok kettősviszonya a (z 1, z, z 3 ) = z 1 z 3 z 3 z komplex szám. Mutassuk meg, hogy három komplex szám osztóviszonya pontosan akkor valós, ha a komplex számsíkon egy egyenesre illeszkednek! b) izonyítsuk be, hogy az osztóviszony irányítástartó hasonlósági transzformációkra invariáns! c) z 1, z, z 3, z 4 komplex számok kettősviszonya a (z 1, z, z 3, z 4 ) = (z 1, z, z 3 ) (z 1, z, z 4 ) = z 1 z 3 z 3 z : z 1 z 4 z 4 z komplex szám. Igazoljuk, hogy négy komplex szám kettősviszonya és inverziónál származó képeik kettősviszonya egymás konjugáltja! d) Mutassuk meg, hogy négy komplex szám kettősviszony pontosan akkor valós, ha a komplex számsíkon egy egyenesre vagy körre illeszkednek! e) Mutassuk meg, hogy négy komplex szám kettősviszony pontosan akkor negatív, ha egy egyenesre vagy körre illeszkednek és azon az pontpár elválasztja a CD pontpárt! 5.6. (Köri pontok kettősviszonya I.) Legyen egy kör 6 pontja,, C, D, P, Q. Jelölje P, P, P C, P D egyenesét a, b, c, d. Jelölje Q, Q, QC, QD egyenesét a,b, c, d. a) Igazoljuk, hogy (abcd) = (a b c d ). b) Mutassuk meg, hogy ez az összefüggés akkor is fennáll, ha P megegyezik az,, C, D pontok egyikével, ha ilyenkor az egybeeső pontok összekötő egyenesének a kör adott pontbeli érintőjét tekintjük!

31 5.4. HRMONIKUS ELVÁLSZTÁS (MS) ( komplex és a projektív kettősviszony azonossága) dott a k körön az,, C, D és a P. Mutassuk meg, hogy a P = a, P = = b, P C = c, P D = d sugárnégyes (abcd) kettősviszonya egyenlő az,, C, D pontnégyes, mint négy komplex szám, kettősviszonyával (lásd a feladatot)! 5.8. k kört érintik az a, b, c, d, p, q egyenesek. Jelölje p egyenesnek az a, b, c, d egyenesekkel való metszéspontjait rendre,, C, D. Jelölje q egyenesnek az a, b, c, d egyenesekkel való metszéspontjait rendre,, C, D (lásd az 1. ábrát). Igazoljuk, hogy (CD) = ( C D ) (Steiner-tengely) dott a k kör hat pontja:,, C és,, C. z,, C pontok különböznek egymástól és,, C is három különböző pont. a) Mutassuk meg, hogy a k körnek legfeljebb egy olyan önmagára való kettősviszonytartó leképezése van, amelynél, és C képei rendre, és C! b) Mutassuk meg, hogy van ilyen önmagára való leképezése a körnek! c) z 1. ábrán M és N az β =, γ = C C pontokon át húzott βγ egyenes és a k kör metszéspontjai. Mutassuk meg, hogy M és N az a)-b) feladatrészek szerint egyértelműen létező transzformáció fixpontjai! 5.4. Harmonikus elválasztás (Speciális elrendezések) a) Mennyi lehet a számegyenes,, C, D pontjainak kettősviszonya, ha a pontok 4 permutációjánál a kettősviszony értékére hatnál kevesebb különböző értéket kapunk? b) komplex számsíkon komplex kettősviszonnyal számolva kaphatunk-e az a) részben feltett kérdésre más értéket is? k C D D C ábra FEJEZET. PROJEKTÍV GEOMETRI dott egy egyenesen négy pont,, C, D. Lehetséges-e, hogy (CD) = = (DC)? Mekkora lehet (CD) értéke? Ilyen helyzetben azt is mondhatjuk, hogy és -re vonatkozóan C harmonikus társa D Igazoljuk, hogy ha és -re vonatkozóan C és D harmonikus társak, akkor C és D-re vonatkozóan és is harmonikus társak dott egy egyenesen három pont,, C. Szerkesszük meg az egyenesen D-t úgy, hogy (CD) értéke 1 legyen. Ez a szerkesztés elvégezhető csak vonalzóval is. Hogyan? Egy sugársor négy eleme a, b, c, d. (abcd) értéke 1. Hogyan helyezkedik el a) d, ha c az a és b egyik szögfelezője? b) c és d, ha a és b merőlegesek? z C háromszög, C és C oldalain vannak rendre a C,, pontok. z,, CC egyenesek egy sugársorhoz tartoznak. z egyenes D-ben metszi az egyenest. Igazoljuk, hogy (C D) értéke Jelölje az CD trapéz C, D átlóinak metszéspontját U, az D, C szárak meghosszabbításának metszépontját V, az, CD alapok felezőpontjait F és G. Mutassuk meg, hogy a) az U, V, F,G pontok egy egyenesen vannak; b) (UV FG) = 1. β N k γ C C ábra. M

32 5.5. KÚPSZELETEK, KÖR VETÍTÉSE k körhöz a D külső pontból érintőket húzunk. z érintési pontok S és T. Egy D-n áthaladó szelő és pontokban metszi k-t C-ben pedig ST -t. Igazoljuk, hogy (CD) értéke Tekintsük a k kört és a rá nem illeszkedő O pontot. z O pontból a kört önmagára vetíthetjük, azaz tekintjük azt a ϕ : k k leképezést, amelyre ϕ(p ) az OP egyenes és a k kör P -től különböző metszéspontja, illetve ϕ(p ) = P, ha OP érinti k-t (lásd az 1. ábrát). a) Mutassuk meg, hogy ϕ kettősviszonytartó leképezés! b) Mutassuk meg, hogy ha ϕ a k körnek önmagára való kettősviszonytartó leképezése, amelynek a négyzete az identitás (azaz P k esetén ϕ (ϕ(p )) = P, tehát ϕ involúció), akkor létezik olyan O pont a síkon, amely bármely P k pont esetén illeszkedik a P, ϕ(p ) pontok összekötő egyenesére, illetve a k kör P -beli érintőjére, ha P = ϕ(p ) Kúpszeletek, kör vetítése (MS) [17] (Kúpszeletek a pergéi pollóniosz Kónika című könyvsorozatából) Ha adott valamely Σ síkban egy k kör és a Σ síkon kívül a térben egy pont, akkor az pontot tartalmazó és k egy-egy pontján átmenő egyenesek uniójaként létrejövő ponthalmazt körkúpnak nevezzük. k kör a kúp vezérköre az pont pedig a kúp csúcsa. körkúp egyenes körkúp vagy forgáskúp, ha a kúp csúcsa illeszkedik a k kör forgástengelyére, a Σ síkra merőleges, k középpontján áthaladó egyenesre. Ellenkező esetben a kúp ferde. Mutassuk meg, hogy a körkúp csúcsát nem tartalmazó síkmetszete kör, ellipszis, hiperbola vagy parabola. C D k O C D C k ábra. D D C O FEJEZET. PROJEKTÍV GEOMETRI (M) (Különböző körmetszetek) a) Mutassuk meg, hogy a ferde körkúpnak van olyan a vezérkör síkjával nem párhuzamos síkmeteszete, ami kör! b) Igazoljuk, hogy ha a körkúpnak két nem párhuzamos síkban található síkmetszete kör, akkor ez a két kör egy gömbön van! (MS) (Kör vetítése körbe I., egyenes a végtelenbe) dott egy Σ sík k köre és egy attól diszjunkt t egyenese. a) Mutassuk meg, hogy van olyan pont a térben, amelyre az csúcsú, k vezérkörű kúpnak az pont és a t egyenes Π,t síkjával párhuzamos síkmetszetei körök. b) Határozzuk meg az ilyen tulajdonságú pontok halmazát a térben! c) Mutassuk meg, hogy a Σ sík átvetíthető egy másik síkba úgy, hogy k képe kör legyen, és t az új sík ideális egyenesébe képződjön! 5.4. (Kör vetítése körbe II., pont a középpontba) dott egy Σ sík k köre és a k kör egy P belső pontja. Mutassuk meg, hogy a Σ sík átvetíthető egy másik síkba úgy, hogy k képe kör legyen, P képe a k képének középpontja legyen! (Kör középpontja csak vonalzóval nem szerkeszthető) dott a síkban egy körvonal. Igazoljuk, hogy euklideszi szerkesztési módszerekkel, de körző használata nélkül nem szerkeszthető meg a kör középpontja! 5.6. Vetítések és a kettősviszony alkalmazása (M) ( teljes négyoldal tétele) Négy egyenesről, amelyek közül semelyik három sem megy át ugyanazon a ponton, azt mondjuk, hogy teljes négyoldalt alkot. négy egyenes metszéspontjai, összesen hat pont, a négyoldal csúcspontjai. csúcspontokat egymással összekötve három új egyenest kapunk, ezek a négyoldal átlói. z átlókon két-két csúcspont található és az eredeti oldalak még két-két pontot, a négyoldal átlóspontjait metszenek ki az átlókból. Mutassuk meg, hogy a teljes négyoldal átlóin a csúcsok az átlóspontokat harmonikusan választják el! Tehát ha e 1, e, e 3, e 4 egyenesek és e i e j = P ij, P 1 P 34 P 14 P 3 = U, és P 1 P 34 P 13 P 4 = V (P 1 P 34 UV ) = ( 1) ( teljes négyszög tétele) Négy pontról, amelyek közül semelyik három sincs egy egyenesen, azt mondjuk, hogy teljes négyszöget alkot. Mutassuk meg, hogy ha az E 1, E, E 3, E 4 pontok

33 5.6. VETÍTÉSEK ÉS KETTŐSVISZONY LKLMZÁS 65 teljes négyszöget alkotnak és E i E j = p ij, (p 1 p 34 )(p 14 p 3 ) = v, és (p 1 p 34 )(p 13 p 4 ) = v. akkor (p 1 p 34 uv) = ( 1) (MS) Tekintsük az e egyenest, rajta az, pontokat, egy e-től különböző f egyenest és egy O 1 pontot, amely e-re és f-re sem illeszkedik. Vetítsük át e-t f-re O 1 -en át, legyen és képe és. Tekintsük az, egyenesek O metszésponját és vetítsük vissza f-et e-re O -n át (lásd az 1. ábrát). két vetítés π kompozíciója az e egyenest önmagára képezi. Mutassuk meg, hogy ha P az e tetszőleges pontja, akkor π(π(p )) = P (MS) Vetítések egy φ kompozíciója az e egyenest önmagára képezi és az e pontra φ(), de φ(φ()) =. mutassuk meg, hogy az e egyenes tetszőleges X pontjára φ(φ(x)) = X (MS) [17] (Desargues II. tétele) dott az a egyenes és rajta öt különböző pont: 1, 13, 14, 3, 4 (az egyik, bármelyik, lehet ideális is). a) Szerkesszünk a síkon négy pontot, P 1 -et, P -t, P 3 -at, P 4 -et, úgy hogy a közöttük futó egyenesek a-ból az adott pontokat messék ki: a P 1 P = a 1, a P 1 P = = a 13, a P 1 P 4 = a 14, a P P 3 = a 3, a P P 4 = a 4. b) Mutassuk meg, hogy a P 1 P P 3 P 4 négyszög sokféleképpen felvehető az a) feladatrésznek megfelelően, pl P 1 és P tetszőlegesen előre felvehető, csak arra kell ügyelni, hogy ne essenek egybe, egyik se illeszkedjen a-ra, de a P 1 P egyenes átmenjen 1 -n. c) izonyítsuk be, hogy az 1, 13, 14, 3, 4 pontok meghatározzák az 34 pontot, tehát a b), c) feladatrészekben kapott bármelyik P 1 P P 3 P 4 négyszögnél az a P 3 P 4 pont mindig ugyanaz a pont (lásd az 1. ábrát) vagy P 3 P 4 mindig párhuzamos a-val FEJEZET. PROJEKTÍV GEOMETRI (M) [17] (Papposz feladata) dott az a egyenes és rajta három különböző pont: 1, 13, 3 valamint két egyenes a 14 és a 4. a) Mutassuk meg, hogy végtelen sokféleképpen megválaszthatók a sík P 1, P, P 3, P 4 pontjai úgy, hogy teljesüljenek az alábbi feltételek: P 1 P 4 = a 14, P P 4 = a 4, ij P i P j (1 i < j 4). (1) b) Mutassuk meg, hogy a)-ban a lehetséges P 3 pontok egy egyenesen helyezkednek el! (MS) (Desargues I. tétele) zt mondjuk, hogy az 1 1 C 1 és az C háromszög pontra nézve perspektív, ha az 1, 1, C 1 C egyenesek egy ponton mennek át. zt mondjuk, hogy az 1 1 C 1, C háromszögek egyenesre nézve perspektívek, ha az 1 1, 1 C 1 C, C 1 1 C pontok egyenesre illeszkednek (lásd az 1. ábrát). Mutassuk meg, hogy két háromszög pontosan akkor perspektív pontra nézve, ha perspektív egyenesre nézve! (S) dott három egyenes, a, b és c, melyek egy közös O ponton mennek át. dott még három pont is: α, β és γ. Szerkesztendő C háromszög, melynek,, C csúcsai rendre illeszkednek az a, b, c egyenesekre, míg az α, β, γ pontok rendre illeszkednek a háromszög C, C, oldalegyeneseire. P P 1 P f f f O O 1 P f P 1 13 P 3 P 4 P P P P 1 P ábra ábra.

34 5.6. VETÍTÉSEK ÉS KETTŐSVISZONY LKLMZÁS (M) (MEMO 008) z C egyenlő szárú háromszögben C = C. háromszög beírt köre az oldalt D-ben, C-t E-ben érinti. Egy E-től különböző, de -n átmenő egyenes a beírt kört az F, G pontokban metszi. z egyenes EF -et és EG-t rendre K-ban és L-ben metszi. Igazoljuk, hogy DK = DL (Pillangó tétel) Egy kör húrjának felezőpontja F. z egyik íven van két további pont C és D. CF és DF egyenesek második metszéspontja a körrel rendre E és G. DE és GC húrok az húrt rendre X és Y -ban metszik. Igazoljuk, hogy XF = Y F (lásd az 1. ábrát) FEJEZET. PROJEKTÍV GEOMETRI (Pascal tétel) Egy kör hat pontja 1,, 3, 4, 5, 6. Igazoljuk, hogy az 1 4 5, 3 5 6, metszéspontok egy egyenesen vannak (lásd az 1. ábrát)! (Pappos-Pascal tétel) dott a síkon két egyenes a és b. z a egyenes három pontja 1,, 3, a b egyenes három pontja 1,, 3. Igazoljuk, hogy az C 1 = 1 1, C 3 = 3 3, C 31 = metszéspontok egy egyenesen vannak(lásd az 1. ábrát)! C 5.7. Polaritás O C 1 1 C 1 C Y D F X E G ábra ábra. a O C β α γ b 3 5 c ábra ábra.

35 5.7. POLRITÁS djunk meg a valós projektív sík pontjai és egyenesei közötti olyan bijekciót, amelynél egy pont és egy egyenes pontosan akkor illeszkedik egymásra, ha bijektív megfelelőik illeszkednek egymásra! dott az e és f egyenes valamint a rájuk nem illeszkedő P pont. Jelölje a P -n átmenő p egyenesen a p e, p f metszéspontokat E és F, és legyen P harmonikus társa az E, F párra H. Határozzuk meg a H pontok mértani helyét, ha p felveszi összes lehetséges helyzetét! dott a p egyenes és a k kör. Legyen P a p egyenes tetszőleges, de k külsejében elhelyezkedő pontja, és jelölje a P -ből a k-hoz húzott érintők érintési pontját U P és V P. Vizsgáljuk az U P V P egyenesek rendszerét, ha P befutja a p egyenest! dott a k kör és a rá nem illeszkedő P pont. Legyen p tetszőleges egyenes P -n át, amely az U p, V p pontokban metszi k-t és legyen k-nak az U p, V p pontokban húzott érintőinek metszéspontja H. Határozzuk meg a H pontok mértani helyét, ha p felveszi összes lehetséges helyzetét! dott a k kör (nemelfajuló kúpszelet) és a rá nem illeszkedő P pont. Jelölje a P -n átmenő p egyenes és k metszéspontjait E és F, és legyen P harmonikus társa az E, F párra H. Határozzuk meg a H pontok mértani helyét, ha p felveszi összes lehetséges helyzetét! ergengóciában az u(u 1 ; u ; u 3 ), v(v 1 ; v ; v 3 ) vektorok szorzatának a < u, v > M = u 1 v 1 + u v u 3 v FEJEZET. PROJEKTÍV GEOMETRI valós értékű kifejezést tekintik. Igaz-e, hogy az < u, v > M szorzat a) kommutatív? b) asszociatív? c) a vektorösszeadással disztributív < u, v + w > M =< u, v > M + < u, w > M? d) a skalárral való szorzással felcserélhető < u, λv > M = λ < u, v > M? e) Melyek azok a vektorok, amelyek önmagukra merőlegesek, azaz < u, u > M = = 0? f) Hogy helyezkednek el egy adott vektorra merőleges vektorok, azaz adott v esetén hol helyezdkednek el azok az u vektorok, melyekre < u, v > M = 0? g) Igaz-e a paralelogramma tétel: < u + v, u + v > M + < u v, u v > M = < u, u > M + < u, u > M? 5.8. Véges struktúrák 5.6. (S) [1] salakmotor-versenyek kedvelői jól tudják, hogy ha egy pályán egyszerre 4 versenyző fér el, és összesen 16 versenyző akarja összemérni az erejét egymással, akkor szerencsére éppen be lehet őket osztani négyes futamokba úgy, hogy mindenki mindenkivel egyszer találkozzon. Próbáljunk meg elkészíteni ilyen futam-beosztást! (M) [11] Egy város autóbuszjáratairól a következőket tudjuk: Mindegyik járaton 3 megálló van. Mindegyik járatról át lehet szállni bármelyik másikra, de csak egy megállónál. 1 1 C 1 C 31 C ábra. 3 ármelyik megállóból eljuthatunk bármelyik másik megállóba, de csak egy járattal. Hány autóbuszjárat van ebben a városban? (M) a)[1] Válasszunk ki minél többet egy szabályos 13-szög csúcsai közül úgy, hogy a közöttük fellépő távolságok mind különbözőek legyenek (teljesen szabálytalan részsokszög)! b) Kiválasztható-e a szabályos 13 csúcsai közül három-három, hogy az így adódó két háromszög összesen hat oldala mind különböző hosszúságú legyen?

36 5.8. VÉGES STRUKTÚRÁK (Véges affin sík) (H, E) párt, ahol H tetszőleges halmaz és E a H részhalmazainak egy rendszere, affin síknak nevezzük, ha teljesülnek az alábbi axiómák (H elemeit pontoknak, a pontok E-ben található részhalmazait egyeneseknek nevezzük, két egyenest párhuzamosnak nevezünk, ha nincs közös pontjuk): 1: ármely két ponthoz pontosan egy olyan egyenes található, amelyben mindkét pont benne van; : ármely ponton át bármely azt nem tartalmazó egyeneshez pontosan egy vele párhuzamos egyenes húzható; 3: Van három nem egy egyenesen lévő pont. Tegyük fel, hogy (H, E) affin sík és van olyan egyenese, amelyen véges sok, n, pont van. a) Mutassuk meg, hogy minden egyenese n pont van! b) Hány egyenes megy át egy ponton? c) Határozzuk meg a pontok és az egyenesek számát! (Véges projektív sík) (H, E) párt, ahol H tetszőleges halmaz és E a H részhalmazainak egy rendszere, projektív síknak nevezzük, ha teljesülnek az alábbi axiómák (H elemeit pontoknak, a pontok E-ben található részhalmazait egyeneseknek nevezzük): P1: ármely két ponthoz pontosan egy olyan egyenes található, amelyben mindkét pont benne van; P: ármely két egyenesnek pontosan egy közös pontja van. P3: ármely egyenesnek legalább három pontja van; P4: ármely pontot legalább három egyenes tartalmaz. Tegyük fel, hogy (H, E) projektív sík és van olyan egyenese, amelyen véges sok pont, (n + 1) pont van. a) Mutassuk meg, hogy minden egyenesen (n + 1) pont van és minden ponton át (n + 1) egyenes halad. b) Határozzuk meg a pontok és az egyenesek számát! (M) (lokkrendszer) Egy (v, k, λ)-blokkrendszer egy V alaphalmazból (elemei a pontok) és annak részhalmazainak egy részhalmazából (elemei a blokkok) álló (V, ) halmazrendszer, ha V1. V = v, V. Minden blokk k elemű, V3. minden két különböző pontból álló pár pontosan λ blokkban van egyszerre benne. a) Fejezzük ki v, k és λ segítségével a blokkok = b számát! b) Fejezzük ki v, k és λ segítségével egy adott pontot tartalmazó blokkok r számát! (Ez miért független a ponttól?) 7 5. FEJEZET. PROJEKTÍV GEOMETRI c) Mutassuk meg, hogy ha létezik (n + n + 1, n + 1, 1) blokkrendszer (n ), akkor az projektív sík! d) Mutassuk meg, hogy ha létezik (v, k, 1) blokkrendszer (v > k 3), akkor v k k + 1 és egyenlőség esetén a blokkrendszer projektív sík! e) Igaz-e, hogy ha létezik (n, n, 1) blokkrendszer (n ), akkor az affin sík? f) Próbáljuk meg eldönteni, hogy mely < k < v 31 esetén van (v, k, 1) blokkrendszer! Mutassuk meg, hogy léteznek olyan (13, 3, 1) blokkrendszerek (lásd az feladatot), amelyek egymással nem izomorfak (tehát az alaphalmaznak nincs olyan bijektív leképezése önmagára, amely az egyik blokkrendszert a másikba viszi) Mutassuk meg, hogy pontosan akkor van (v, 3, 1) blokkrendszer (lásd az feladatot), ha v 1 (mod 6) vagy v 3 (mod 6) Vegyes feladatok CD konvex négyszög. z csúcson át párhuzamost húzunk D-vel, ez lesz az e egyenes. csúcson át párhuzamost húzunk C-vel, ez lesz az f egyenes. Legyen e és f metszéspontja E. Igazoljuk, hogy EC ugyanolyan arányban osztja D-t, mint ED C-t Egy körhöz a külső pontból érintőket húzunk, az érintési pontok és C. ponton keresztül párhuzamost húzunk C-vel, ez D-ben metszi a kört. D a kört E-ben metszi. E és C metszéspontja F. Mutassuk meg, hogy F felezi C-t z CD trapéz párhuzamos oldalai és CD, C = C. felezőpontja F. z F-en át húzott egyenes D-t P -ben a D átló -n túli meghosszabbítását Q-ban metszi. Igazoljuk, CP = QC z C háromszögben = C. háromszög oldalaira kifele rajzoljuk az azonos körüljárású, egymáshoz hasonló C, C, C háromszögeket. : C : C = C : : C = C : C :. izonyítsuk be, hogy, C és C egy ponton mennek át z C háromszög beírt köre a megfelelő oldalakat rendre az,, C pontokban érinti. z pont merőleges vetülete a C egyenesre T. Igazoljuk, hogy T = T C z C háromszög szögfelezője -ben metszi a C oldalt. Legyen X egy tetszőleges belső pontja az szakasznak. X C =, CX = C, CC = P, C = Q. Igazoljuk, hogy P C = Q

37 5.9. VEGYES FELDTOK FEJEZET. PROJEKTÍV GEOMETRI [18] síkbeli konfiguráció olyan p számú pont és g számú egyenes rendszere, amelyek egy síkban fekszenek oly módon, hogy a rendszer bármely pontja a rendszernek γ számú egyenesére illeszkedik és ugyanígy a rendszer bármely egyenese a rendszer π számú pontján megy át. z ilyen konfigurációt a (p γ g π ) jellel jelöljük. a) Mutassuk meg, hogy minden konfigurációra érvényes a pγ = gπ összefüggés! (p γ p γ ) konfigurációt a (p γ ) jellel rövidítjük.z alábbi konfigurációk közül melyek léteznek? b) (3 ); c) (6 4 3 ); d) (7 ); e) (7 3 ); f) (8 3 ); g) (9 3 ) dott a (projektív) térben az egymással páronként kitérő e 1, e és e 3 egyenes. a) Van-e a tér minden pontján át olyan egyenes, amely mind a három adott egyenest metszi? b) Mutassuk meg, hogy az e 1, e, e 3 egyenesek bármelyikének bármelyik pontján át pontosan egy olyan egyenes van, amely metszi a másik két egyenest! c) Tekintsük azt a ϕ : e e 3 leképezést, amelynél ϕ(p ) = Q P Q metszi e 1 -et. Igazoljuk, hogy ϕ kettősviszonytartó bijektív leképezés. továbbiakban b) pontban szerkesztett összes egyenes által súrolt F felületet vizsgáljuk. d) Legyenek f, g h és j olyan egyenesek, amelyek az e 1, e, e 3 egyenesek mindegyikét metszik, a megfelelő metszéspontokat jelölje F 1, F, F 3, G 1, G, G 3 és H 1, H, H 3 illetve J 1, J, J 3. Mutassuk meg, hogy (F 1 G 1 H 1 J 1 ) = (F G H J ) = (F 3 G 3 H 3 J 3 ). e) Legyen λ tetszőleges valós szám és jelölje F λ, G λ, H λ az f, g, illetve h egyenesnek azt a pontját, amelyre (F 1 F F 3 F λ ) = (G 1 G G 3 G λ ) = (H 1 H H 3 H λ ) = λ. Igazoljuk, hogy a F λ, G λ, H λ egy egyenesre illeszkednek. f) Mutassuk meg, hogy F bármely pontján két olyan egyenes halad át, amelynek minden pontja F-hez tartozik és a F-hez tartozó egyenesek két csoportba oszthatók úgy, hogy két egyenes pontosan akkormesse egymást, ha különböző csoportba tartoznak.

38 76 6. FEJEZET. GÖM GEOMETRIÁJ 6. FEJEZET gömb geometriája Ehhez a fejezethez artha Zsolt diák készített megoldásokat (MS) izonyítsuk be, hogy bármely gömbháromszögben a szokásos jelölések mellett teljesül a következő összefüggés (gömbi szinusztétel): sin a : sin b : sin c = sin α : sin β : sin γ. 6.. (MS) izonyítsuk be, hogy bármely gömbháromszögben a szokásos jelölések mellett teljesül a következő összefüggés (gömbi koszinusztétel az oldalakra): cos a = cos b cos c + sin b sin c cos α (MS) Számítsuk ki udapest és New York távolságát a Föld felszínén mérve! két város földrajzi koordinátái: udapest: északi szélesség 47,5, keleti hosszúság 19, New York: északi szélesség 41, nyugati hosszúság 74. Föld sugara: 6378 km. ( Földet tekintsük tökéletes gömbnek.) 6.8. (MS) Egy repülő elindul Oslóból (északi szélesség 60, keleti hosszúság 11 ) nyugati irányban. Végig egyenesen (vagyis a Föld egy főköre mentén) halad, majd az Egyenlítőt elérve leszáll. Melyik városban ér földet? 6.9. (MS) Milyen irányban kell elindulnia egy repülőnek udapestről (északi szélesség 47,5, keleti hosszúság 19 ) London (északi szélesség 51,5, hosszúság 0 ) felé? Feltételezzük, hogy a repülő végig egyenesen (a Föld egy főköre mentén) halad (MS) izonyítsuk be, hogy minden gömbháromszögben a súlyvonalak egy pontban metszik egymást (MS) a) Mekkora az α szögű gömbkétszög területe? b) Egy gömbháromszög szögei α, β és γ. Mekkora a területe? (Egységsugarú gömbbel dolgozunk, melynek felszíne 4π.) 6.1. (MS) dottak a gömbön az és a (nem átellenes) pontok. Mi azon C pontok mértani helye a gömbfelületen, amelyekre az C gömbháromszög területe állandó? 6.3. (MS) a) izonyítsuk be, hogy a gömbháromszögekre teljesül a háromszögegyenlőtlenség. b) izonyítsuk be, hogy egy gömbháromszög kerülete kisebb, mint egy főkör hossza (π) (M) izonyítsuk be, hogy egy gömbháromszög poláris gömbháromszögének poláris gömbháromszöge az eredeti gömbháromszög (MS) Mutassuk meg, hogy egy gömbháromszög poláris gömbháromszögének oldalai az eredeti gömbháromszög megfelelő szögeit π-re egészítik ki. Igaz-e, hogy a poláris gömbháromszög szögeit az eredeti gömbháromszög megfelelő oldalaival összeadva szintén π-t kapunk? 6.6. (MS) izonyítsuk be, hogy bármely gömbháromszögben a szokásos jelölések mellett teljesül a következő összefüggés (gömbi koszinusztétel a szögekre): cos α = cos β cos γ + sin β sin γ cos a. 75

39 78 7. FEJEZET. HIPEROLIKUS SÍK POINCRÉ-MODELLJE 7.7. (MS) dott egy pont és egy hiperbolikus egyenes. Szerkesszünk az adott ponton át olyan hiperbolikus egyenest, amelyre vonatkozó tükrözésre az adott egyenes fix (magasságvonal)! 7. FEJEZET hiperbolikus sík Poincaré-modellje Tekintsünk egy K kört. Modellünk pontjai e körlap belső pontjai (ezek nevezzük ezentúl a hiperbolikus sík pontjainak). Modellünk egyenesei (a hiperbolikus egyenesek) a K körre merőleges körök és egyeneseknek a körlapon belüli részei. hiperbolikus egyenesekre való hiperbolikus tengelyes tükrözések a hiperbolikus egyenesnek megfelelő körre (egyenesre) vonatkozó inverzió (ill. szokásos tengelyes tükrözés) (MS) Mutassuk meg, hogy a hiperbolikus tükrözés valóban önmagára képezi a modell ponthalmazát! 7.. (MS) Mutassuk meg, hogy bármely két hiperbolikus ponton át pontosan egy hiperbolikus egyenes húzható. djunk szerkesztési eljárást is! Igazoljuk az állítást arra az esetre is, amikor a két pont bármelyike, akár mind a kettő, K határvonalán van! 7.3. (MS) Mutassuk meg, hogy bármely ponton át, bármely azt nem tartalmazó egyeneshez több (a hiperbolikus síkon) diszjunkt hiperbolikus egyenes is húzható! Mutassuk meg, hogy mindig két elpattanó hiperbolikus egyenes van, azaz olyan hiperbolikus egyenes, amely átmegy az adott ponton és csak K határvonalán van közös pontja az adott hiperbolikus egyenessel! 7.4. (MS) dott két közös pont nélküli hiperbolikus egyenes. Szerkesszünk olyan hiperbolikus egyenest, amelyre való tengelyes tükrözésnél mindkét adott egyenes fix (közös merőleges)! 7.8. (MS) Szerkesszünk hiperbolikus háromszöget, amelynek szögei 60, 45, 45! Parkettázzuk ki a modell jelentős részét ilyen háromszögekkel! z ábrát vessük össze M.C. Escher ngyalok és ördögök II. (Kreislimit IV.) rajzával! 7.9. (MS) dott a K kört az és pontban metsző L kör, továbbá az és pontokon átmenő K-ra merőleges H kör. Mutassuk meg, hogy bármely olyan hiperbolikus tengelyes tükrözés, amely egymásra képezi L két pontját, az önmagára képezi L-et is és H-t is (tehát L pontjainak a H egyenestől való távolsága állandó, azaz L ekvidisztáns görbe)! (MS) dott a K kört az pontban belülről érintő L kör és legyen H tetszőleges olyan hiperbolikus egyenes, amelynek egyik határpontja. Mutassuk meg, hogy a H-ra vonatkozó hiperbolikus tükrözésnél L fix (tehát L paraciklus, azaz egymáshoz elpattanó egyenessereg minden egyes elemén kijelölt egy-egy pont halmaza, amelyek az egyenessereg tagjaira vonatkozó tükrözésekkor egymásba mennek át.) (MS) dott a K kör belsejében egy L kör. Mutassuk meg, hogy L belsejében van egy olyan O pont, amelyen átmenő bármely hiperbolikus egyenesre vonatkozó hiperbolikus tükrözésnél L önmagára képződik! Igazoljuk, hogy L bármely két pontjának hiperbolikus felezőmerőlegese átmegy O-n! Lássuk be, hogy O a K és L körök generálta körsor pontköre! (zaz L hiperbolikus kör, melynek középpontja O) 7.1. (MS) dott két hiperbolikus kör (a hiperbolikus középpontjuk nélkül). Szerkesztendő a hiperbolikus centrális (MS) izonyítssuk be, hogy bármely hiperbolikus háromszög oldalfelező merőlegesei egy ponton mennek át! (MS) izonyítssuk be, hogy bármely hiperbolikus háromszög magasságvonalai egy ponton mennek át! 7.5. (MS) dott két hiperbolikus egyenes. Szerkesszünk olyan hiperbolikus egyenest, amelyre vonatkozó tükrözés egymásra képezi a két egyenest (szögfelező)! 7.6. (MS) dott két hiperbolikus pont. Szerkesszünk olyan hiperbolikus egyenest, amelyre vonatkozó hiperbolikus tükrözés felcseréli a két pontot (f elezőmerőleges)! 77

40 80 8. FEJEZET. SPECIÁLIS GÖRÉK 8. FEJEZET Speciális görbék 8.1. Egy szív titkai 8.1. Jelölje a k, l körök metszéspontjait és. Forgassuk az ponton átmenő a egyenest körül és képezzük a k, l körökkel vett második metszéspontjait, a K k, L l pontokat. a) Határozzuk meg a k kör K-beli és az l kör L-beli e K, e L érintői metszéspontjának mértani helyét! b) Vizsgáljuk a KL háromszög körülírt körét! Szerkesszünk dinamikus geometriai szoftverrel, tegyünk megfigyelést, fogalmazzunk meg sejtést és bizonyítsuk be! 79

41 8 9. FEJEZET. VEGYES FELDTOK dott három irányított kör: k 1, k, k 3. z e 3, f 3 irányított egyenesek k 1 -et érintik, k -t antiérintik. z e, f egyenesek k 3 -at érintik, k 1 -et antiérintik, míg e 1 és f 1 érintik k -t, míg k 3 -at antiérintik. Mutassuk meg, hogy e 1, e és e 3 pontosan akkor mennek át egy közös ponton, ha f 1, f és f 3 átmennek egy közös ponton. 9. FEJEZET Vegyes feladatok 9.1. [11] djunk meg a síkon végtelen sok pontot úgy, hogy közülük bármely kettőnek a távolsága (egy előre megadott egységhez viszonyítva) racionális legyen, és a pontok ne legyenek mind egy egyenesen! Megadhatók-e a pontok úgy hogy ne legyen olyan egyenes, amelyik közülük hármon megy át? 9.. (MS) z alábbiakban k XY Z -vel jelöljük az X, Y, Z pontokon átmenő kört. Legyen adva a síkon négy tetszőleges pont,,, C és D. Ha P olyan pont, amelyre a k P, k CDP körök érintik egymást és a k DP, k CP körök P -n kívül még P -ben metszik egymást, akkor k P és k CDP érintik egymást (M) Nemzetközi Diákolimpia 01/5 Legyen az C háromszögben C = 90 o, és legyen D a C-ből induló magasság talppontja. Legyen X a CD szakasz belső pontja. Legyen K az X szakasznak az a pontja, amire K = C. Hasonlóan, legyen L a X szakasznak az a pontja, amire L = C. Legyen M az L és K egyenesek metszéspontja. izonyítsuk be, hogy MK = ML (M) Tekintsük az CD érintőnégyszöget, és annak csúcsán át az e egyenest, mely a C oldalt M-ben, a CD oldal meghosszabbítását pedig N-ben metszi. Jelölje az M, MCN, ND háromszögek beírt körének közésppontját rendre I 1, I és I 3. Mutassuk meg, hogy az I 1 I I 3 háromszög magasságpontja az e egyenesen van! 9.6. (M) Messe az C háromszög csúcshoz tartozó belső illetve külső szögfelezője a C oldalegyenest az 1 illetve az pontban és tekintsük az 1 szakasz k Thalesz körét. Képezzük ehhez hasonlóan a 1,, C 1, C pontokat illetve azok segítségével a k, k C köröket! Mutassuk meg, hogy a k, k, k C körök (lásd az 1. ábrát) a) egymást két pontban metszik, b) és egymással páronként egyenlő 60 -os szöget zárnak be [1] dott az y = kx parabola. Határozzuk meg az x px + y qy = 0 egyenletű kör középpontját úgy, hogy az adott parabolával való metszéspontjainak abszcisszái az x 3 +ax+b = 0 egyenlet gyökeit adják. (z egyik metszéspont mindig az origó, a másik hármat keressük.) 9.4. (M) [3] Casey szerint Hart megközelítése Malfatti tételéhez P P C D ábra. 81

42 FEJEZET. VEGYES FELDTOK C 1 Q 1 C C 1 P ábra.

43 86 MEGOLDÁSOK Mivel t nem racionális, ezért ez csak úgy lehet nulla, ha vagy b = 0, vagy 3a + tb = 0. Előbbiből ismét az következne, hogy 3 racionális. Utóbbi viszont lehetetlen, mert a bal oldalon pozitív szám áll. (t > 0 és b nem nulla.) Megoldások 1. Geometriai szerkeszthetőség 1.7. a) Miután a nevezőt a + b 6 + c 7 alakban írtuk, bővítsünk például az a + b 6 c 7 számmal. b) Ha a nevezőt a + b 3 + d alakba írtuk, akkor bővíthetünk az a + + b 3 (d 7 + 1) számmal és így rögtön egy u + v 3 alakú számot kapunk. c) nevezőben eredetileg egy Q( 3, 5, 7)-beli szám áll. z ( ) + ( ) 7) alakba átírt nevezőben mindkét zárójelben egy-egy, a Q( 3, 5) számtestből való szám áll. Ha tehát bővítünk az ( ) ( ) 7) számmal, akkor a nevezőben már egy Q( 3, 5)-beli számot kapunk Itt a nevező a Q(, 3, 7, 11) számtestből való. Ha most megváltoztatjuk például 11 előjelét és az így kapott számmal beszorozzuk a számlálót és a nevezőt, akkor a nevezőben nőni fog ugyan a négyzetgyökjelek száma, mégis redukciót hajtottunk végre. Ugyanis az így kapott szám már a Q(, 3, 7) számtestben is benne van. Most azt kell észrevennünk, hogy a kapott szám felírható (a + b + c 3) + (a + b + c 3) 7 alakban. Ha most a számlálót és a nevezőt is beszorozzuk (a + b + c 3) (a + b + c 3) 7 számmal, akkor a nevezőben egy olyan számot kapunk, amely már a Q(, 3) számtestben is benne van. Ezt már a) alapján gyökteleníteni tudjuk megoldás. Ha volna ilyen polinom, akkor volnának olyan a, b, t racionális számok, amelyekre 3 = a + b t teljesülne. t nem lehet racionális, mert akkor 3 is az volna. Emeljük köbre az egyenlőséget: a 3 + 3ab t + (3a + b t)b t = 85. megoldás. eírhatjuk 3 -t a másodfokú polinomba, amelynek gyöke. Ekkor egy ilyen egyenlőséget kapunk: 3 4 = a+b 3, ahol a és b racionális. Emeljük köbre mindkét oldalt: 4 = a 3 + b 3 + 3ab(a + b 3 ). Jobb oldalon a zárójelben éppen 3 áll, ami irracionális. Ebből következik, hogy vagy a = 0, vagy b = 0, az elsőből az következne, hogy 3 racionális, a másodikból, hogy 3 4 racionális Kijön a gyökök és együtthatók közötti összefüggés alapján. Van megoldás, tehát kettő is van. két gyök összege racionális, ami csak úgy lehet, ha a másik gyök a 3 alakú. szorzat is racionális, ami pedig csak úgy lehet, ha a =. Van azonban gyorsabb, és általánosabban is jól használható megoldás is. Helyettesítsük be a megadott megoldást a polinomba. ehelyettesítéssel egy E + D 3 = 0 alakú egyenletet kapunk, ahol E és D egészek. Ebből következik, hogy mindkettő nulla. Tehát E D 3 = 0 is igaz, amiből következik, hogy 3 is megoldása az egyenletnek megoldás MJDNEM teljes, de az utolsó lépésnél felhasználja, hogy VN három megoldás, a gyökök és együtthatók összefüggése csak ekkor működik". gyöktényezők kiemelésével azonban könnyen teljessé tehetjük a bizonyítást. Tudjuk, hogy a polinomból kiemelhető a két kapott megoldáshoz tartozó gyöktényező, azaz (x + 4)(x 7), és a maradó polinom (hányados) elsőfokú lesz. z elsőfokú polinomnak pedig van valós gyöke. 1.. z egyenletbe behelyettesítve a megoldást egy D+E V = 0 alakú kifejezést kapunk. Két eset van. Ha V egész, akkor már maga az U + V szám egész szám. Ellenkező esetben V irracionális, tehát D = E = 0, és azt kapjuk, hogy D E V is nulla, tehát U V is megoldása az egyenletünknek. Most akár a gyöktényezők kiemelésével, akár a gyökök és együtthatók közötti összefüggéssel azt kapjuk, hogy a harmadik megoldás egész szám. (Utóbbi esetben azt használjuk, hogy van három megoldás - l. az 1.19 megoldását - és a gyökök összege, egész szám.) 1.6. z állítást abban a formában látjuk be, hogy ha egy racionális együtthatós polinomnak van gyöke T valamely másodfokú bővítésében, akkor van gyöke T -ben is. Tegyük fel tehát, hogy az x 3 +x +Cx+D racionális együtthatós polinomnak van egy U + V t alakú gyöke, ahol U, V, t eleme a T testnek és t nem eleme T -nek. U + V t a polinomba helyettesítve egy P + Q t alakú kifejezést kapunk, ahol P és Q eleme T -nek. Minthogy t nem eleme T -nek, így ez a kifejezés csak úgy lehet nulla, ha P = Q = 0. De akkor P Q t is nulla, tehát U V t is gyöke

44 1. GEOMETRII SZERKESZTHETŐSÉG 87 a polinomnak. Kiemelhető tehát a két gyöktényező szorzata, azaz a (x U) tv polinom. Ennek együtthatói T -beli elemek, tehát a kiemelés után maradó elsőfokú polinom együtthatói is T -beliek. (MIÉRT?!) Ha egy elsőfokú polinom mindkét együtthatója T -beli, akkor a gyöke is T -ben van. Ezzel beláttuk, hogy ha egy racionális együtthatós polinomnak van gyöke T valamely másodfokú bővítésében, akkor van gyöke T -ben is Ha egy z hosszú szakasz szerkeszthető, akkor z-t a racionális számok testéből véges sok másodfokú bővítésével kapjuk. Ha a harmadfokú egyenletnek nincs racionális gyöke, akkor az 1.6 feladat szerint egyik ilyen bővítésnél sem kaphatjuk meg a polinom valamelyik gyökét. Negyedfokú polinomokra az állitás nem igaz, mert nem igaz az 1.6 feladat megoldásában bizonyított állítás sem. Ehhez elég két másodfokú, egészegyútthatós polinomot összerszorozni, amelynek nincs racionális gyöke. Valójában ennél több is igaz, ezt az 1.9 feladat mutatja Tekintsük a p(x) = (x ) 3 polinomot. Ennek gyöke + 3, de még nem egészegyütthatós. Ha ezt a polinomot megszorozzuk a p 1 (x) = (x + ) 3 polinommal, akkor már az egészegyütthatós q(x) = (x ) + 9 3(x + 4) = = x 4 10x + 1 polinomhoz jutunk. Ennek gyökei és 3 előjeles összegei. (Ha a negatív hosszúsáagú szakaszokat nem akarjuk megengedni, akkor x helyett írjunk mindenütt x 5-öt.) árhogy is párosítjuk a gyökeit, semelyik két gyök ök összege nem racionális, tehát nem bontható alacsonyabbfokú racionális együtthatós polinomok szorzatára. Megjegyezzük még, hogy ennek a polinomnak nincsen gyöke Q( )-ben, de annak 3-mal való b ővítésében van. Nem igaz tehát rá az 1.6 feladat megoldásában belátott állítás sem. (Ezt persze két jólválasztott racionális együtthatós másodfokú polinom szorzata is tudja", itt azonban többet mutattunk meg.) cos 3α = cos α cos α sin α sin α = cos 3 α cos α sin α cos α = 4 cos 3 α 3 cos α. Mivel cos 60 = 1, ebből azt kapjuk, hogy cos 0 kielégíti a 8x 3 6x 1 = 0 egyenletet. z 1.30 feladat szerint ennek az egyenletnek nincs racionális megoldása, tehát cos 0, és így maga a 0 sem szerkeszthető euklideszi szerkesztéssel n = 1, esetén nyilván nem szerkeszthető n -os szög, hiszen abból szerkeszthető volna 0 -os szög is. 3 -os szög viszont szerkeszthető, mert szerkeszthető 15 -os szög és szerkeszthető 18 -os is (HOGYN?). Ebből már következik, hogy n = 3k (k egész) esetén szerkeszthető n -os szög, n = 3k + 1 vagy n = 3k 1 esetén viszont nem. 88 MEGOLDÁSOK szabályos kilencszög külső szöge 40. Erről tudjuk az 1.31 feladat alapján, hogy nem szerkeszthető, tehát a szabályos kilencszög sem szerkeszthető a) Ha az CDE szabályos ötszöget akarjuk megszerkeszteni, akkor az D egyenlőszárú háromszög alapján 7 -os szögek vannak, a szárszöge 36 -os. Ismeretes, hogy ennek a háromszögnek a szára és alapja között az aranymetszés aránya van, ami szerkeszthető. szabályos ötszög belső szöge az így megszerkesztett 36 -os szög háromszorosa, tehát szerkeszthető. c) szabályos ötszög megszerkesztése után a szabályos tízszöget már nem nehéz megszerkeszteni. Megszerkesztjük a szabályos ötszög köré írható kört és az oldalhoz tartozó középponti szöget megfelezzük. Ezek a szögfelező sugarak a körből kimetszik a másik öt" csúcsot is. b) szabályos hétszög külső szöge 360 /7. Jelöljük ennek a szögnek a felét α-val; teljesül rá, hogy sin 4α = sin 3α. Itt az addíciós tételeket alkalmazva és sin 4α = 4 sin α cos α cos α = 8 sin α cos 3 α 4 cos α sin 3α = sin α cos α + cos α sin α = sin α(4 cos α 1. pozitív sin α-val leosztva tehát x = cos α-ra a 8x 3 4x 4x + 1 = 0 egyenlethez jutunk. z 1.30 feladat a) része szerint ennek az egyenletnek nicns racionális megoldása (amit egyébként az y = x változó bevezetésével azonnal láthatunk). Ebből az 1.8 feladat szerint következik, hogy a szabályos hétszög euklideszi szerkesztéssel nem szerkeszthető megoldás. Két feladatról van szó, annak megfelelően, hogy a szögfelező a) a két oldal közös csúcsából indul, b) nem a közös csúcsból indul. z a) esetben legyen adott az, C oldal és az D (belső) szögfelező hossza. Koszinusz-tétellel az -nál levő szög felével mint ismeretlennel kifejezhető D és CD szakasz négyzetének hossza, a kettő aránya pedig a szögfelező tétel szerint szintén ismert. Így egy elsőfokú egyenletet kapunk az -nál levő szög felére, ami szerkeszthető. Megoldható a feladat számolás nélkül is: az oldal -n túli meghosszabbítására felmérjük az C szakaszt, ennek végpontja legyen E. CE szakasz párhuzamos az D szögfelezővel, ezért az : E = D : CE arány alapján CE hossza szerkeszthető. z EC egyenlőszárú háromszög három oldala ismert, így szerkeszthető. Ennek E-nél levő szöge az C háromszög -nál levő szögének

45 1. GEOMETRII SZERKESZTHETŐSÉG 89 a fele, így az C háromszögben is ismert két oldal és a közbezárt szög, tehát szerkeszthető. ( szerkesztés helyességének az igazolása és a diszkusszió mindkét esetben könnyű.) Egy harmadik megoldás, ha felvesszük az D szögfelezőt, az középpontú, valamint C sugarú kört, majd az előbbi kört D-ből C : arányban nagyítjuk (vagy kicsinyítjük). kapott kör és az eredetileg megrajzolt második kör metszéspontja adja a C csúcsot. (Ha két metszéspont van, két szimmetrikus megoldást kapunk. Ha nincs metszéspont, a háromszög nem létezik.) Most megmutatjuk, hogy a b) esetben a három adatból nem szerkeszthető háromszög. Legyen tehát adva az és a C oldal, valamint az D belső szögfelező hossza. Felhasználjuk a következő ismert összefüggést (vesd össze a.16 Stewart tételt ĂŠs a szögfelező tételt): C = D + D DC. Válasszuk C = b-t ismeretlennek és = 1-et egységnek. C = a és D = f a b+1 ismert. Másrészt D =. Ezt a fenti egyenlőségbe beírva, majd (b + 1) -tel végigszorozva az b(b + 1) = f (b + 1) + a b egyenlethez jutunk, ami harmadfokú egyenlet b-ben. Átrendezés után: b 3 + ( f )b + (1 f a )b f = 0. Válasszuk itt a szögfelező hosszát, f-et is egységnek és legyen a is egész. kkor az egyenlet egész együtthatós, főegyütthatója 1: b 3 + b (1 + a )b 1 = 0. Tehát minden racionális gyöke egész. Ráadásul osztója a konstans tagnak, ami 1, tehát csak 1 vagy 1 lehet racionális megoldás. z egyenlet (b + 1)(b 1) a b = 0 alakba írható, ezért ha a nem nulla (márpedig nem nulla), akkor sem 1, sem 1 nem megoldása az egyenletnek. Ebből viszont az 1.8 feladatban kimondott tétel szerint következik, hogy a megadott adatokból nem szerkeszthető háromszög. Márpedig ilyen háromszög létezik valamilyen a egész hosszúságra. Valóban, ha egy háromszögben az oldal és az D szögfelező egységnyi, akkor az C oldala a (0, ) intervallumban bármi lehet. Érdemes megjegyezni a következőt. z természetesen rögtön látszik, hogy a b oldal nem lehet egységnyi, és nem lehet 1 sem, de ez nem elég a befejezéshez. Szükség van annak belátására, hogy a harmadfokú egyenletnek sem megoldása egyik sem. és DC = ab b+1. megoldás. b) részre adhatunk egy másik megoldást is. Megmutatjuk, hogy a háromszög már akkor sem mindig szerkeszthető, ha a két megadott oldal egyenlő hosszú. Röviden: nem szerkeszthető egyenlőszárú háromszög a szár hosszából és a szárhoz tartozó (belső) szögfelező hosszából. 90 MEGOLDÁSOK Legyen = C a két szár és a D szögfelező. Jelölje β az D szöget (az alapon nyugvó szög felét). Ekkor D szög 3β, D szög pedig 180 4β. dott az : D = sin 3β : sin 4β = (4 cos β 1) : (4 cos 3 β cos β) arány. Ha ezt az arányt például kettőnek választjuk, akkor a 8 cos 3 β 4 cos β 4 cos β + 1 = 0 egyenletet kapjuk. nnyit kell még belátnunk, hogy a 8x 3 4x 4x 1 polinomnak nincs racionális gyöke. Éppen ezt mondja az 1.8 feladat. Most is ellenőzitnünk kell, hogy létezik-e olyan egyenlőszárú háromszög, amelyben a szár és a szárhoz tartozó szögfelező aránya 1 :. Valójában elég azt ellenőriznünk, hogy a fenti egyenletnek van-e 45 -nál kisebb (pozitív) szögű megoldása. Könnyen ellenőrizhető, hogy β = 0 esetén a bal oldal pozitív, β = 45 esetén negatív, tehát a kettő között van gyöke. 3. megoldás. feladat b) részére adott előző megoldásban nem véletlenül kaptuk ugyanazt az egyenletet, mint az 1.34 feladatban. feladatot ugyanis arra az esetre egyszerűsítettük, hogy egy egyenlőszárú háromszöget kell szerkesztenünk, amelynek a szárhoz tartozó szögfelezője ugyanolyan hosszú, mint a szára. Könnyen ellenőrizhető, hogy ennek a háromszögnek az alapon nyugvó szögei 360 /7-osak (a szárszöge pedig ennek másfélszerese), vagyis éppen a szabályos hétszög egyik külső szögéről van szó. z 1.34 feladatban beláttuk, hogy a szabályos hétszög nem szerkeszthető, tehát ez a háromszög sem szerkeszthető elátjuk, hogy már akkor sem szerkeszthető a háromszög, ha a megadott két oldal egyenlő hosszú, tehát egyenlőszárú háromszög szárából és beírt körének sugarából sem szerkeszthető általában háromszög. Jelölje a az egyenlőszárú háromszög alapjának felét, m az alaphoz tartozó magasságot, a szárszög felét β. Ekkor tan β = a m. Másrészt r-rel jelölve a beírt kör sugarát, b-vel a szár hosszát tan β = r s a = r b a. két eredményt összehasonlítva azt kapjuk, hogy rm = (b a)a. Emeljük négyzetre ezt az egyenlőséget, írjuk be a Pitagorasz-tételt: m = b a = (b + a)(b a). Leosztva b a-val a rendezés után az a 3 ba + ra + rb = 0 egyenletet kapjuk. Válasszuk r-et egységnek. Egyenletünk ekkor a 3 ba + a + b = 0 alakra egyszerűsödik. z 1.30 feladat megoldásánál láttuk, hogy ha itt b-t prímszámnak választjuk, akkor az egyenletnek nincsen racionális megoldása. Meg kell még gondolnunk, hogy van olyan egyenlőszárú háromszög, amelynek beírt köre egységnyi és szárhossza valamilyen prímszám. De könnyen látható, hogy egy egységsugarú kör köré minden elég nagy szárhosszal írható egyenlőszárú háromszög.

46 1. GEOMETRII SZERKESZTHETŐSÉG Először a feladat d) részét intézzük el. Megmutatjuk, hogy ha két magasság és a harmadik oldalhoz tartozó szögfelező hossza van adva, akkor ez utóbbi csúcsnál levő szög szerkeszthető. magasságok ismeretében ismerjük e szöget közrefogó oldalak arányát is, tehát tudunk a keresetthez hasonló háromszöget szerkeszteni. Ezt a szögfelező ismeretében megfelelő nagyságúra tudjuk nagyítani. Tegyük fel tehát, hogy ismerjük az C háromszög -ból induló szögfelezőjének f hosszát, ismerjük továbbá a másik két csúcsból induló magasságok hosszát, m b -t és m c -t. Ekkor b = m c / sin α, c = m b / sin α, a háromszög kétszeres területe ( mb m ) c T C = sin α. Másrészt a szögfelező két részre vágja a háromszóget, ezek területét ugyanígy a két oldalból és a közbezárt szögből kiszámolva T C = ( f(mb + m c sin α ) sin α. területre kapott két képletet egyenlővé téve a nevezők kiesnek és sin α -re a következő szerkeszthető kifejezést kapjuk: sin α ( ) = mb m c. f(m b + m c ) a), b), c): Ismét azt a trükköt használjuk, hogy egyenlőszárú háromszögre szűkítjük a feladatot. zt bizonyítjuk be, hogy egy egyenlőszárú háromszög alaphoz tartozó magasságából (szögfelezőjéből, súlyvonalából, a három ugyanaz) és a szárhoz tartozó szögfelezőjéből alkalmasan választott adatok mellett nem szerkeszthető háromszög. Legyen tehát az alaphoz tartozó magasság hossza T = m, a szárhoz tartozó szögfelezőjé D = f és az alapon nyugvó szög β. Tekintsük az alap és a szögfelező által meghatározott CD háromszöget. Ennek D-vel szemközti szöge β, Cvel szemközti szöge 180 3β, így a színusz-tétel szerint f : C = sin β : sin 3β. El kell tüntetnünk C-t, mert nem ismerjük és be kell csempésznünk" az ismert m-et. Mi sem könnyebb, hiszen C = m cot β. Ezt beírva az előző összefüggésbe a rendezés után azt kapjuk, hogy,. vagyis f sin 3β = m cos β 4f sin 3 β 4m sin β 3f sin β + m = 0 9 MEGOLDÁSOK z 1.30 feladat d) részében láttuk, hogy ha itt m-et választjuk egységnek, f-et pedig elég nagy prímszámnak vesszük, akkor nincs racionális megoldása az egyenletnek. nnyit kell még meggondolnunk, hogy mivel van akármilyen lapos" egyenlőszárú háromszög, ezért van olyan is, ahol az alaphoz tartozó magasság és a szárhoz tartozó szögfelező aránya tetszőlegesen kicsi lesz b) körülírt kör szerkeszthető, a C oldal is. Messe az -ból induló szögfelező a C oldalt D-ben, a körülírt kört másodszor F-ben. z F pont szerkeszthető, hiszen ismert, hogy F = FC. kerületi szögek tételét és a szögfelezés tényét felhasználva könnyen látható, hogy a DF háromszög hasonló az F háromszöghöz. Ebből F : DF = F : F, tehát x-szel jelölve a DF szakasz hosszát átrendezés után az x + Dx F = 0 egyenlethez jutunk. Itt D és F ismert, az egyenletnek van egy (hamis) negatív megoldása, és egy pozitív megoldása, utóbbi szerkeszthető és megadja x hosszát, amiből a D pont, majd FD egyenest meghosszabbítva az pont is szerkeszthető. ( diszkussziót és a szerkesztés helyességének igazlását az olvasóra hagyjuk.) a) Itt nincs általános szerkesztési eljárás. Válasszuk a csúcsnál levő szöget derékszögnek. Jelöljük f-fel az D szögfelező hosszát és jelöljük C hosszát a-val, továbbá jelölje α az -nál fekvő szög felét. Ekkor D = f sin α, DC : f = sin α : sin C = sin α : cos α, ahonnan DC = f sin α cos α. D-re és DC-re kapott kifejezést összeadva átrendezés után azt kapjuk, hogy C cos α = f sin α(1 + cos α). Nyilván van olyan derékszögű háromszög, amelyben f = C, és ebben az esetben a fenti egyenlet cos α addíciós tételét használva a sin 3 α sin α sin α + 1 = 0 alakot ölti. z 1.30 feladatban láttuk, hogy a y 3 y y + 1 = 0 egyenletnek nincs racionális megoldása, tehát sin α nem szerkeszthető Ha = f β, ez ekvivalens azzal a feltétellel, hogy a háromszög C-nél, - nél, -nál fekvő szöge rendre γ, 360 4γ, 3γ 180. feladat szerint ez utóbbi szög van megadva. Válasszuk ezt a szöget 60 fokosnak. Ekkor a másik két szög 40, illetve 80 fokos. Ha most volna a feladatra általános szerkesztési eljárás, akkor annak jónak kell lennie akkor is, ha az -nál fekvő szöget 60 fokosnak vesszük föl és az oldalt egyenlőnek vesszük fel a szögfelezővel. Ebben az esetben eljárásunkkal megszerkesztenénk egy 40 fokos szöget, amiről tudjuk, hogy lehetetlen. Ilyen szerkesztési eljárás tehát nincsen.

47 . TÖMEGKÖZÉPPONT a) z 1.38 feladat megoldásánál láttuk, hogy már egyenlőszárú háromszög sem szerkeszthető, az alaphoz tartozó magasság és a szárhoz tartozó szögfelező hosszának az ismeretében, ha ezek arányát alkalmasan választjuk. Mivel ebben a háromszögben az alaphoz tartozó súlyvonal és magasság egyenlő, a mostani feladat a) része sem szerkeszhető ebben az esetben. b) Ez a feladat viszont szerkeszthető. z csúcsból induló T = m a magasság és és D = f a szögfelező, valamint a csúcsból induló F = s b súlyvonal hossza legyen adva. z DF derékszögű háromszög szerkeszthető, és az F D szög a C oldalon nyugvó szögek különbségének a fele. Másrészt legyen F oldalfelzőpont merőleges vetülete a C oldalon G, ekkor a FG derékszögű háromszög is szerkeszthető, hiszen F G hossza épp az adott magasság hosszának a fele. Ezzel megszerkesztettük a φ = F G szöget is. Ezután kis számolással az -val szemben fekvő szögre kaphatunk egy aránylag egyszerű egyenletet, amelyből ez a szög szerkeszthető. Fejezzük ki az F G és G szakaszok hosszát a háromszög szögeivel. szokásos jelölésekkel. FG = b sin γ és G = T + T G (itt előjeles szakaszokkal számolunk). Másrészt T = c cos β = Rsinγ cos β = R(sin(β + γ) + sin(γ β) = R(sinα + sin(γ β) 94 MEGOLDÁSOK.. zt szeretnénk elérni, hogy az a háromszög csúcsaiba helyezett tömegekből álló rendszer tömegközéppontja a P pont legyen. Legyen 1 / 1 C = γ/β. Ha a pontba β, a C pontba γ kg tömeget teszünk, akkor ezt a rendszert az 1 1 D C 1 C F E D C F C 1 E és T G = b cos γ = R sin β cos γ = R(sin(β + γ) + sin(β γ)) = R(sin α + sin(β γ). Ebből azt kapjuk, hogy G = T + T G = 1,5R sin α + 0,5R sin(γ β). Másrészt ismeretes (vagy ugyanígy kiszámolható), hogy T = R(cos(β γ)+cosα). Ismerjük cot φ = T G/G-t, másrészt ez a hányados ( ) 1,5 sin α + 0,5 sin(γ β). cos α + cos(β γ Mivel itt β γ ismert, ebből egy x sin α + y cos α = z alakú egyenletet kapunk, ahol az x, y, z együtthatók szerkeszthetők. Ebből viszont az ismert módon megszerkeszthető az α szög is, az T D háromszögből pedig ezután a háromszög két hiányzó csúcsa is.. Tömegközéppont.1. Tekintsük az ( 1 ; C 1 ; ) tömegpontrendszert (az alábbi gondolatmenet követhető a. ábrasorozaton)! Mivel ( 1 ; C 1 ) D és (D ; ) F 4, így vizsgált rendszerünk tömegközéppontja F. Másrészt ( 1 ; ) H 3, ahol H az oldal -felőli harmadolópontja. Így (H 3 ; C 1 ) = F 4, azaz F illeszkedik a CH egyenesre, azaz H is a CF egyenesre, tehát H = E. kérdezett arány: E/E = /1. D D F 4 C E D 1 F 3 E = H 1 D.1M.. ábra. C F E F 4 E

48 . TÖMEGKÖZÉPPONT 95 pontba helyezett (β + γ) tömegű tömegpont helyettesítheti. Rakjunk az pontba egy (β + γ) kg-os tömeget! Így a három tömegpontból (β + γ), (β), C(γ) álló rendszer tömegközéppontja P lesz. lkalmazzuk az I. alapelvet, számoljuk ki másképp a tömegközéppontot! két pontból álló (β + γ), (β) rendszer tömegközéppontja az oldalnak az a C pontja, amelyre C /C = β/(β+γ). Mivel a teljes rendszer P tömegközéppontja a. alapelv szerint a C C szakaszon kell legyen, így a C pont megegyezik a C 1 ponttal. Hasonló összefüggésre juthatunk az C oldalon is. Így tehát: C 1 C 1 = β β + γ, 1 1 C = γ β + γ, = C 1 C C = β β + γ + γ β + γ = Először a P ponttal foglalkozunk, súlyokat helyezünk a, C, D pontokba úgy, hogy a rendszer tömegközéppontja a P pontban legyen. Jelölje ezeket a tömegeket rendre β, γ és δ!, D csúcsokba egyenlő tömegeket helyezünk (β = = δ), hogy tömegközéppontjuk a paralelogramma O középpontjában legyen és így a teljes rendszer tömegközéppontja az OC átlóra essen. C csúcsba helyezett tömeg két részből áll (lásd az 1. ábrasorozatot): γ = γ b + γ d. z egyik rész (γ b )egyenlő a -be helyezett súllyal (β), így ezek tömegközéppntja F lesz, a másik rész (γ d ) fele akkora súlyú, mint a D-be helyezett tömeg (δ), hogy tömegközéppontjuk E legyen. kívánt β = δ = γ b = γ d feltételnek tehát megfelel a (, C 3, D ) tömegpontrendszer, azaz (, C 3, D ) P 7. Mivel (, C ) F 4 és (D, C 1 ) E 3, így EP/P F = 4 3. Másrészt (, D ) O 4 (, C ), így P 7 (, C 3, D ) (, C 5 ), azaz P/P C = 5/. Most vizsgáljuk Q-t! Szeretnénk, hogy Q legyen a ( β, C γb+γd, D δ ) rendszer tömegközéppontja (lásd a -4. ábrasorozatot). Szeretnénk, hogy a tömegközéppont az EF egyenesen legyen, azaz ( β, C γb ) F β+γb ) (D δ, C γd ) E δ+γd ), tehát az ezekkel analóg β = γ b, δ = γ d feltételeket továbbra is meg akarjuk tartani. Most még azt szeretnénk, hogy a tömegközéppont az D átlóra is illeszkedjék, azaz C-ben összesen nulla súly legyen (γ b = γ d ). Megfelelő lesz a ( 1, C 0, D ) tömegpontrendszer, azaz ( 1, C 0, D ) Q 1. Mivel ( 1, C 1 ) F és (D, C 1 ) E 3, így (F, E 3 ) Q 1, tehát EQ/QF = = 3, ahol az előjel azt fejezi ki, hogy az EQ, QF vektorok ellenkező irányításúak. Másrészt ( 1, D ) Q 1, így DQ/Q = 1 az előzőhöz hasonló értelmű előjellel..4. Feltehetjük, hogy 1 = b 1, 1 C = b, C 1 = a 1, 1 = a és legyen C 1 = = c 1, C 1 = c. Szeretnénk súlyokat helyezni a háromszög csúcsaiba úgy, hogy az 96 MEGOLDÁSOK ( α β C γ ) rednszer tömegközéppontja P legyen. Ha az -ba és C-be helyezett súlyokat úgy választjuk meg, hogy arányuk α γ = b b 1 (1) legyen, akkor tömegközéppontjuk 1 lesz, így a teljes rendszer tömegközéppontja a 1 egyenesen lesz. Ha még azt is elérjük, hogy a C-be és -ba kerülő tömegek aránya γ β = a () a 1 legyen, akkor e kettő tömegközéppontja 1 -ben lesz, így a teljes rendszeré az 1 egyenesen, az előzőeket is figyelembe véve tehát P -ben. (1), () arányoknak egyszerre felelnek meg az súlyok. D δ D E E O + O α = b a, β = b 1 a 1, γ = b 1 a (3) P P β C C γ b + γ d F + 1 F.3M.1. ábra. D D E E + 1 O O P P C + 1 F C + F

49 . TÖMEGKÖZÉPPONT MEGOLDÁSOK Kezdjük most a tömegközéppont szerkesztését az, csúcsokba helyezett tömegekkel. Ezek tömegközéppontja az egyenes azon C 0 pontjában lesz, amelyre β α = c, c 1 (4) azaz b 1 a 1 = c. b a c 1 (5) teljes rendszer tömegközéppontja, azaz P a CC 0 egyenesre illeszkedik, ami csak úgy lehetséges, hogy C 0 = C 1, azaz a keresett aráyn értéke C 1 C 1 = c 1 c = b a b 1 a 1. (6) (5), (6) összefüggések az a 1 b 1 c 1 = a b b alakba írhatók át. feladat megoldása során lényegében bizonyítottuk az alábbi nevezetes összefüggést: Ceva tétel Ha 1, 1, C 1 az C háromszög C, C, oldalegyenesének tetszőleges pontjai, akkor az 1, 1, CC 1 egyenesek akkor és csakis akkor mennek át egy ponton, ha 1 1 C C 1 1 C 1 C 1 = 1. Q D E + 1 O P C 1 1 F Q Q.3M.3. ábra. D E P C D E P C O F O F 1 1.3M.. ábra..3m.4. ábra.

50 . TÖMEGKÖZÉPPONT Helyezzünk az,, C csúcsokba α, β = β a + β c, γ tömegeket úgy, hogy a rendszer tömegközéppontja T -ben legyen! Ha elérjük, hogy az ( α, βa ) alrendszer tömegközéppontja P, a (C γ, βc ) alrendszer tömegközéppontja pedig K legyen, akkor a teljes rendszer tömegközéppontja a P K egyenesre kerül. Mivel P K C, így valamely x valós számra P P = K = x, (1) KC azaz α = xβ a, γ = xβ c. Szükséges még, hogy a tömegközéppont az -ból induló súlyvonalra kerüljön, aminek γ = β, azaz β a + β c = xβ c, röviden az algebrai feltétele. Így β a β c = x 1 () ( α, βa, C γ ) (P βa(1+x), K βc(1+x) ), tehát a KT T P = 5 3 feltétel megfelelője a β a β c = 5 3 reláció. () összefüggést figyelembe véve kapjuk, hogy x = 8 3, azaz az C, P K háromszögek hasonlóságából (1) alapján C = P + P KP = KP P P = KP C ( x P T ) = 8 K = KP ( ) = F.5M.1. ábra. ( 1 + P ) = P (3) 100 MEGOLDÁSOK teljes megoldáshoz szükséges annak igazolása, hogy a megadott konfiguráció létezik. Ha C = 11 és tetszőleges, az C egyenesre nem illeszkedő pont a síkon, és P az, K a C oldalt osztja fel 3 : 8 arányban, akkor a P K szakasz hossza 8 és a fenti súlyozás mutatja, hogy az F súlyvonal 3 : 5 arányban, tehát 3 és 5 egység hosszúságú részekre osztja fel..6. Ha P az ( α ; β ; C γ) súlyozott pontrendszer tömegközéppontja, akkor tehát Ehhez hasonlóan kapjuk, hogy ( α ; β) C α+β 1, így 1 P β = 1 α + β + γ, 1 P α = 1 α + β + γ. 1 P P = α β + γ, C 1 P γ = CC 1 α + β + γ amiből azonnal következik, hogy a vizsgált arány értéke konstans, mindig Ha (lásd az 1. ábrát) P C = 1, akkor így T P C = 1P T C 1 = α α + β + γ, T P C : T CP : T P = T P C T C : T CP T C : T P T C = α : β : γ. Megjegyezzük, hogy az 1 pont mindig létrejön, ha β + γ 0, ellenben ha β + γ 0, akkor nem jöhet létre, P párhuzamos a C egyenessel. Ha pedig α + β + γ = 0 és csak ekkor a P pont nem lesz valódi pont, az 1, 1, CC 1 egyenesek ilyenkor párhuzamosak. T P C T C = mp m = 1P 1 C 1 m m P.7M.1. ábra. C 1 P 1

51 . TÖMEGKÖZÉPPONT Ha P, az α β C γ tömegpontrendszer súlypontja és T az C háromszög területe, akkor a 7. feladat eredménye szerint az P, P C, CP háromszögek területe rendre T γ α + β + γ, α T α + β + γ, β T α + β + γ. Vizsgáljuk az 1 P 1, 1 P C 1, C 1 P 1 háromszögek t C, t, t területét is! tehát és ehhez hasonlóan t C T P = P 1 P 1 P P = αβ (γ + β)(γ + α), αβγ t C = T (γ + β)(γ + α)(α + β + γ), αβγ t = T (β + α)(β + γ)(α + β + γ), αβγ t = T (α + γ)(α + β)(α + β + γ). Vegyük észre, hogy t = t a +t b +t c, azaz közös nevezőre hozás és egyszerűsítés után Másrészt αβγ t = T (α + γ)(γ + β)(β + α). (1) T C T = C 1 C 1 C C = αβ (γ + α)(γ + β), és ehhez hasonlóan adódik T T T valamint T, tehát ( ) T T T C = T 3 αβγ. () (γ + α)(α + β)(β + γ) (1), () egyenletek összevetéséből Mivel T = t + T + T + T C, így (3)-ből azaz t T = 4T T T C. (3) t (t + T + T + T C ) = 4T T T C, t 3 + t (T + T + T C ) 4T T T C = 0. (4) Ha például T, T, T C pozitív mennyiségek, akkor (4) gyökeinek szorzata a 4T T T C mennyiség pozitív, így a gyökök közül egy vagy három pozitív. Másrészt a gyökök kéttényezős szorzatainak összege (4)-ben zérus, tehát nem lehet három pozitív gyök. Ezek szerint (4) egyetlen pozitív gyöke megadja az egyetlen lehetséges eredményt t-re. 10 MEGOLDÁSOK.9. Egy súlyozáshoz tartozó tömegközéppont pontosan akkor esik az adott egyenesre, ha a súlyozott pontrendszernek az adott egyenesre vonatkozó forgatónyomatéka zérus. Ennek számbavételéhez jelöljük ki az egyenes egyik normálvektorát (elég egy az egyenesre merőleges irányítás rögzítése is) és jelölje d, d és d C a háromszög egyes csúcsainak az adott egyenestől mért irányított távolságait! z ( α, β, C γ ) súlyozás akkor és csakis akkor megfelelő, ha d α + d β + d C γ = 0. (1).10. Feltesszük, hogy az 1, 1, C 1 pontok egymástól különbözők és rendre az ( 0, α1, C α ), ( β, 0, C β1 ), ( γ1, γ, C 0 ) súlyozáshoz tartozó tömegközéppontok. Vizsgáljuk azt az esetet, hogy a pontok egy egyenesen vannak, melynek egyenlete: tehát Mivel d α + d β + d C γ = 0, (1) d 0 + d α 1 + d C α = 0 = d β + d 0 + d C β 1 = 0 = d γ 1 + d γ + d C 0 = 0 = β β 1 = 1 1 C, α α 1 = C 1 1, γ γ 1 = C 1 C 1, így a fenti három jobb oldali összefüggés szorzata: ( d ) ( C d ) ( d ) = β α γ, d d C d β 1 α 1 γ 1 azaz α α 1 β β 1 γ γ 1 = d = dc = d d C ; d ; d. 1 = 1 C 1 C 1 1 C 1 C 1. () () feltétel tehát szükséges ahhoz, hogy az 1, 1, C 1 pontok egy egyenesre essenek. z Olvasóra hagyjuk annak igazolását, hogy elégséges is..11. Tekintsük az ( 6 ; C 6 ; E 9 ) tömegpontrendszert (lásd az 1-3. ábrasorozatot)! Mivel ( 6 ; E 6 ) 1 1 és (C 6 ; E 3 ) C1 9, így ( 6 ; C 6, E 9 ) tömegközéppontja az 1 C 1 szakaszon van. Másrészt ( 6 ; C 6 ) ( 6 ; D 6 ), így ( 6 ; C 6, E 9 ) ( 6 ; D 6 ; E 9 ).

52 . TÖMEGKÖZÉPPONT 103 ( 6 ; D 6, E 9 ) pontrendszert szétbontjuk a ( 6 ; E 4 ), (D 6 ; E 5 ) tömegpontrendszerekre. Tudjuk, hogy ( 6 ; E 4 ) Tekintsük azt a D pontot, amelyre (D 6 ; E 5 ) D 11. z eredeti tömegpontrendszer súlypontja a 1 D szakaszra is illeszkedik, tehát a 1 D, 1 C 1 szakaszok metszők, azaz D az 1 1 C 1 pontokon átmenő síknak és az ED egyenesnek is pontja, tehát D = D 1. D pont definíciója szerint ED 1 D = 6 1D E E 104 MEGOLDÁSOK 1. megoldás. Felhasználjuk az alábbi összefüggéseket: T = T C = s, T = T = s c, CT C = CT = s b, ahol s a háromszög félkerületét jelöli (lásd az 1. ábrát). Helyezzünk rendre (s b)(s c), s(s b), s(s c) E E 1 1 D C 1 1 D 1 C 1 1 D C 1 1 D 1 6 C 1 1 D 6 D 3 1 C C 1 1 D 11 5 D C C 6 6 E.11M.1. ábra E.11M.3. ábra. 1 D D 1 3 C s b T C D 1 9 C 1 1 C 1 1 C 1 D C s s b s T s c D s c T.11M.. ábra..1m1.1. ábra.

53 . TÖMEGKÖZÉPPONT 105 előjeles súlyokat az,, C pontokba! z így kapott súlyozott pontrendszer D tömegközéppontja az T egyenesen van, hiszen ( s(s b) ; C s(s c)) T as. Másrészt ( (s b)(s c) ; s(s b)) T c(s b), azaz D illeszkedik a CT egyenesre és ( (s b)(s c) ; C s(s c)) T b(s c) C miatt a T C egyenesre is. z T, CT, T C egyenesek tehát egy pontban metszik egymást, épp ezt kellett igazolnunk.. megoldás. zt kell igazolni, hogy az T, T C, CT egyenesek egy ponton mennek át. Ceva-tétel pont erről a szituációról szól, csak kissé szokatlan, hogy a P pont a háromszögön kívül helyezkedik el. Mivel T T T T C CT C T C = s (s c) s c s b s b s = 1, így a Ceva-tétel szerint valóban egy ponton megy át az említett három egyenes. 3. megoldás. Egy körről és érintőiről szól a feladat. lkalmazzuk az alábbi nevezetes tételt! rianchon tétel Ha egy hatszögbe kúpszelet írható, akkor a hatszög szemköztes csúcsait összekötő egyenesek egy ponton mennek át. Mostani hatszögünk kissé elfajult. Oldalegyenesei: C, C, C, C,,. Ha egy érintő hatszög két szomszédos oldala egybeesik, akkor metszéspontjuknak azaz közös csúcsuknak az érintési pont tekintendő, ugyanis ha kissé elmozdítjuk az egyik éritőt, hogy egy közeli pontban érintsen, akkor a létrejövő metszéspont az érintési pontok közelében lesz. Így a csúcsok: C C = T C, C C = C, C C = T, C =, = T, C =, a szemköztes csúcsokat összekötő egyenesek pedig: T C, CT, T, amelyek tehát így a tétel értelmében egy ponton mennek át. 106 MEGOLDÁSOK.13. Először helyezzünk tömegeket a P,, Q pontokba úgy, hogy tömegközéppontjuk D-ben legyen! Ha = α 1, P = α, C = γ 1, CQ = γ, akkor a tömegpontrendszer megfelelő (lásd a. ábrát), hiszen (P α1γ, αγ, Q γ1α ) (1) P = α 1 α = α 1γ α γ, így a (P α1γ, αγ ) alrendszer helyettesíthető egy -ra helyezett tömeggel, tehát a teljes rendszer tömegközéppontja az Q egyenesen lesz, míg C CQ = γ 1 γ = α γ 1 α γ, így a (Q γ1α, αγ ) alrendszer helyettesíthető egy C-re helyezett tömeggel, tehát a teljes rendszer tömegközéppontja egyúttal a CP egyenesen is rajta lesz. Ha át akarjuk helyezni a rendszer tömegközéppontját a D átló E felezőpontjába, akkor a csúcsba még ugyanannyi tömeget teszünk, mint eddig összesen: (P α1γ, αγ+α1γ+γ1α, Q γ1α ) E x. () Most súlyozzuk úgy a P,, Q pontokat, hogy tömegközéppontjuk az C szakasz F felezőpontjára essen! ( P α1(γ1+γ), α(γ1+γ)+γ(α1+α), Q γ1(α1+α)) (3) súlyozás megfelelő, hiszen ( P α1(γ1+γ), α(γ1+γ)) (α1+α)(γ1+γ), P α G D F Q γ α 1.13M.. ábra. C E γ 1

54 . TÖMEGKÖZÉPPONT 107 míg ( Q γ1(α1+α), γ(α1+α)) C (α1+α)(γ1+γ), így ( P α1(γ1+γ), α(γ1+γ)+γ(α1+α), Q γ1(α1+α)) F y. Ha most a () tömegpontrendszerben minden csúcsnál levesszük az ottani súlyból a (3) tömegpontrendszerben feltüntetett súlyt, akkor az (E x, F y ) súlyozással ekvivalens súlyozáshoz jutok, amelynek tömegközéppontja az EF egyenesen van. Ez a súlyozás konkrétan ( P α 1γ 1, 0, Q γ1α1), (4) tehát tömegközéppontja a P Q szakasz G felezőpontja. Ezzel beláttuk, hogy E, F és G egy egyenesen vannak..14. Jelölje az C háromszög, C, C oldalainak hosszát szokásosan c, a és b! Tekintsük az ( a, b, C c ) tömegpontrendszert! szögfelező tétel szerint ennek a pontrendszernek a tömegközéppontja a háromszög beírt körének I középpontja! tömegpontrendszernek a saját súlypontjára vonatkozó tehetetlenségi nyomatéka: Θ I = 1 a + b + c (abc + bca + cab ) = abc, (1) míg a körülírt kör O középpontjára vonatkozó tehetetlenségi nyomatéka Θ O = a O + b O + c OC = (a + b + c)r. () Steiner tétele alapján a két tehetetlenségi nyomaték között az Θ O = Θ I + (a + b + c)oi (3) összefüggés áll fenn. Mivel OI = d, abc = Rab sin γ = 4RT és (a + b + c) = T/r, ahol T az C háromszög területe, így (1)-et és ()-at (3)-ba írva kapjuk, hogy azaz így (a + b + c)r = abc + (a + b + c)d, R = abc (a + b + c) + d, R Rr = d. (4) 108 MEGOLDÁSOK.15. Tegyünk a háromszög mindhárom csúcsába egységnyi tömeget és számoljuk ki a rendszer súlypontra, majd az oldal F felezőpontjára vonatkozó tehetetlenségi nyomatékát! VI. alapelv szerint Θ S = a + b + c, 3 míg a IV. alapelv szerint ( c ) ( c ) Θ F = FC + F + F = s c + +, a Steiner-tétel szerint (V. alapelv) pedig azaz és ebből Θ F = Θ S + 3FS = Θ S + 3 ( sc ), 3 ( c ) ( c s a c + + = ) + b + c ( sc ) + 3, 3 3 s c = a + b c Tekintsük az ( q, p, C p+q) súlyozott pontrendszert. Mivel a II. alapelv miatt ( q, p ) = F p+q, így az I. alapelv miatt ( q, p, C p+q ) = S p+q, ahol S az FC szakasz felezőpontja. Számoljuk ki a rendszer saját súlypontjára, majd az F pontra vonatkozó tehetetlenségi nyomatékát! VI. alapelv szerint Θ S = p(p + q)a + q(p + q)b + pqc (p + q) míg a IV. alapelv szerint = p a + q b + Θ F = (p + q)fc + qf + pf = (p + q)fc + q a Steiner-tétel szerint (V. alapelv) pedig = (p + q)fc + pq p + q c, pq (p + q) c, ( ) ( ) pc qc + p = p + q p + q Θ F = Θ S + (p + q)fs = Θ S + (p + q) ( ) FC = Θ S + p + q FC,

55 . TÖMEGKÖZÉPPONT 109 azaz és ebből (p + q)fc + pq p + q c = p a + q pq b + (p + q) c + p + q FC, FC = p p + q a + q p + q b pq (p + q) c..17. a) Legyen C = 1 1. Helyezzünk súlyokat az,, C pontokba úgy, hogy a rendszer tömegközéppontja C -ben legyen! Mivel C, így a C csúcsra összességében nulla tömeget kell tenni. szögfelező tétel szerint 1 = c 1C a, míg 1 = c 1C b, így a C c = 1 a+c és b C c = b+c 1. Ennek alapján megfelelő lesz a a b tömegpontrendszer, hiszen a b = a b C c c = a C c b C c = a+c 1 b c 1, és így a tömegközéppont valóban az, 1 1 egyenesek C metszéspontjában lesz. Tekintsük még az pontnak a C-ből induló külső szögfelezőre vonatkozó tükörképét, az 3 pontot, valamint az 3 szakasz F felezőpontját, amely az említett külső szögfelezőre esik. Mivel 3 C = b és C = a, így a b = a a a 3 b = a a 3 b a 3 = a F C b a, tehát a pontrendszer C tömegközéppontja valóban illeszkedik a C csúcshoz tartozó külső szögfelezőre. b) Általánosan kezeljük a kérdést. z is igaz, hogy ha 1, 1, CC 1 tetszőleges Ceva szakaszok azaz 1 C, 1 C, C 1 és 1, 1, CC 1 egy közös P pontban metszik egymást és C = 1 1, = C 1 1 C, = 1 C 1 C, akkor, és C egy egyenesen vannak. Ha α β C γ = P α+β+γ, akkor és így α β = C α+β 1, β C γ = β+γ 1, C γ α = α+γ 1, α β = α β C 0 = α C γ β C γ = α+γ 1 β γ 1, tehát a tömegközéppont az 1 1 = C pont: α β = C α β. Ehhez hasonlóan juthatunk el a, pontokhoz, az alábbi táblázat mutatja, hová mennyi súlyt tegyünk: 110 MEGOLDÁSOK C : 0 β γ : α 0 γ C : α β 0 Látható, hogy az,, C pontok mindegyike rajta van az 1 α x + 1 β y + 1 γ z = 0 (1) egyenletű egyenesen, tehát mindegyikük olyan x y C z súlyozással kapható meg, amelyre fennáll a (1) reláció..18. k beírt kört érintő egyenes olyan háromszögeket alkot az eredeti háromszög két-két oldalával, amelynek beírt vagy hozzáírt köre a k kör. Ezért többször is szükségünk lesz az alábbi lemmára. Lemma z C háromszöghöz rögzített (x ; x ; x C ) baricentrikus koordinátarendszerben az I(i ; i ; i C ) pont akkor és csakis akkor középpontja az C háromszög beírt vagy valamelyik hozzáírt körének, ha i i = C C, i i C = C, i C i = C. (3) Valóban, a beírt kör középpontjának koordinátái a szokásos jelölésekkel (a; b; c), míg a C, C, oldalakhoz hozzáírt körök középpontjai rendre ( a; b; c), (a; b; c), (a; b; c), és pont az ezekkel arányos számhármasok elégítik ki a (3) összefüggést. Messe az l egyenes a háromszög C oldalegyenesét a (a; 0; c a ), a C oldalegyenest az (0; b; c b ) pontban, ahol (1)-nek megfelelően Mivel ξ a a + ξ c c a = 0, ξ b b + ξ c c b = 0. (4) I a+b+c = a b C c = a+ca b+cb C c ca cb, (5) így a Lemma szerint csak azt kell ellenőrizni, hogy (a + c a ) (b + c b ) = C, Mivel C (b + c b ) (c c a c b ) = C, C C = a c a + a, C C = (c c a c b ) (a + c a ) = C. (6) b c b + b,

56 . TÖMEGKÖZÉPPONT 111 így C = ab c a + a, C = ab c b + b, (7) tehát (6) első egyenlete teljesül. z C háromszögre vonatkozó koszinusz tételből az C = γ szögre és így az C háromszögre vonatkozó cos γ = a + b c, (8) ab = C + C C C cos γ koszinusztételből ( ) (ca + a)(c b + b) = (c b +b) +(c a +a) (c b +b)(c a +a) a + b c. (9) ab ab (6) egyenletek szorzata azonosan teljesül, így elég közülük kettőt ellenőrizni. Mivel az elsőt igazoltuk, alább csak a harmadikra, a (c c a c b ) = C (a + c a) relációra koncentrálunk. (7) (9) összefüggéseket felhasználva a (c c a c b ) = (c b + b) + (c a + a) (c b + b)(c a + a) a + b c összefüggéshez jutunk. Ebben felbontjuk a zárójelek és átrendezzük a c a, c b változók polinomjaként és leosztunk a mindenütt megjelenő (a + b + c) tényezővel: c a c b (a + b c) c a b(a b + c) c b a( a + b + c) = 0. (10) (4) relációk segítenek, hogy megkapjuk az l egyenes együtthatóira vonatkozó összefüggést: ab 11 MEGOLDÁSOK.19. Jelölje az l egyenes előjeles távolságát az,, C pontoktól rendre α, β és γ, azaz legyen l egyenlete az,, C pontokhoz rögzített baricentrikus koordinátarendszerben αx + βx + γx C = 0. (1) Tehát a (1) egyenes pontjai azok a pontok, amelyek olyan x x C xc súlyozással adhatók meg, amely súlyokra teljesül a (1) reláció. beírt kör I középpontja is illeszkedik l-re, és I az a b C c tömegpontrendszer súlypontja, így αa + βb + γc = 0. () I-ből kiindulva most cseréljük ki az a tömegpontot az a 1 tömegpontra! tömegpontrendszernek az l egyenesre vonatkozó forgatónyomatéka nem változott, tehát továbbra is zérus, az új tömegközéppont is l-en van. Cseréljük ki most az a 1 tömegpontot az a tömegpontra! Ezzel sem változtattunk a l-re vonatkozó forgatónyomatékon, de most már mindegyik tömegpontunk az egyenesen van, tehát a tömegközéppont az 3 = l pont, a b C c = a+b+c 3 (3) Szeretnénk kitalálni, hogy az pont hol helyezkedik el a C egyenesen, tehát szeretnénk súlyokat tenni a, C pontokra, hogy tömegközéppontjuk 3 legyen. Először tegyünk úgy súlyokat -re és C-re, hogy a tömegközéppont 3 -ban legyen és az össztömeg annyi legyen, mint az előbb: ( a+b+c)! (1) egyenletből ismertek a, C pontokből az l tengelyhez tartozó erőkarok arányai β γ = 3 3C, így γ γ β ( a+b+c) C β γ β ( a+b+c) = a+b+c 3 (4) α 1 azaz ab(a + b c) ξ aξ b ξ c + ab(a b + c) ξ a ξ c + ab( a + b + c) ξ b ξ c = 0, (s c)ξ a ξ b + (s b)ξ a ξ c + (s a)ξ b ξ c = 0, (11) vagy a kívánt összefüggés még egyszerűbben: s c ξ c + s b ξ b + s a ξ a = 0. (1) C γ l I 3 l β.19m.1. ábra.

57 . TÖMEGKÖZÉPPONT 113 (3), (4) tömegpontrendszerek összevetéséből kapjuk, hogy γ γ β ( a+b+c) b C β γ β ( a+b+c) c = a (5) (γ β) mennyiséggel átszorozva, a () összefüggést felhasználva, egyszerűsítés után kapjuk, hogy α γ C α+β = β γ (6) Ehhez hasonlóan kaphatjuk az,, C pontok azon súlyozásait, amelyek tömegközéppontja a illetve a C pont. z eredményeket táblázatba foglaljuk össze: C : 0 α γ α + β : β + γ 0 β α C : γ β γ + α 0 Látható, hogy az,, C pontok mindegyike rajta van az 1 β + γ x + 1 γ + α y + 1 α + β z = 0 (7) egyenletű egyenesen, tehát mindegyikük olyan x y C z súlyozással kapható meg, amelyre fennáll a (7) reláció. b) (7) egyenesről a 18. feladat eredménye alapján eldönthető, hogy érinti-e a beírt kört. (s a)(β + γ) + (s b)(γ + α) + (s c)(α + β) = = α(s b + s c) + β(s c + s a) + γ(s a + s b) = αa + βb + γc, tehát a () összefüggés szerint az egyenes tényleg érinti a beírt kört. 114 MEGOLDÁSOK 3. Inverzió 3.1. Legyen az inverzió alapköre k, középpontja O, az invertálandó pont P. Három esetre bontjuk a feladatot. I. eset: P illeszkedik a k körre. Ekkor P = P. II. eset: P a k kör külső pontja (lásd az 1. ábrát). Legyenek P -ből a k körhöz húzott érintők érintési pontjai és C. Állítjuk, hogy -nek és C-nek az OP egyenesre vonatkozó közös merőleges vetülete tehát a C szakasz felezőpontja P. Valóban, az OP derékszögű háromszögre vonatkozó befogó-tétel (másképp: az OP, OP háromszögek hasonlósága) szerint erre a P pontra OP OP = O, ahol O a k kör sugara, így P a P inverze. III. eset: P a kör belső pontja. z az 1. ábrát most fordítva szerkesztjük meg. P -ben az OP egyenesre állított merőleges a k körből kimetszi a, C pontokat, és az azokban k-hoz húzott érintők egymást P invertáltjában metszik. Ennek igazolása a II. esetével analóg. 3.. Jelölje az inverzió alapkörét i, középpontját O, az invertálandó pontot P. Tegyük fel először, hogy a P középpontú P O sugarú kör metszi az i kört, legyenek a metszéspontok T 1 és T. T 1 illetve T középpontú T 1 O (= T O) sugarú körök O- n kívül még egy pontban metszik egymást, legyen ez Q. Könnyen igazolható, hogy Q a P inverz képe i-re, ha figyelembe vesszük, hogy az OT 1 P, OQT 1 háromszögek hasonlóak. Ha a P középpontú P O sugarú kör nem metszi az i kört, akkor az alábbi előkészítő eljárást hajtjuk végre. z OP szakaszból kiindulva szabályos háromszögrácsot szerkeszthetünk a körző segítségével és így megszerkeszthetjük az OP félegyenes P, P 3,... pontjait, melyekre OP = OP, OP 3 = 3OP,.... Valamely n-re a P n pont P n inverze már szerkeszthető lesz. Ezek után az OP n szakaszra.1. a) Számítsuk ki a ta tb C tc P t tömegpont tehetetlenségi nyomatékát az O ponton átmenő az C síkra merőleges tengelyre vonatkozólag. (lkalmazzuk az V., VI., alapelveket!) a b) lkalmazzuk az a) feladatrész eredményét a D = P pontra! Mivel = b sinβ = c sinγ sinα = = r, így az D, CD, CD háromszögek területének abszolút értéke rendre c 4r D D, a 4r D DC, b 4r DC D, amiből a területek előjelét is figyelembe véve adódik az állítás... lkalmazzuk a.1 feladat állítását!.3. P 1 P = ( (β 1 β )(γ 1 γ )a + (γ 1 γ )(α 1 α )b + (α 1 α )(β 1 β )c ). k O P C 3.1M.1. ábra. P

58 3. INVERZIÓ 115 alapuló szabályos háromszögráccsal megszerkesztjük az OP n félegyenes azon Q pontját, amelyre OQ = nop n. Ez a Q pont a P invertáltja, hiszen r OP = n r nop = n r OP n = nop n = OQ Jelölje az adott pontokat O és P. Két szabályos háromszög szerkesztésével duplázható, hárommal triplázható az OP szakasz, azaz megszerkeszthető az a P és az a P 3 pont, amelyre az OP szakasz felezőpontja P, illetve az OP 3 szakasz O felőli harmadolópontja P. P, P 3 pontok képe az O középpontú P ponton átmenő körre vonatkozó inverziónál az OP szakasz P felezőpontja illetve P 3 harmadolópontja. Ezeket a 3.. feladat megoldása alapján szerkeszthetjük a) O = O hiszen pozitív paraméterű inverziónál az O, O félegyenesek megegyeznek egymással csakúgy, mint az O, O félegyenesek, míg negatív paraméterű inverziónál O és O illetve O és O is egymással ellentétes (ugyanazon az egyenesen ellenkező irányú) félegyenesek. z inverzió definiciója szerint λ = O O = O O, (1) amiből O O = O O, tehát az egyenlő szög melletti oldalak aránya egyenlő, a két háromszög valóban hasonló. b) Ha a négy pont nincs egy egyenesen a G.II feladat állítása szerint (1)- ből következik, hogy egy körön vannak. (z O pont hatványa az körre λ, így is rajta van ezen a körön.) 116 MEGOLDÁSOK 3.5. b) kép az OT szakasz Thalesz köre kivéve magát az O pontot, ahol T az e egyenes és a T kör érintési pontja. c) T pont képe önmaga a rajta átmenő k körre vonatkozó inverziónál. Legyen P az e egyenes tetszőleges T -től különböző pontja és Q az OP félegyenes és OT Thalesz körének O-tól különböző metszéspontja. z P T O háromszög derékszögű, az OP átfogóhoz tartozó magasság épp QT, hiszen a Thalesz-tétel értelmében T QO derékszög. efogó-tétel szerint OQ OP = OT, ami épp azt jelenti, hogy P és Q egymás képei az OT sugarú körre vonatkozó inverziónál. Tehát e pontjai a Thalesz körre kerülnek. Megfordítva, ha Q az OT szakasz Thalesz körének O-tól és T -től különböző pontja, akkor az OQ félegyenes és az e egyenes P metszéspontjára elmondható az előző bekezdés gondolatmenete, P és Q egymás képei az inveriónál. Tehát a Thalesz kör bármelyik O-tól különböző pontja előáll képként Kilencszeres nagyítással. Tekintsünk általában egy λ 1 és egy λ paraméterű O centrumú inverziót. P pont két képe P 1 és P az OP irányított egyenesen helyezkedik el az OP OP 1 = = λ 1, OP OP = λ relációknak megfelelően. két összefüggés hányadosa: OP OP 1 = = λ λ 1, tehát a P pont a P 1 pont képe az O centrumú λ λ 1 arányú nagyításnál. ( ) konkrét esetben λ λ 1 = r = r r1 r 1 = Ha e átmegy az inverzió O centrumán, akkor képe lényegében önmaga, csak magának az O pontnak nincs képe a síkon, illetve O nem képe a sík semelyik pontjának sem. e T 1 i O Q P O Q P T T 3.M.1. ábra. 3.5M.1. ábra.

59 3. INVERZIÓ 117 Ha e nem megy át az inverzió centrumán, akkor képe egy O-n átmenő kör. Ha az O-ból e-re állított merőleges talppontja T, és T képe az inverziónál T, akkor e képe az OT szakasz Thalesz köre az O pont nélkül. Ez a feladatok mintájára igazolható a) P pont P képe az OP egyenesen van, tehát valamely α valós számmal OP = α OP. z inverzió definíciója szerint az OP, OP vektorok előjeles hosszának szorzata λ, azaz α ( ) OP = λ, tehát α = λ x +y, P λx λy x +y ; x +y. ( b) z inverzió inverze ugyanaz az inverzió, tehát a P (x; y) pont a P λx x +y ; ) λy x +y pont képe. c) P (x, y) pont akkor és csakis akkor van rajta a megadott egyenletű alakzat képén, ha a P pont őse rajta van az eredeti alakzaton, tehát ha a P pont ősének koordinátái kielégíti az alakzat egyenletét: ( ( ) ( ) ) ( ) ( ) λx λy λx λy x + y + x + y + x + y + C x + y + D = 0. Mivel ( ) ( ) λx λy x + y + x + y = λ (x + y ) (x + y ) = λ x + y, így (x + y )-tel való átszorzás után a egyenlethez jutunk. d) z λ D(x + y ) + λx + λcy + = 0 (1) (x + y ) + x + Cy + D = 0 () -tól függően kör vagy egyenes egyenlete és D-től függően átmegy az origón, ami az inverzió centruma, vagy nem megy át rajta. Részletesen: paraméterek alakzat = 0, de 0 vagy C 0 egyenes 0 kör (pontkör, képzetes kör) D = 0 átmegy az inverzió centrumán D 0 nem megy át az inv. centrumán z 1.,. egyenletek összevetéséből látható, hogy az inverziónál a centrumon átmenő egyenes képe a centrumon átmenő egyenes; a centrumon átmenő kör képe a centrumon át nem menő egyenes; a centrumon át nem menő egyenes képe a centrumon átmenő kör; a centrumon át nem menő kör képe a centrumon át nem menő kör. 118 MEGOLDÁSOK z inverzió O i centrumát a vizsgált k kör O k középpontjával összekötő e egyenesen számolunk. Kissé általánosabban dolgozunk, az i inverzió paramétere legyen λ, a feladatban λ = r. Legyen e k = {, }. Tekintsük az e egyenest olyan számegyenesnek, amelynek origója O i és O k felé van irányítva. z O k,, pontoknak feleljenek meg rendre a δ = d, a, b számok, ahol tehát a b = R, a+b = d. Ezekből ( ) ( ) a + b a b ab = = d R. z, pontok i inverziónál származó, képeinek megfelelő számok λ a, λ b, tehát a k kör k képének középpontjának a δ = λ a + λ b = a + b szám felel meg, míg k sugara λ r a = λ b = b a képkör sugara tehát, míg a képkör középpontjának az inverzió centrumától mért távolsága d = r R d R r d d R. λ ab = λd d R λ ab = λr d R Vegyük észre, hogy az I. eset a II. eset speciális esete, amelyben az egyik -n és -n átmenő kögyenes egy egyenes. Ezek után csak a II. esetet vizsgáljuk. Tegyük fel először, hogy i kicseréli egymással -t és -t és tekintsünk az, pontokon átmenő tetszőleges k kört. z inverzió paramétere, a λ = O O mennyiség egyben az O pont k körre vonatkozó hatványa. Legyen C a k kör egy tetszőleges további pontja és az OC egyenes még D-be messe k-t illetve legyen D = C, ha OC érintő. z O pont k körre vonatkozó hatványa ezen a szelőn is leolvasható: λ = OC OD, azaz i kicseréli C-t és D-t is, tehát k-t önmagára képezi. Megfordítva, tegyük most fel, hogy két különböző -n és -n átmenő kögyenes is önmagára képződik az i inverziónál. Két kögyenes legfeljebb két pontban metszi egymást, tehát az adott esetben épp kettőben, -ban és -ben. z pont rajta van mindkét kögyenesen, amelyek fixek i-nél, tehát képe is rajta van mindkét kögyenesen, azaz képe vagy. Mivel nem fixpont, így képe, egyúttal képe, ahogy állítottuk Tekintsük az = a egyenest. z -t és -t kicserélő O inverzió centruma az inverzió definíciója szerint az egyenesen van és különbözik az, pontoktól. Megfordítva, ha O az a egyenes -tól és -től különböző tetszőleges pontja, akkor az O centrumú O O paraméterű inverzió kicseréli egymással az,

60 3. INVERZIÓ 119 pontokat (ha O az szakasz belső pontja, akkor az O O szorzat értékét tekintsük negatívnak). továbbiakban két esetet különböztetünk meg aszerint, hogy illeszkedik-e a-ra vagy nem illeszkedik rá. Ha nem illeszkedik a-ra, akkor tekintsük az háromszög k körülírt körét feladat eredménye szerint az -t és egymással kicserélő inverzió önmagára képezi a k kört, tehát -t a k valamely -tól és -től különböző pontjába viszi. Másrészt ha a k kör tetszőleges -től és -től különböző pontja és a = b egyenes illetve = esetén a k kör beli b érintője az O pontban metszi a-t, akkor O különbözik az, pontoktól és az O centrumú, λ = O O paraméterű inverzió k-t önmagára, -t -re képezi. Előfordulhat, hogy az a, b egyenesek párhuzamosak egymással, ekkor nincs inverzió, szerepét az szakasz t felezőmerőlegesére való tengelyes tükrözés veszi át, az cseréli ki egymással -t és -t, illetve -t és -t. keresett mértani hely tehát a k kör kivéve három pontot: -t, -t és t-re vonatkozó tükörképét. Ha illeszkedik a-ra, akkor tekintsük ezt az egyenest számegyenesnek. z,, pontokhoz illetve a keresett ponthoz rendelt valós számok legyenek rendre α, α, β illetve β. z O pont akkor és csakis akkor megfelelő inverziós centrum, ha az O-nak megfeleltetett x valós számra (α x)(α x) = (β x)(β x) 0. (1) zárójelek felbontása után x-re lineáris egyenletet kapunk, mely rendezéssel a αα ββ = x ((α + α ) (β + β )) () alakra hozható. () reláció jobb oldalán az x együtthatója pontosan akkor zérus, ha α+α = β+β, azaz ha az, szakaszok felezőpontja egybeesik. Ebben az esetben a λ = 1 arányhoz tartozó speciális inverzióról, a középpontos tükrözésről van szó, de alkalmas tengelyes tükrözés is kicseréli -t -vel és -t -vel. Minden más esetben a () egyenletből egyértelműen meghatározható x értéke és az (1) szorzat megadja az inverzió paraméterét. Ez csak akkor lehet zérus, ha az (1) reláció egyszerre mindkét oldalán nulla áll, tehát csak akkor, ha az, pontok egyike megegyezik a, pontok egyikével. Ilyenkor tényleg nincs megfelelő inverzió, vagy triviális az állítás ( = és = ill. = és = ). Tehát az a egyenes tetszőleges pontja lehet, kivéve három pontot: -t és -t, valamint a pont felezőpontjára vonatkozó tükörképét z inverzió centruma az egyenes egy olyan O pontja amelyre O O = OC. (1) Ha, és C nem kollineáris, akkor a fenti összefüggés a szelőtétel alapján úgy is értelmezhető, hogy az C háromszög körülírt körét érinti az OC egyenes, azaz O 10 MEGOLDÁSOK a ponthármas körülírt köre C-beli érintőjének az egyenessel való metszéspontja. z,, C pontok kollineárisak is lehetnek. Erre az esetre térjünk vissza a feladat megoldása után! megoldás. Legyen a K kör középpontja O, sugara r, míg M a K kör tetszőleges, de az = O egyenesre nem illeszkedő pontja. Állítjuk, hogy az MO, OM háromszögek hasonlóak. Valóban, e két háromszög O-nál fekvő szöge közös, míg az r inverzió definíciója szerint O = O r és ez már elég a hasonlósághoz. z aránypárt most írjuk fel mind a három oldalra: M M = r O = O r. z adott szituációban az utóbbi két arány értéke állandó, tehát az első arány értéke is változatlan. Külön számolással vagy a folytonosságra való hivatkozással igazolhatjuk, hogy az arány értéke a teljes K körön (az O egyenessel való metszéspontokban) is ugyanaz az érték.. megoldás. Induljunk ki az inverzi szerkesztésének 3.1M. megoldásban leírt módszeréből. Ha és kicserélődik egymással a K körre vonatkozó inverziónál, akkor és egyike (az alábbiakban ) a K külső pontja és a belőle K-hoz húzott érintők U, V érintési pontjai közti szakasz felezőpontja a másik pont (). Messe az O = O egyenes a K kört a T 1, T pontokban. z O egyenesre való tengelyes szimmetria miatt a K kör UT 1, T 1 V ívei egymással egyenlőek, csakúgy mint az UT, T V ívek. z azonos ívekhez azonos kerületi illetve érintő szárú kerületi szögek tartoznak, tehát és UT 1 T 1 U (mod 180 ), UT T U (mod 180 ). Szögfelező-tétel és annak külső szögfeleőre vonatkozó variánsa értelmében tehát U U = T 1 T 1 = T T. (1) Ismeretes, hogy azok a pontok, amelyeknek két adott ponttól való távolságának aránya rögzített érték, egy körön (ill. ha az arány 1, akkor a két pont felez?mer?legesén) helyezkednek el. (1) összefüggés szerint a K kör T 1, T, U pontjainak az, pontoktól való távolságainak aránya azonos, tehát K minden pontjára azonos ez az arány. Ezt kellett igazolnunk.

61 3. INVERZIÓ 11 fordított állítást, miszerint ha a K kör pontjainak az, pontoktól való távolságának aránya egy rögzített λ érték, akkor a K-ra vonatkozó inverzió kicseréli -t és -t az Olvasóra hagyjuk. 3. megoldás. a)-b) Egyszerre kezeljük a két feladatrészt. példának akkor van értelme, ha az és a pont illetve és egymástól különböző. Messe az egyenes a K kört a T 1, T pontokban. Ha T 1 T nem átmérője K- nak, akkor és nem egymás képe a K körre vonatkozó inverziónál és K nem is pollóniusz köre az, pontpárnak. Tegyük fel a továbbiakban, hogy T 1 T a K kör átmérője és T 1 elválasztja az, pontokat. Tekintsük a K kör T 1 -től és T -től különböző C pontját és képezzük az C szög belső szögfelezőjének egyenessel vett H metszéspontját. szögfelező-tétel értelmében C akkor és csakis akkor van rajta az, pontpár T 1 -et is tartalmazó pollóniusz körén, ha H = T 1. G.II feladat eredményét fogjuk használni. Eszerint, ha az C háromszög L körülírt körének C-beli érintője az egyenest a P pontban metszi, akkor P C = P H, tehát a P középpontú P C sugarú kör átmegy H-n. Ha és egymás képe a K körre vonatkozó inverziónál, akkor az L kör önmagára képződik ennél az inverziónál, így a feladat állítása szerint az L kör C-beli érintője átmegy O-n, tehát P = O, H = T 1, így K valóban pollóniusz kör. Megfordítva, ha K az, pontpár pollóniusz köre, akkor H = T 1, így a CH szakasz felezőmerőlegese ami átmegy P -n egyben a K kör CT 1 húrjának is felezőmerőlegese, így P = O. Ekkor OC érinti L-t C-ben tehát a feladat állítása szerint L fix a K-ra vonatkozó inverziónál, azaz és kicserélődik.q.e.d. 4. megoldás. 3.18M3. elején leírtakból indulunk ki, tehát feltesszük, hogy az egyenes a K kör egy átmérő T 1, T pontjaiban metszi. Ebben az esetben K pontosan akkor pollóniusz köre az, pontpárnak, ha T 1 T 1 = T T (1) és pontosan akkor cseréli ki a K-ra vonatkozó inverzió -t és -t, ha O O = OT 1 OT, () ahol O a T 1 T szakasz felezőpontja, K középpontja. Számoljunk az OT 1 egyenesen irányított távolságokkal, tehát mintha a számegyenesen lennénk: tehát OT 1 = r, OT = r, O = p, O = q, T 1 = r p, T 1 = q r, T = r p, T = q + r. 1 MEGOLDÁSOK Ezekkel a jelölésekkel az (1) egyenlet átszorzás után így írható: (r p)(q + r) = (q r)( r p), azaz (r pq) + r(q p) = (r pq) r(q p). (3) Mivel és különböző és K valódi kör, így az r(q p) mennyiség zérustól különböző. Ebben az esetben a (3) összefüggés pontosan akkor teljesül, ha r = pq, azaz ha () fennáll. Q.E.D. 5. megoldás. Illesszünk koordinátarendszert az ábrához úgy, hogy K legyen annak origó középpontú egységköre, tehát K egyenlete x + y 1 = 0. (1) Ha koordinátái (ξ; ( η), akkor K-ra vonatkozó inverzének koordinátái (lásd a 3.1. feladatot) ξ η ξ +η ; ξ +η ). Fontos lesz, hogy nincs rajta a K körön, tehát ξ + η 1 0. z olyan C pontok alkotják az, pontpár pollóniusz körét, amelyekre valamely α számmal Ezen pollóniusz kör egyenlete tehát (x ξ) + (y η) = α ( ( x P = αp. () ) ( ) ) ξ η ξ + η + y ξ + η. (3) Vegyük észre, hogy ebből α = ξ + η esetén kiesnek a lineáris tagok és rendezés, majd a zérustól különböző (ξ + η 1) mennyiséggel való leosztás után épp a K kör (1)-ben adott egyenletéhez jutunk, tehát K az, pontpár pollóniusz köre. Másrészt, ha az (ξ; η), (ξ ; η ) pontpár () szerinti α ±1 paraméterhez tartozó pollóniusz körének egyenlete (x ξ) + (y η) α ( (x ξ ) + (y η ) ) = 0, (4) ami a zárójelek felbontása, rendezés és (1 α )-tel való leosztás után x + y x ξ α ξ 1 α y η α η 1 α α ξ ξ + α η η 1 α = 0. (5) Ez az egyenlet pontosan akkor lesz az origó középpontú egységsugarú kör egyenlete, ha ξ = α ξ ; η = α η ; 1 α = α ξ ξ + α η η.

62 3. INVERZIÓ 13 Ha az utolsó egyenletben ξ és η helyére beírjuk az első egyenletből leolvasható α kifejezéseket, majd sorozzuk a két oldalt 1 α -tel, akkor kapjuk, hogy α = ξ + η, ξ = ξ ξ + η, η η = ξ + η, tehát az képe az egységkörre vonatkozó inverziónál. Q.E.D ) ) illetve ) ) Legyen a két kör középpontja O K és O L, és a körök T metszéspontjában érintőjük e K illetve e L. K középpontjából az L-hez húzott érintő érintési pontja természetesen az L körön van, tehát pontosan akkor van a K körön is, ha az egyik ilyen érintési pont épp T. Minden körben igaz, hogy az érintési ponthoz húzott sugár merőleges az érintőre: O K T e K, O L T e L. Tehát a merőleges szárú szögek miatt e K e L O K T O L T. (1) Megfordítva, a kör egy pontján átmenő egyenes pontosan akkor érintő, ha merőleges a kör adott pontjához húzott sugárra. Tehát O K T pontosan akkor érinti L-t, ha O L T O K T. z 1 ekvivalencia igazolja ) és ) illetve ) és ) ekvivalenciáját. ) C) z R K, R L, d mennyiségek az O K T O L háromszög oldalai. Tehát a Pitagorasz tétel és megfordítása szerint a R K + R L d = 0 egyenlet pontosan azt fejezi ki, hogy O K T O L = 90, azaz azt, hogy az O K O L sugarak egymásra merőlegesek. Így újra (1) igazolja az ekvivalenciát. ) = D) Ha P az L kör tetszőleges pontja és az O K P egyenes még Q-ban metszi L-t, akkor az O K pont L-re vonatkozó hatványa az érintőn számolva O K T = R K, a szelőn számolva O K P O K Q és a kettő egyenlősége épp azt fejezi ki, hogy P és Q kicserélődik a K-ra vonatkozó inverziónál. D) = ) feltétel szerint van L-nek olyan P pontja, amely nem fix az inverziónál. Ha ezzel a P -vel az O K P egyenes még Q-ban metszi L-t, akkor szükségképpen P és Q kicserélődik a K-ra vonatkozó inverziónál, tehát O K P O K Q = R K. () fenti összefüggés (és P Q) azt is jelenti, hogy P és Q egyike a K körön kívül, a másik a körön belül van, tehát a P -n és Q-n átmenő L kör metszi K. Ha az egyik metszéspont T, akkor annak képe az inverziónál önmaga. Ha O K T érinti L-t, akkor készen vagyunk ) igazolásával. Ha nem érinti, hanem O K T -nek L-lel van 14 MEGOLDÁSOK egy T -től T metszéspontja is, akkor D) miatt T képe is önmaga lesz a K-ra vonatkozó inverziónál, tehát T O K T a K kör egy átmérője. Mivel L valódi kör (nem az átmérő egyenese) és konvex, így O K az L belsejében van. Ez kizárja, hogy O K centrumú pozitív (RK ) paraméterű inverzió önmagára képezze L-t. D ) ), mint D) ) fent. D) E) P, Q L pontpár pontosan akkor cserélődik ki a K-ra vonatkozó inverziónál, ha O K P O K Q = R K, de a szelőtétel miatt ez egyszerre teljesül az összes O K-ból L-hez húzott szelőn, tehát pontosan akkor teljesül, ha L fix az inverziónál, de nem fix minden pontja. D ) E), mint D) E) C) F) z a(x + y ) + bx + cy + d = 0 egyenlet így írható át: ( ( a x + b ) ) ( + y + c ) b + c 4ad a a 4a, (3) tehát ez olyan kör egyenlete, amelynek középpontja valamint sugarának négyzete ( O b a ; c ), R = b + c 4ad a 4a. (4) Így d = O 1 O = tehát ( bk b ) ( L ck + c ) L = b K a K a L a K a L 4a + b L K 4a + c K L 4a + c L K 4a b Kb L + c K c L, L a K a L (5) RK + RL = b K 4a + b L K 4a + c K L 4a + c L K 4a d K d L, (6) L a K a L R K + R L d = a Kd L + b K b L + c K c L d K a L a K a L, (7) ami igazolja C) és F) ekvivalenciáját. 3.0.

63 3. INVERZIÓ megoldás. k, k, k C körök egyértelműségét igazolja a feladat. megoldást a feladat állítására építjük. Először megmutatjuk, hogy a k, k, k C körök között van kettő, amelyek egymást két pontban metszik. bból, hogy a k körre vonatkozó inverzió kicseréli egymással a, C pontokat következik, hogy és C közül az egyik a továbbiakban a k kör belső pontja, míg a másik legyen ez C a k körön kívül helyezkedik el. k C körre való inverzió kicseréli -t és -t, amiből következik, hogy a k C kör valamely C 1 pontban metszi az szakaszt. z pont illeszkedik k -ra, pedig k belső pontja, így a k kör konvexitása miatt C 1 is belső pontja k -nak. C pont viszont külső pontja k -nak. Ha a k C kör két C 1 és C közti íve a k kör egy belső és külső pontját köti össze, így mindkét íven egy külső és belső pontok közti határpont, a k kör egy-egy pontja. k, k C körök tehát két pontban metszik egymást. Ha P a k, k C körök egyik metszéspontja, akkor a feladat állítása szerint P k miatt P CP = C, (1) míg P k C miatt P P = C C. () z előbbi (1), () összefüggések szorzata P CP = C, (3) azaz P illeszkedik az, C pontok : C arányú pollóniusz körére, ami a b) feladat állítása szerint a k kör. Megmutattuk, hogy a k, k C pontok bármelyik metszéspontjára igaz, hogy illeszkedik a k körre, amivel a feladat állítását igazoltuk.. megoldás. Példánk kapcsolatos a 9.6. feladattal. Itt lényegében annak állítását az ottani b) részt is igazoljuk. Használható annak a feladatnak az ábrája is. Nem adunk új bizonyítást arra, hogy a k, k, k C körök egyértelműek és arra, hogy közülük valamelyik kettő két pontban metszi egymást. Ezeket a 3.0M1. megoldás első részében láthattuk. Használjuk még fel, hogy az inverzió inverziótartó (lásd a feladatot)! Jelölje a k, k, k C körökre való invertálást rendre i, i, i C. Legyen a k kör i -nál származó képe k, az erre való inverziót pedig jelölje i. z inverzió inverziótartó, tehát abból, hogy és abból, hogy i () =, i () = C, i (C) =, i () = C, i () =, i (C) = 16 MEGOLDÁSOK következik, hogy Másrészt tudjuk, hogy i (C) = C, i () =, i () =. i C (C) = C, i C () =, i C () =, és a feladat megoldása szerint ezek az adatok már meghatározzák az inverzió alapkörét, tehát a k kör megegyezik a k C körrel. Megmutattuk, hogy a k, k, k C körök közül bármelyiket egy másikukra invertálva a harmadik kört kapjuk. Ennek alapján abból,hogy a három kör közül kettő két pontban metszi egymást már következik, hogy a harmadik is átmegy ezeken a pontokon és az inverzió (orientációváltós) szögtartása miatt az is közvetlenül adódik, hogy a körök közti szögek páronként egyenlőek z C = C reláció pontosan akkor teljesül, ha van olyan C -n átmenő egyenes, amelyre való tükrözés az, pontokat felcseréli. z inverzió inverziótartó (lásd a feladatot), tehát O pontosan akkor megfelelő centrum, ha O C, de valamelyik O-n és C-n átmenő kögyenesre való inverzió kicseréli -t és -t. Ezzel visszajutottunk a feladathoz keresett mértani hely az a C ponton átmenő kör (kihagyva belőle C-t), amelyre vonatkozó inverzió az pontot a -be viszi. 3.. a) Legyen az inverzió alapköre i, centruma O, az adott egyenes e, két pontja és, az O merőleges vetülete e-n T, az O tükörképe e-re Q, a T, Q pontok valamint az e egyenes képe az i-re vonatkozó inverziónál a T, Q pontok illetve az e kör. z e kör az OT szakasz Thalesz köre, ennek középpontja Q, hiszen OQ OT =, így OQ OT = 1. Q pont az ill. középpontú O-n átmenő körök O-tól különböző metszéspontja, így könnyen szerkeszthető. Ezek után Q a 3.. feladat megoldása alapján szerkeszthető és az e kör is adottnak tekinthető a) Nem igaz. Két koncentrikus körhöz nincs ilyen kör. Minden más esetben van ilyen kör, a két kör hatványvonalán választhatunk olyan pontot, amely mind a két körön kívül esik. Ez a pont a merőleges kör középpontja, sugara az innen az adott körökhöz húzott érintő hossza. b) Igaz. Két nem koncentrikus kör esetén ezt a)-ban láttuk. Két koncentrikus kör esetén bármelyik egyenes jó, amely átmegy a középponton. Kör és egyenes esetén megfelelő a kör középpontjából az egyenesre bocsájtott merőleges egyenes, de bármely olyan kör is megfelelő, amelynek középpontja az adott egyenesen van, sugara pedig a középpontból az adott körhöz húzott érintő hosszával egyezik meg.

64 3. INVERZIÓ 17 Két metsző egyenesre merőlegesek a metszéspontjuk köré, mint középpont köré írt körök. Párhuzamos egyenespárhoz végtelen sok rájuk merőleges egyenest találhatunk e) szerkesztendő kör középpontjának hatványa a három kör mindegyikére egyenlő. Ez a középpont tehát illeszkedik a körök közül bármelyik kettő hatványvonalára. Ha két ilyen hatványvonal metszi egymást, akkor a metszéspont megfelelő középpontnak és más középpont nem is lehetséges. kör sugara a középpontból a három kör bármelyikéhez húzott érintő hossza. (Ha nincs érintő, a hatványpont a körök belső pontja, akkor a szerkesztendő kör sem létezik.) Ha két ilyen hatványvonal párhuzamos, akkor nem létezik a keresett kör. Ha két hatványvonal egybeesik, akkor a közös hatványvonal bármelyik olyan pontja megfelelő középpont, amelyik a körök bármelyikének (és így mindegyiknek) határán vagy külsejében van. a) hatványvonalak metszéspontja, a három kör hatványpontja a körökön kívül helyezkedik el, tehát van ilyen kör. b) hatványpont a körök belső pontja, most nincs megfelelő kör. c) körpárok hatványvonalai egybeesnek (a három kör egy körsor három tagja), végtelen sok megfelelő kör van. d) hatványvonalak párhuzamosak, nincs hatványpont, merőleges kör sincs. Egyenes viszont van, a közös centrális mindegyik körre merőleges. f) Ha a körpárok hatványvonalai párhuzamosak egymással, akkor a körök középpontjai egy egyenesen vannak. Ebben az esetben a közös centrálisra való tükrözés önmagára képezi mindhárom kört. Minden más esetben van olyan pont, amelynek mindegyik körre azonos a hatványa. Ha a három kör középpontja nincs egy egyenesen, akkor egyetlen ilyen pont van. Ha egy egyenesen vannak a középpontok, akkor a páronkénti hatványvonalak vagy párhuzamosak (ezt az előbb vizsgáltuk) vagy egybeesnek a hatványvonalak (a körök egy körsor elemei), ilyenkor végtelen sok megfelelő pont van. Ha ez az egyik ilyen H és H közös hatványa a három körre λ, akkor a H centrumú λ paraméterű inverzió önmagára képezi a három kört. Ha λ > 0, akkor ez egy körre vonatkozó inverzió, ha λ < 0, akkor az inverziónak nincs alapköre, azaz pontonként fix köre. Ha a három körnek közös a hatványvonala, akkor ezen van olyan pont is, amelynek pozitív a három körre vonatkozó hatványa. Ha csak λ = 0 valósul meg, tehát a három körnek egy közös pontja van, amelyben nem érintik egymást, akkor és csakis akkor nincs megfelelő inverzió, se tükrözés a) Tegyük fel, hogy az O centrumú λ paraméterű i inverzió egymásba képezi az K, L köröket. Ez az O-n átmenő tetszőleges e egyenesen azt jelenti, hogy ha e a K kört az 1,, az L kört a 1, pontokban metszi, akkor i az 1, pontokat a 1, pontokba képezi. O 18 MEGOLDÁSOK lább igazolni fogjuk, hogy O a K, L körök hasonlósági pontja. Ehhez azt fogjuk felhasználni, hogy az inverzió és a középpontos nagyítás is önmagára képezi az e egyenest, és mindkét transzformáció szögtartó, de míg a nagyítás irányítástartó, addig az inverzió megfordítja az irányítást. (Lásd az 1. ábrát) Tegyük fel, hogy i( 1 ) = és i( ) = 1 azaz O 1 O = O O 1 = λ. (1) Ebből O = O, () O 1 O 1 tehát egy megfelelő arányú, O centrumú χ középpontos nagyítás az 1 pontot 1 -be, egyúttal -t -be viszi. Jelölje a K kör 1 -, ill. -beli érintőjét k 1 ill. k, az L kör érintőit 1 -ben ill. -ben l 1 ill. l. z egyenes és a kör metszési tulajdonsága szerint irányított szögekkel számolva ek 1 ek (mod 180 circ ); el 1 el (mod 180 circ ). (3) z inverzió megtartja a szöget, de az irányítását megfordítja, így ek 1 el (mod 180 circ ); ek el 1 (mod 180 circ ). (4) (3), (4) relációk összevetéséből következik, hogy ek 1 el 1 (mod 180 circ ); ek el (mod 180 circ ). (5) χ középpontos nagyítás a K kör 1, pontjait az L kör 1, pontjaiba képezi és a K-kör χ(k) képének érintői 1 -ben és -ben megegyeznek az L kör érintőivel. Ebből következik, hogy χ(k) = L, azaz O a K, L körök hasonlósági pontja. k k 1 α α 1 α K α 1 3.5M.1. ábra. l 1 l L e

65 3. INVERZIÓ 19 Megfordítva, ha O a K, L körök hasonlósági pontja, és a hasonlóság arány µ, azaz az O-t tartalmazó e egyenes és a K, L körök 1, K, 1, L metszéspontjaira O1 O 1 = O O = µ, akkor O O 1 = O 1 O = µo 1 O, tehát ha λ az O pont K körre vonatkozó hatványának µ-szöröse, akkor az O centrumú λ arányú inverzió felcseréli egymással a K, L köröket. Ha a K, L körök nem koncentrikusak és nem is azonos sugarúak, akkor két különböző pontból nagyítható K az L-be, az egyik nagyítás aránya (külső hasonlósági pont) pozitív a másik aránya negatív (belső hasonlósági pont). z előbbihez tartozó inverzió egy körre vonatkozó inverzió (λ > 0), a másik inverziónak nincsenek fixpontjai λ < 0. Ha a K, L körök koncentrikusak, akkor közös középpontjukból kétféleképpen invertálhatók egymásba: az egyik paramétere pozitív, a másiké negatív. Ha a K, L körök nem koncentrikusak, de azonos sugarúak, akkor csak egy negatív paraméterű inverzióval képezhetők egymásra, a pozitív paraméterű inverzió tengelyes tükrözéssé fajul. b) Pontosan akkor van ilyen O centrumú inverzió, ha O hatványa a két adott körre egyenlő, de nem zérus. Ez azt jelenti, hogy a két adott kör hatványvonalának a körök metszéspontjaitól különböző pontjai a megfelelő centrumok. Megjegyezzük, hogy metsző körök esetén a hatványvonalnak a körök belsejébe eső pontjai olyan az adott köröket fixen hagyó inverziók centrumai, amelyek paramétere negatív, ezek tehát nem körre vonatkozó inverziók Ez a középpont a három hozzáírt kör hatványpontja (lásd a 3.4. feladatot). Vizsgáljuk most az oldalhoz kifelé írt i C hozzáírt és az C oldal külső oldalán található i hozzáírt körök h hatványvonalát. Ez a hatványvonal merőleges a két kör centrálisára, ami az C háromszög csúcsánál található szögének külső szögfelezője. Tehát h párhuzamos a C belső szögfelezőjével. Tekintsük most a C oldalegyenest, amely a T C pontban érinti az i C kört és T -ben i -t. Ismeretes, hogy CT C = T = s a háromszög félkerülete. Emiatt T C = CT = s a, ahol a = C. Ez azt jelenti, hogy a két kör T T C közös érintőjének felezőpontja a C oldal F felezőpontja. Így F h, tehát h az F ponton át a háromszög -nál fekvő szögének belső szögfelezőjével párhuzamosan húzott egyenes, azaz az az C háromszög F F F C középháromszögének szögfelezője. három hozzáírt kör hatványpontja tehát az C háromszög középháromszögében a beírt kör középpontja. Ez a pont nyilvánvalóan kívül van a hozzáírt körökön, tehát a rájuk vonatkozó egyenlő hatványa pozitív mennyiség. Ha e mennyiség gyökével, mint sugárral kört rajzolunk a hatványpont köré, akkor az adott hozzáírt körök mindegyikére merőleges kört kapunk. 130 MEGOLDÁSOK 3.7. Általában 8 olyan kögyenes van, amely érint három olyan kört, amelyek közül semelyik kettő sem érinti egymást. Ha ez a három kör kölcsönösen egymás külsejében van, akkor ez a 8 kör így írható le: (i) 1 olyan kör van, amely mindegyik adott kör külsejében van és mindegyik adott kör is az ő külsejében van (nevezetes, hogy az adott esetben ez épp a háromszög Feuerbach köre); (ii) 3 olyan kör van, amely az adott körök közül egyet a belsejében, kettőt pedig a külsejében tartalmaz. Ezeket keressük; (iii) 3 olyan kör van, amely az adott körök közül kettőt a belsejében, egyet pedig a külsejében tartalmaz. Most ezek vagy az előbbiek, ez még nem látszik három egyenessé, az adott háromszög oldalegyeneseivé fajul; (iv) 1 olyan kör van, amely mindegyik adott kört a belsejében tartalmazza. Van egy olyan h kör, amely merőleges a háromszög három hozzáírt körére feladatban láttuk, hogy ennek középpontja az adott C háromszög F F F C középháromszöge beírt körének H középpontja. h körre vonatkozó inverzió önmagára képezi az C háromszög hozzáírt köreit, így egymásra képezi az azokat érintő (i)-(iv) kögyeneseket. C oldalegyenes egyik oldalán van az és a C oldalhoz hozzáírt i C és i kör és itt van a teljes C háromszög is a H ponttal együtt, míg a C egyenes másik oldalán van a C oldalhoz hozzáírt i kör. h-ra vonatkozó inverzió ezért a C egyenest egy olyan m körbe képezi, amely belsejében tartalmazza az i kört és a külsejében az i, i C köröket. Ráadásul, ez az m kör, lévén egy egyenes inverz képe, átmegy a h inverzió H centrumán is. Ugyanígy kaphatók a keresett m, m C körök a háromszög C, egyeneseinek h inverziónál származó képeiként és ugyanezért ők is mind átmennek az inverzió H centrumán. Ezzel a feladat állítását igazoltuk Legyen O L középpontja, legyen e egyenes az az -vel párhuzamos egyenes, mely érinti L-t. Ekkor, ha az érintési pont C, akkor ezen átmegy K 1 -is. Legyen K 3 az a K 1 -n kívüli kör, mely érinti -t, e-t, és L-t is, és -hez közelebb van, mint -hoz. Legyen továbbá U, V pontok K -nek, ill. az annak középpontján és az O ponton átmenő egyenesnek a metszéspontjai, és legyenek V 1, W pontok K 3 - nak, ill. annak középpontján és az O-n átmenő egyenesnek metszéspontja (lásd az 1. ábrát). Vizsgáljuk az L határolókörére való invertálást! Ez az O-n átmenő körökből egyenest csinál, az alapkör pontjait helybenhagyja, és érintő görbékből érintőt csinál. Ezek alapján K 1 -ből e lesz, és minden egyéb körből kört csinál, tehát K -ből -t (mert ez fixegyenes), e-t (K 1 képét), illetve L-t érintő kör lesz. Ilyenből csak kettő van, K 3, és ennek tükörképe felezőmerőlgesére, e kettő közül nyilván K 3 lesz. Innen az is kiderül, hogy V = V 1, azaz O, U, V, W pontok egy egyenesen vannak. Nyilván UV, ill V W a K, ill K 3 körök átmérői, de K 3 átmérője d/, mert ennyi a távolság, ill. e egyenesek között, amik közé írtuk K 3 -at. Innen d/ = OV = V W, de W inverz képe nyilván U, ezért OW OU =

66 3. INVERZIÓ 131 = OV, de OW = OV + V W = d, innen d OU = (d/) innen OU = d/4, és UV = OV OU = d/ d/4 = d/4. Tehát K 3 sugara d/ lkalmazzunk egy C centrumú i inverziót! Mivel a C pont hatványa az középpontú k körre és a középpontú k körre egyaránt 16, így érdemes a C középpontú 4 egység sugarú i körre invertálni, ennél k és k is önmagába megy át. z inverzió azért hasznos, mert a C-n átmenő körök képei egyenesek. Feladatunk tehát abból áll, hogy megszerkesszük a k és k körök képét ezzel készen is vagyunk, k = k, k = k majd megszerkesszük a képkörök érintőegyeneseit e 1, e a közös külső érintők lesznek, míg f 1, f a belső érintők végül invertáljuk a négy érintőt i-re, ezek a képek lesznek a C-n átmenő k -t és k érintő körök. z 1. ábrán követhető a szerkesztés a külső érintőkkel és a. ábrán a belső érintőkkel. k, K körök közös külső érintőinek szerkesztéséhez k sugarát csökkentettük k sugarával, így kaptuk a k t kört. Ehhez megszerkesztettük az pontból az T 1 = a 1, T = a érintőegyeneseket. z ezekre -ből merőlegesen állított félegyenesek kimetszették k -ből a valódi külső érintők 1, érintési pontjait. z ezeken átmenő a 1 -gyel illetve a -vel párhuzamos egyenes e 1 és e a két kör közös külső érintője, rajtuk 1, illetve a k kör érintési pontja. C 1 egyenes és a k kör másik metszéspontja 1 ez a pont az 1 képe az i inverziónál. Hasonlóan szerkesztehtők az, 1, pontok, 1, inverz képei. szerkesztendő körök az e 1, e egyenesek inverz képei, tehát a C 1 1, C ponthármasok körülírt körei. Természetesen e képe átmegy az e egyenes és az i kör I, J metszéspontjain is. 13 MEGOLDÁSOK k egyenes, míg k képe egy k -t -ben érintő kör, amely valamely M pontban érinti k -t. z M pont a k -re -ben állított merőleges egyenesen, m -n lehet, és ott bárhol. z m egyenes az -n és -n is áthaladó k-ra merőleges m kör, ez a keresett mértani hely megoldás. 9.M1. megoldás lemmája szerint az E K E L, F K F L háromszögek körülírt körei pontosan akkor érintik egymást -ban, ha J E K E L + F L F K E K F K (mod 180 ). (1) k 1 1 c a) 3.9. feladat megoldásának mintájára járhatunk el. z adott C pont egy i inverzió centruma. szerkesztendő körök i-nél származó képeit szerkesztjük meg, azaz olyan egyeneseket, amelyek érintik az adott körök i-nél származó képeit Invertáljunk egy középpontú körre, pl a -n átmenő i körre (lásd az 1. ábrát)! k kör képe egy -n átmenő k egyenes, a k kör képe egy k -vel párhuzamos i C 1 T T 1 k t a 1 e 1 K 1 e L K 3 W I a k O U K 3.8M.1. ábra. V f 3.9M.1. ábra. e c

67 3. INVERZIÓ 133 z E K F K háromszögben E K F K 180 F K E K F K E K (mod 180 ) () és a K körben az F K, E K húr kerületi szögei egyenlők az érintő szárú kerületi szögekkel, azaz F K E K F L F K (mod 180 ), F K E K E K E L (mod 180 ), (3) így E K F K 180 F LF K E K + F K E K E L (mod 180 ). (4) k 1 T 1 a MEGOLDÁSOK Ehhez hasonlóan, az L kör E L, F L húrjainak kerületi és érintő szárú kerületi szögei: E K E L E L F L (mod 180 ), F L F K E L F L (mod 180 ), (5) és így E K E L + F L F K E KE L F L + E L F L F K (mod 180 ). (6) E K E L + F L F K E K F K EKELFL +ELFLFK +FLFKEK +FKEKEL (mod 180 (7) ), de itt ajobb oldalon az E K E L F L F K négyszög belső szögösszegének fele áll, így a 7 egyenlet igazolja az 1 relációt, tehát a két kör érinti egymást -ban.. megoldás. lkalmazzunk centrumú inverziót. K, L körök képe egy-egy egyenes lesz K és L, amelyek metszik egymást (a K, L körök másik metszéspontjának képében). z e, f közös érintőegyenesek képe a K és az L egyenest is érintő e és f kör lesz. Ez a két kör a K, L egyenesek által határolt négy szögtartomány közül f 1 T = C k m k M i k a k M k m k i k f 3.9M.. ábra. k t 3.31M.1. ábra.

68 3. INVERZIÓ 135 ugyanabban lesz, hiszen az e és az f egyenes is a K, L körök által meghatározott négy tartomány közül ugyanabban - a végtelen nagyban van. z azonos szögtartományban a szögszárakat érintő körök egymásból egy olyan nagyítással kaphatók, amelynek középpontja a szög csúcsa. Így az egyik kör és a két szár érintési pontját összekötő egyenes párhuzamos a másik kör és a két szár érintési pontjait összekötő egyenessel. Ez a két egyenes épp a E K E L, F K F L körök inverziónál származó képe, tehát ezek a körök valóban érintik egymást -ban megoldás. Jelölje a k kör érintési pontját l 1 -en ill. l -n U ill. V, a k, k 1, k körök középpontjait rendre O, O 1 és O, az O 1 -ből ill. O -ből UV -re bocsájtott merőleges talppontját T 1 ill. T, az O T, O 1 egyenesek metszéspontját T, az O 1 T 1, O T szakaszok hosszát d 1 ill. d. (Lásd a. ábrát!) G, D, E érintési pontok rendre az érintkező körpárok O 1 O, O O, O 1 O centrálisaira esnek. G, D, E pontok úgy osztják fel az O 1 O O háromszög oldalait, hogy a csúcsok felőli részek egymással egyenlőek: O 1 G = O 1 E, O E = O D, OD = = OG. Könnyű igazolni, hogy csak egyféleképpen oszthatók fel így a háromszög oldalai és, hogy az O 1 O O háromszög beírt körének érintési pontjai is így osztják fel az oldalakat. Tehát a GP, D, E pontokon átmenő kör az O 1 O O háromszög beírt köre. feladat igazolásához ezek után elég megmutatni, hogy D OO és ezzel analóg módon C OO 1. Ha adott két pont, itt O és O, akkor kereshetjük azon P pontok halmazát, amelyeknek a két ponttól való távolsága négyzetének különbsége előre adott állandóval egyenlő: OP O P = OD O D. Ismeretes, hogy ez a mértani hely a két adott pontra merőleges egyenes. Ebből kifolyólag elég igazolnunk, hogy ábránkon 136 MEGOLDÁSOK (1) relációban az O, O mennyiségek kiszámolásához az OU, O T derékszögű háromszögeket használjuk. Pitagorasz tétele szerint: így O = r + d 1 O = (r r ) + (d 1 d ), O O = 4rr + d 1 d 3r r d. (3) z O 1 T 1 O, O T O, O 1 T O derékszögű háromszögekre felírjuk a Pitagorasz tételt: z első két egyenletből (r 1 + r) = d 1 + (r 1 + r) (r + r) = d + (r + r) (r 1 + r ) = (d 1 d ) + (r r 1 r ) (4) míg a harmadikból ezek felhasználásával z (5)-(6) összefüggések alapján (3) így írható: () 4rr 1 = d 1 4rr = d, (5) r = d 1 d. (6) O O = 4rr + 4r 3r r 4rr = r r = OD O D. (7) Épp ezt akartuk igazolni. l 1 l k O O = OD O D. (1) U T 1 O T V r d d 1 C Q D O r 3.33M1.. ábra. E k r 1 O 1 T k 1. megoldás. Lemma L.4.1. Ha a feladat ábráján V az l egyenes és a k kör érintési pontja, míg U az l 1 és k érintési pontja, akkor V, C és egy egyenesen vannak, U, C és is egy egyenesen vannak, sőt, E és is egy egyenesen vannak. lemma igazolása k 1, k körök belső hasonlósági pontja az érintési pontjuk, C. Ebből a pontból a k 1 kör k-ba nagyítható. Ennél a nagyításnál a k 1 kör l 1 érintőjének képe a k kör egy l 1 -gyel párhuzamos érintője lesz, ami épp l. Így az érintési pont képe a V érintési pont, tehát eza két pont egy egyenesen van C-vel. Hasonlóan igazolható a másik két ponthármas kollinearitása. Q.E.D. Lemma L.4.. feladat ábráján az D egyenes érinti a k, k köröket. lemma igazolása k, k körök közös pontbeli közös érintője a két kör hatványvonala, tehát mindössze annyit kell belátnunk, hogy az pontnak a k, k körökre vonatkozó hatványa egyenlő. Lemma L.4.1. szerint a k kör és az l egyenes V érintési pontja az C egyenesen van. z pont k-ra vonatkozó hatványa C V és ehhez hasonlóan -nak a k -re vonatkozó hatványa E, így azt kell igazolnunk, hogy

69 3. INVERZIÓ 137 C V = E, tehát azt, hogy a C, V,, E pontok egy körön vannak.(lásd a. ábrát!) k 1 körben az C húr kerületi szöge α = CE, míg a húr érintő szárú kerületi szöge α = CU. CU szög váltószöge a CV, így α = CE = CV tehát CEV valóban húrnégyszög, a lemmát igazoltuk. Q.E.D. lemmából gyorsan következik a feladat állítása. D érinti k-t és k -t és ehhez hasonlóan C érinti k-t és k 1 -et. Ekkor Q rajta van a k, k 1 és a k, k körök közös érintőjén, azaz hatványvonalán is, így Q a k, k 1, k körök hatványpontja. Így rajta van k 1 és k E-n átmenő közös érintőjén is, azaz QE érinti k 1 és k köröket. Ekkor viszont QC = QE és QD = QE, mivel a QC, QE egyenesek a k 1 kör, QD, QE egyenesek pedig a k kör érintői a Q pontból. Így QC = QD = QE, tehát a feladat állítását igazoltuk. 3. megoldás. 3.33M. megoldásban szerepl? Lemma L.4.-re adunk új bizonyítást. Invertáljuk az ábrát D-re! Ekkor a k és k érintő körök képei a k és k párhuzamos egyenesek, l 1 és l képei az l 1 és l egymást D-ben érintő körök, k 1 képe k 1 kör, képe. (Lásd a. ábrát!) Ekkor D nyilván párhuzamos k -vel és k -vel. Ezért D invertált képe, a D egyenes is érinti a k, k köröket, ahogy a lemma is állította. Q.E.D. 4. megoldás. 3.33M. megoldásban közölt Lemma L.4.-re adunk még egy bizonyítást. Tekintsük a k, k körök D-beli közös érintőegyenesének az l 1 egyenessel vett metszéspontját. (zt kell igazolnunk, hogy megegyezik -val.) Invertáljuk az ábrát az középpontú D-n átmenő i körre! Ennél az inverziónál az l 1, k, k alakzatok képe önmaga. z l egyenes érinti az l 1, k, k alakzatokat, tehát l képe olyan -n átmenő kör, amely érinti l 1, k, 138 MEGOLDÁSOK k mindegyikét. Csak egy olyan kör van ez szemléletesen nyilvánvaló, de alább igazoljuk is, amely érinti a három alakzatot. k 1 kör egy ilyen kör, =. Lemma L.4.4. Ha a k kör érinti az egymással párhuzamos l 1, l egyeneseket és a k kör érint l -t valamint k-t kívülről, akkor egyetlen egy olyan k 1 kör van, amely érinti l 1 -et és k-t, valamint k -t kívülről. Lemma L.4.4. bizonyításának vázlata k-t és l 1 -et érintő körök középpontjai és a k-t és l -t érintő körök középpontjai is egy-egy parabolát alkotnak. Ráadásul ez a két parabola párhuzamos tengelyű, azonos állású és paraméterük (a fókuszuk és a vezéregyenesük távolsága is) egyenlő. Metszéspontjaik számítása egy } y = ax + b 1 x + c 1 y = ax + b x + c alakú egyenletrendszer megoldására vezet, amelynek legfeljebb megoldása van megoldás. Jelölje a k kör e átmérőegyenesére merőleges átmérőt HI, ahol I azon a félkörlapon van, amelybe a köröket írjuk, míg H a másikon. Jelölje továbbá O k a k kör középpontját r k pedig a sugarát. k 1 l 1 U k l V C D E k k 1 D l 1 k l k 3.33M.. ábra. 3.33M3.. ábra.

70 3. INVERZIÓ 139 a) Tekintsük a HI átmérőre I-ben állított d merőleges egyenest. Ha O egy olyan r sugarú kör középpontja, amely E-ben érinti e-t és K-ban k-t, akkor a T O egyenes a T d = T O d pontban merőleges d-re. Mivel és O k O = O k K OK = r k r (1) T d O = T d T OT = r k r, () így O k O = T d O azaz O egy olyan parabolán helyezkedik el, amelynek fókusza O k, vezéregyenese d. Ezen a parabolán vannak a k kör és az e egyenes, metszéspontjai is a k-t és e-t érintő0 sugarú körök középpontjai. félkörlapon elhelyezkedő körök középpontjai csak a parabola és közti ívén helyezkedhetnek el, ott viszont bárhol, hiszen ha ott egy O pontra és e-re, d-re vonatkozó vetületeire teljesülnek az 1, relációk, akkor az érintőkört is könnyen megrajzolhatjuk O köré. b) Állítjuk, hogy a H pont megfelelő. k-t és e-t érintő o kör érintse k-t K-ban, e-t E-ben. K pont az o, k körök hasonlósági pontja, egy K centrumú pozitív arányú nagyítás képezi o-t k-ba. Ennél a nagyításnál az o-kör E-beli érintője, azaz e, a k kör egy olyan érintőjébe megy át, amely e-vel párhuzamos, de e-től nem a K-t tartalmazó félsíkban helyezkedik el, azaz nem d. z egyetlen ilyen érintő a H-beli érintő, azaz K, E és H valóban egy egyenesen vannak. c) k körben a H húr kerületi szöge 45 : HK = EK = 45, így az EK háromszög k E körülírt körében az E húr kerületi szöge is 45. Másrészt HE = 45, tehát H a k E kör E húrjának érintő szárú kerületi szöge, azaz H érinti ezt a kört. szelőtétel szerint H = HE H K, ahol a H független az o körtől, tehát H az összes szóbajövőo kör hatványpontja. így bármelyik két érintkező kör közös pontbeli közös érintője (hatványvonala) átmegy H-n is hossza H. z érintési pontok a H középpontú -n átmenő körön helyezkednek el. Ha T e kör és közti rövidebbik ívének tetszőleges pontja, akkor tekintsük a T H és e egyenesek által határolt, de az e egyenes H-val ellentétes oldalán található két szögtartományt. írjunk ezekbe olyan kört, amely érinti k-t és k belsejében van. z előzőlevezetés szerint ezek a HT szárat egy-egy H-tól H távolságra levő pontban, tehát T -ben érintik, azaz egymást is T -ben érintik.. megoldás. b) Jelölje k és e metszéspontjait és egy megfelelő k-t és e-t érintő kört o, érintési pontjait K és E. lkalmazzunk centrumú inverziót! Ennél e és k képe egy-egy olyan egyenes e = e és k, amely átmegy képén, a ponton. z e, k egyenesek négy szögtartományra osztják a síkot, ezek egyike annak a félkörlapnak a képe, amelybe a köröket írjuk. z o kör képe az adott szögtartományba írt, a szárakat érintő o kör, érintési pontjai, E és K az E, 140 MEGOLDÁSOK K pontok képei. z EK egyenes képe az E, K, pontokon átmenő kör, azt kell igazolni, hogy ez mindig átmegy még egy rögzítet ponton. szögtartomány szögfelezője, az E K szakasz t felezőmerőlegese az o kör egyik szimmetriatengelye. z pont erre tükrözött képe, illeszkedik az o körre, és így inverziónál származó (ős)képe, illeszkedik o-ra. c) t egyenes merőleges o -re łgy inverziónál származó képe, az, pontokon átmenő t egyenes az e egyenes és a k kör -beli és -beli szögfelező köre is merőleges o-ra. t kör H középpontjának a t -re merőleges körökre vonatkozó hatványa egyenlő a t kör sugarának négyzetével. Így H illeszkedik a t-re merőleges körök hatványvonalaira, így az egymást érintő körpárok közös pontbeli közös érintőjére is. merőlegesség miatt az érintő H-ig tartó része a t kör sugarával egyezik meg, így az érintési pontok a t körön vannak. Könnyedén szerkeszthetünk az e, k egyenesek határolta megfelelő szögtartományba a t szögfelező tetszőleges pontján átmenő, a szögszárakat érintő kört. szög csúcsát kivéve mindig két ilyen kör van, amelyek egymást is érintik. Ezek inverz képei egymást a t körön érintő körök lesznek, tehát t minden pontja lehet érintési pont. 3. megoldás. b) lkalmazzunk egy olyan inverziót, amely kicseréli a k kör e egyenesre eső átmérőjét a tekintetbe vett félkörlap félkörívével! Van ilyen inverzió, ennek centruma a k kör -re merőleges átmérőjének a félkörlappra nem illeszkedő H végpontja. Ha H centrumú inverziót alkalmazunk, akkor k képe egyenes lesz, hiszen H a k körön van, ha olyan inverziót alkalmazunk, amelynél és fix, akkor a k kör képe az e egyenes lesz, hiszen ez az egyetlen egyenes -n és -n át. Tekintsünk az szakasz valamely E pontját. HE egyenes metszi a k kör H-t nem tartalmazó ívét, jelölje ezt a metszéspontot K. Van egy olyan o kör, amely E-ben érinti e-t és átmegy K-n. z E, K pontokat a vizsgált inverzió kicseréli egymással, hiszen az e egyenest és a k kört is kicseréli egymással. Emiatt a teljes o kört önmagára képezi az inverzió (lásd a feladatot). Ez azt is jelenti, hogy o érinti k-t K-ban, hiszen o érinti e-t E-ben és E képe K, e képe k és az inverzió érintkezéstartó. Szemléletesen nyilvánvaló, itt nem igazoljuk, hogy egyetlen olyan kör van, amely az e egyenest az szakaszának egy rögzített E pontjában érinti és érinti a k kör rögzített ívét is. Ezt a kört az előbb meg is szerkesztettük, látható, hogy az érintési pontokat összekötő EK egyenes mindig átmegy a H ponton. c) Ha az szakaszt és a k kör ívét érintő o 1, o köröknek egyetlen közös pontja van, akkor az szükségképpen helyben marad a b)-ben vizsgált inverziónál, hiszen o 1 és o is önmagára képződik, így közös pontjuk is egy közös pontjukba képződik. Ez azt jelenti, hogy egyetlen közös pontjuk az inverzió alapkörén, a H középpontú H sugarú körön van. Ha P ezen kör rövidebbik ívének tetszőleges pontja, és o olyan kör, amely P -ben érinti a HP egyenest, akkor o szükségképpen

71 3. INVERZIÓ 141 fix a vizsgált inverziónál. két olyan kör van, jelben o 1 és o, amely emellett még e-t is érinti, ezek szükségképpen k-t is érintik, ráadásul egymást is P -ben. Tehát a vizsgált körív minden pontja előáll érintési pontként a) Jelölje a két adott kört a és b, érintési pontjukat O, az őket érintő harmadik kört c. Egy O centrumú inverziónál a és b az egymással párhuzamos a, b egyenesekbe képződik, c ezeket érintő kör. c kör önmagára képződik annál a τ tükrözésnél, amely a -t és b -t felcseréli (lásd az 1. ábrát). z, pontok = a c, = b c képei egymás tükörképei ennél a tükrözésnél. z e = egyenes képe az, és O pontokon átmenő e kör, amely szimmetrikus az húrjának felezőmerőlegesére, tehát a τ tükrözésre. Így e -re O-val együtt annak τ(o) = H képe is elleszkedik. Ha H O, akkor H az inverziónál valamely H pont képe, amely illeszkedik az e egyenesre. Ez a H pont tehát bármely a-t és b-t is érintő kör érintési pontjait összekötő egyenesre illeszkedik. H O speciális eset pontosan akkor következik be, ha O az a, b párhuzamos egyenesek között féluton helyezkedik el, azaz ha a és b egyenlő sugarú körök. Ebben az esetben a vizsgált egyenesek egymással párhuzamosak. b) Ha az a és b körök az O, Q pontokban metszik egymást, akkor egy O centrumú inverzióval a. ábrához jutunk. Most az a, b egyenesek a Q pontban metszik egymást. c kör egyik szimmetriatengelye az a, b egyenesek egyik vagy másik szögfelezője. z,, O pontokon áthaladó e kör is a két szögfelező valamelyikére szimmetrikus, így illeszkedik rá az O pontnak a megfelelő szögfelezőre vonatkozó H tükörképe is. Így az a) feladatrészben kimondott állítás itt is érvényben marad, de kétféle elhelyezkedésű érintőkör van, az egyikbe tartozók érintési pontjait összekötő egyenes egy bizonyos ponton haladnak át vagy párhuzamosak, a másikba tartozók pedig egy másik ponton haladnak át vagy párhuzamosak. Ha két közös pont nélküli körből indulunk ki, akkor is teljesül az előző bekezdés végén megfogalmazott állítás. Ha az alapul vett a, b körökre merőleges körök az O, Q pontokon mennek át (lásd a feladatot), akkor az O centrumú i inverzió a-t és b-t az egymással koncentrikus a, b körökbe képezi, közös középpontjuk Q. z a-tés b-t is érintő c kör c képe most a Q centrumú λ = ±r ar b paraméterű τ +, τ O e c a τ 14 MEGOLDÁSOK inverziók egyikére lesz szimmetrikus (lásd a 3. ábrát). z e = egyenes e képe is invariáns τ ± valamelyikére, így e -re illeszkedik τ + (O) vagy τ (O). z e egyenes tehát vagy i(τ + (O))-n vagy i(τ (O))-n megy át. (Lásd még a és a G.II feladatot!) megoldás. ohus Kinga (Inverzió, szimmetria) a) Induljunk ki a kész ábrából (1. ábra). Legyen K és L két metszéspontja és és tekintsünk két olyan kört, u 1 -t és u -t, amelyek érintik K-t és L-t, és amelyek hatványvonala egy e egyenes. zt kell megmutatnunk, hogy az így létrejövő e egyenesek mind egy közös ponton mennek át. z állítást csak arra az esetre fogjuk igazolni, ha az u 1, u körök metszők. Ez elégséges lesz, mert ha u 1 és u nem metszők, akkor elkészíthetjük az u 1 = v 1, v, v 3,... v n = u Q b c τ a a τ b O H 3.35M.. ábra. Q c e O H H b 3.35M.1. ábra. 3.35M.3. ábra.

72 3. INVERZIÓ 143 körsorozatot, amelynek egymást követő tagjai metszők és ha az egymást követő körök hatványvonalai egy közös P ponton mennek át, akkor P hatványa u 1 -re és u -re is egyenlő. Invertáljuk az ábrát egy középpontú tetszőleges körre (a. ábrán az középpontú -n átmenő körre invertáltunk, azaz = ). K, L alakzatok egyenesek, amelyek a pontban metszik egymást. z u, v körök a K, L egyeneseket az egyik tartományban érintő körök. K és L egyenesekből és az u, v körökből álló rendszer tengelyesen szimmetrikus a K és L egyenesek azon tartományban haladó t szögfelezőjére, amelyben u és v is van. z u, v körök e hatványvonala olyan e körbe transzformálódik, amely átmegy az u és v körök C 1, C metszéspontjainak C 1, C képein és az inverzió centrumán. Mivel C 1 és C a t tengelyre szimmetrikus u 1, u körök metszéspontjai, így ők is szimmetrikusan helyezkednek el t-re, azaz t a C 1 C szakasz felezőmerőlegese. Így e is szimmetrikus t-re, -val együtt az pont t-re vonatkozó H tükörképe is rajta van e. Ez azt jelenti, hogy a H pontnak az inverziónál származó képe (azaz őse) illeszkedik e-re.. megoldás. Keresztfalvi Tibor (Inverzió, körök szöge) a) Legyen a K és L által meghatározott egyik (vagy két szemközti) tartományba eső és K-t és L-t is érintő körök halmaza H. Ha létezik a feladat feltételeinek megfelelő O pont, és hatványa a H-beli körökre a nemnegatív r szám, akkor az O középpontú r sugarú h kör mindegyik H-beli körre merőleges. Megfordítva, ha találunk olyan kört, amely a H mindegyik körére merőleges, akkor annak O közép- 144 MEGOLDÁSOK pontjának H bármelyik körére vonatkozó hatványa ugyanaz a pozitív szám. z inverzió szögtartó. Ha a 3.37M1. megoldás mintájára invertáljuk az ábrát, akkor maga a t tengely az az alakzat, amely a K -t és L -t érintő mindegyik körre merőleges. Ha t-t visszainvertáljuk, akkor megkapjuk a h kört, annak középpontja lesz a keresett pont. Megjegyezzük, hogy mivel t felezi K és L szögét, így a h kör is felezi L és K szögét (és átmegy azok két metszéspontján). 3. megoldás. Tomon István ötlete alapján (Hasonlósági középpont, Steiner hatvány) a)-b) Ebben a megoldásban nem használunk inverziót, nem tételezzük fel, hogy a K, L körök metszik egymást. Három másutt is hasznos lemmára építkezünk. Meg fogjuk mutatni, hogy a keresett pont a K, L körök egyik hasonlósági középpontja. Lemma I.: ha K és L különböző sugarú körök, akkor két olyan középpontos nagyítás is van, amely K-t L-be képezi. E két nagyítás arányának abszolútértéke egyenlő (a két kör sugarának aránya), előjele ellentétes. Megjegyzés: ha a két kör egyenlő sugarú, akkor az egyik nagyítás (a pozitív arányú) eltolássá fajul. Emlékeztetünk rá, hogy az egyik kört a másikba képező pozitív arányú középpontos nagyítás centrumát a két kör külső hasonlósági pontjának nevezzük, míg a K K K e i e L e C u t u 1 C u u 1 u C 1 C C 1 u 1 C 1 L H 3.37M1.1. ábra. L 3.37M1.. ábra.

73 3. INVERZIÓ 145 negatív arányú nagyítás centruma a belső hasonlósági pont. Lemma II. (két kör Steiner hatványa): a K, L körökhöz és azok H hasonlósági középpontjához hozzárendelhető egy Λ szám a következő tulajdonsággal: ha a H pontot tartalmazó tetszőleges h egyenesen a K, L körök U K, V K pontja a K-t L-re képező H centrumú nagyításnál nem egymásnak megfelelő pontpár, akkor HU K HU L = Λ. (Lásd a G.II feladatot!) Lemma III. z O 1 középpontú λ 1 arányú és az O középponttú λ arányú középpontos nagyítások kompozíciója λ 1 λ 1 és O 1 O esetén olyan λ 1 λ arányú középpontos nagyítás, melynek O 3 centruma az O 1 O egyenesen van. (Lásd a G.II.8.6., G.II.8.7., G.II.8.8. feladatokat!) Következzék a feladat megoldása. Érintse az u kör az adott K-t az U K, az L kört az U L pontban. Állítjuk hogy a K, L körök hasonlósági pontjainak egyike illeszkedik az U L U K egyenesre. Valóban, egy megfelelő arányú U K centrumú középpontos nagyítás a K kört u-ra képezi, míg egy U L középpontú nagyítás u-t L-be viszi. E két középpontos nagyítás kompozíciója K-t L-re képezi, így centruma a K, L körök egyik hasonlósági pontja, ami tehát Lemma III. szerint az U K U L egyenesen van. nagyítások előjeleit is figyelembe véve állíthatjuk, hogy amennyiben K és u a közös U K pontjukba vont közös érintőjük különböző oldalán vannak és u és L is az U L beli érintőjük különböző oldalán van, vagy mindkét esetben az érintő azonos oldalán van a két kör, akkor az U K U L egyenes a K, L körök külső hasonlósági pontján megy át, míg ha az egyik körpár közös érintője elválasztja a két kört, a másik körpáré pedig nem, akkor U K U L a K, L körök belső hasonlósági pontján megy át. Ha az L kör U L -beli érintője és a K kör U K -beli érintője nem párhuzamos, akkor U L nem az U K pont képe annál a középpontos nagyításnál, amelynek H centruma a K, L körök U K U L -re illeszkedő H hasonlósági pontja. Ebben az esetben Lemma II. alapján készen is vagyunk a feladat állításának bizonyításával, hiszen a K, L körök H hasonlósági ponthoz tartozó Steiner hatványa a H pont u-ra vonatkozó hatványa. z L kör U L -beli érintője és a K kör U K -beli érintője párhuzamos, akkor az U K U L egyenes az U, K, L körök mindegyikének átmérőegyenese, ezen az egyenesen mindkét hasonlósági pont rajta van. z egyikhez tartozó hasonlóságnál U K és U L nem egymásnak megfelelő pontpár, így alkalmazható az előző gondolatmenet Előzetes megjegyzés: Két kör szögén az egyik metszéspontjukban vont érintőjük szögének abszolút értékét értjük. Egyenes és kör szöge az egyenes és a két alakzat egyik metszéspontjában a körhöz húzott érintő szögének abszolút értéke. szög értéke így hogy abszolút értéket veszünk független a metszéspont választásától (lásd a feladatot). Ha a két alakzat érinti egymást, akkor szögük 0. Ha két alakzatnak nincs közös pontja, akkor szögüket egyelőre nem értelmezzük. 146 MEGOLDÁSOK a) Először azt igazoljuk, hogy két egyenes szöge megegyezik képeik szögével. Ha a két egyenes e és f, az inverzió középpontja O, akkor az e egyenes képe olyan e kör, amely átmegy az O ponton és ott az e-vel párhuzamos e O egyenes érinti vagy pedig e maga az e O egyenes. Ehhez hasonlóan, ha f O az O-t tartalmazó f-fel egyállású egyenes, akkor f képe, f vagy f O vagy egy azt O-ban érintő kör. z e, f alakzatok szöge tehát az O metszéspontjukon áthaladó e O, f O egyenesek szöge, ez pedig megegyezik e és f szögével. b) Vizsgáljuk most a k e, k f alakzatokat (köröket vagy egyeneseket, röviden: kögyeneseket), amelyeknek van egy O-tól különböző metszéspontja. Jelölje - beli érintőjüket e és f, a kögyenesek inverziónál származó képét k e, k f, illetve e, f feladat állítása szerint k e és e illetve k f és f is érinti egymást, így k e és k f szöge, amit az metszéspontjukban mérünk, megegyezik e és f szögével, ami az előző paragrafus szerint e és f szögével, azaz k e és k f szögével is egyenlő. Végül, ha a k e, k f kögyenesek egyetlen közös pontja az inverzió O centruma, akkor ott érintik egymást, így a feladat adja a bizonyítást z alábbi csoportokon belül bármelyik ábra bármelyik másikba átvihető, de a különböző csoportokba tartozó ábrák nem vihetők egymásba. (; D), (; J; K), (C; I), (E; L), (H; F), (G) megoldás. z állítás ebben az általános formában nem igaz. z 1. ábrán a k 1, k, k 3, k 4 körnégyes ciklikusan érinti egymást a P 1, P 3, P 34, P 41 pontokban, amelyek valóban egy körön vannak, de a a k 1, k, k 3, k 4 körnégyes is ciklikusan érinti egymást, ahol a P 1, P 3, P 34, P 41 érintési pontok nyilvánvalóan nincsenek egy körön. különbség a következő: az 1. ábrán a k 1, k, k 3, k 4 köröket tudjuk úgy irányítani, hogy az érintési pontjaikban a találkozó körök irányítása megegyezzen. Megfelel pld., ha a k 1, k köröknek pozitív, k -nek és k 4 -nek pedig negatív forgásirányt adunk. k 1, k, k 3, k 4 köröket viszont nem tudjuk így irányítani: ha például a k 1 és k 3 pozitív, k pedig negatív forgásirányt kap, akkor a k 4 kör pozitív irányítással érintené a k 1 irányított kört, de irányítottan nem érintené k 3 -at, míg a negatív irányítású k 4 kör a k 1 -et nem érintené, de érintené k 3 -at. 3.4M. megoldásban az irányítással megfogalmazott általánosabb tételt igazolunk, most egyszerűbb eszközök használatával az alábbi módosított állítást tekintjük: Lemma Ha a k 1, k, k 3, k 4 körök kölcsönösen egymás külsejében helyezkednek el és ciklikus sorrendben érintik egymást, akkor a P 1, P 3, P 34, P 41 érintési pontok egy körön vannak. izonyítás Jelölje a k i kör középpontját O i, a P 41 O 1 P 1, P 1 O P 3, P 3 O 3 P 34, P 34 O 4 P 41 egyenlő szárú háromszögek alapon fekvő szögét rendre α 1, α, α 3 és α 4.

74 3. INVERZIÓ 147 zt kell igazolnunk, hogy a P 1 P 3 P 34 P 41 négyszög húrnégyszög, tehát azt, hogy ebben a négyszögben a szemköztes szögek összege egyenlő: P 1 P 3 P 34 + P 34 P 41 P 1 = P 3 P 34 P 41 + P 41 P 1 P 3. Ugyanez az α i szögekkel kifejezve (lásd a. ábrát): 148 MEGOLDÁSOK II. Lemma Ha k 1 és k párhuzamos és azonosan irányított egyenesek, míg k 3 és k 4 olyan irányított körök, amelyek irányítottan érintik egymást a P 34 pontban, és k 3 a P 3 pontban irányítottan érinti k, míg k 4 a P 41 pontban irányítottan érinti k 1 -et, akkor a P 3, P 34, P 41 érintési pontok egy egyenesen vannak (lásd az 1. ábrát). II. Lemmát a P 34 centrumú középpontos nagyítás segítségével igazolhatjuk. (180 α α 3 ) + (180 α 4 α 4 ) = (180 α 3 α 4 ) + (180 α 1 α ), ami nyilvánvalóan igaz.. megoldás. z eredeti állítás nem igaz (lásd pld a 3.4M1. megoldást). Helyette az alábbi összefüggést igazoljuk: I. Lemma Ha a k 1, k, k 3, k 4 irányított körök ciklikus sorrendben érintik egymást, akkor a P 1, P 3, P 34, P 41 érintési pontok egy körön vagy egyenesen vannak. izonyítás lkalmazzunk P 1 centrumú inverziót! Ennél k 1 és k képe két egymással párhuzamos egyenes lesz, amelyek irányítása is egyforma. így az alábbi egyszerűbb bizonyítandó állításhoz jutunk: k k 1 O 1 k O P P 3 1 α α 1 α α 1 α 4 P 41 α 4 O 4 α3 α 3 P 34 O 3 k 4 k 3 O 4 O k 1 P 1 P3 P 34 O 3 k 3 k 4 3.4M1.. ábra. P 34 O 1 P 34 k 3 P 41 P 41 O 4 k 4 P 3 k k 4 P 41 k 1 3.4M1.1. ábra. 3.4M.1. ábra.

75 3. INVERZIÓ megoldás. z alábbi gondolatmenetet a feladat eredményére és annak 3.37M3. megoldásában foglaltakra építjük. k 1, k 3 körök hasonlósági pontjai legyenek H 1 és H, a két kör Steiner hatványa a H 1 -re vonatkoztatva h 1, a H -re vonatkoztatva h (lásd a 3.37M3. megoldást vagy a G.II feladatot). Tekintsük a k 1 és k 3 köröket és a mindkettőjüket érintő körök K halmazát. Ha k K és k a Q 1 -ben érinti k 1 -et míg Q -ben k -t, akkor 3.37M3. szerint a Q 1 Q egyenes átmegy H 1 -an vagy H -n. K halmazt ennek alapján két osztályra K 1 -re és K -re bonthatjuk fel aszerint, hogy az érintési pontok összekötő egyenese H 1 -en vagy H -n megy át. két osztály közös elemei a k 1 és a k körök azon közös érintő körei, amelyek középpontja e két kör centrálisán van. Ha k és k 4 is K 1 -ben van, akkor a k 1, k 3 körök H 1 -hez kapcsolódó Steiner hatványa: h 1 = H 1 P 1 H 1 P 3 = H 1 P 41 H 1 P 1, így a szelőtétel megfordítása szerint (lásd a G.II feladatot) a P 1, P 3, P 34, P 41 pontok egy körön vannak, ha nincsenek egy egyenesen. Hasonló a helyzet akkor is, ha k és k 4 is K -ben van. Ha azonban különböző osztályban van k és k 4, akkor nem feltétlenül vannak egy körön az érintési pontok megoldás. lkalmazzunk P 1 centrumú inverziót! k 1, k körök k 1, k képei az egymást a Q 1 pont Q 1 képében metsző egyenesek lesznek és egyenes lesz a P 1, P 3, P 34, P 41 pontok p kögyenesének p képe is. k, k 3 körök képei körök a további metszéspontok képei pontok, ezeket eredeti elnevezésükből egy vesszővel kapjuk (lásd az 1. ábrát). Irányított szögekkel modulo 180 számolunk. k 3 körben és míg a k 4 körben Q 3Q 34P 34 Q 3P 3P 34 (mod 180 ), (1) Q 3 P 3 P 34 Q 1 P 3 P 41 (mod 180 ), () P 34 Q 34 Q 41 P 34 P 41 Q 41 (mod 180 ), (3) 150 MEGOLDÁSOK Másrészt a Q 1 P 3 P 41 háromszögben P 3Q 1P 41 Q 1P 3P 41 + P 3P 41Q 1 (mod 180 ), (6) így (5) és (6) összevetéséből kapjuk, hogy Q 3Q 34Q 41 Q 3Q 1Q 41 (mod 180 ), (7) azaz a Q 34, Q 1 pontok a Q 3, Q 41 pontok azonos látókörén vannak vagy a négy pont egy egyenesre illeszkedik. Ebből adódik, hogy inverziós ősképeik Q 34, Q 1 és Q 3 valamint Q 41 is egy kögyenesen vannak.. megoldás. z 1. ábrán nyomonkövethet? a megoldás. Továbbhúztuk a P 1 Q 1, P 34 Q 34 szakaszokat Q 1, illetve Q 34 felé, hogy megjelenhessen a P 1 Q 1 Q 3 P 3, P 3 Q 3 Q 34 P 34, P 34 Q 34 Q 41 P 41, P 41 Q 41 Q 1 P 1 négyszögek egy-egy küls? szöge, mivel ezek a négyszögek mind húrnégyszögek, így küls? szögük a szemközi bels? szöggel egyezik meg az ábra szerint. vizsgált négy szög összegével egyezik meg a P 1 P 3 P 34 + P 34 P 41 P 1 és a Q 41 Q 1 Q 3 + Q 3 Q 34 Q 41 szögösszeg is. Mivel a P 1 P 3 P 34 P 41 négyszög pontosan akkor húrnégyszög, ha az el?bbi összeg 180, míg a Q 1 Q 3 Q 34 Q 41 négyszög pontosan akkor húrnégyszög, ha az utóbbi összeg 180, így ez a két négyszög egyszerre húrnégyszög, azaz ha az egyik az, akkor a másik is az Q 41 P 34 P 41 k 4 Q 34 k 1 k 3 ahol P 34P 41Q 41 P 3P 41Q 1 (mod 180 ). (4) (1) és (3) összegéből () és (4) figyelembevételével adódik, hogy Q 1 p P 3 Q 3 k Q 3Q 34Q 41 Q 1P 3P 41 + P 3P 41Q 1 (mod 180 ), (5) 3.43M1.1. ábra.

76 3. INVERZIÓ MEGOLDÁSOK 1. megoldás. a) Lásd a G.II feladat megoldását!. megoldás. a)-b) Jelölje a háromszög csúcsait, és C, a beírt (vagy a hozzáírt) kör érintési pontjait T, T és T C, a beírt (vagy hozzáírt) kört illetve középpontját i illetve I, a körülírt kört illetve középpontját k illetve O. lkalmazzunk i-re vonatkozó inverziót! z pont képe a 3.1. feladat 3.1M. megoldásának II. pontja szerint a T T C szakasz F felez?pontja. Hasonlóan kapható a és a C pont képe és így a k kör k képe a T T T C háromszög Feuerbach-körének adódik. Ismeretes, hogy a Feuerbach kör sugara a körülírt a T T T C háromszög köré írt kör sugarának fele, azaz k képének sugara r. lkalmazzuk a feladat eredményét! sugár transzformációjának képlete szerint r = r R d R, azaz d R = rr. (1) beírt kör a körülírt körön belül van, azaz d < R, és a képlet ilyenkor: R d = rr, () míg a hozzáírt kör középpontja kívül van a körülírt körön, tehát d > R, azaz d R = rr. (3) c) Használjuk fel a G.II feladat b) részének eredményét! Kapjuk, hogy a feltétel: (R d) [(R d ) r (R + d ) ] = 0. k 4 P 41 k 1 P 1 Q 41 Q 1 Q 3 Q M.1. ábra. P 34 k P 3 k megoldás. Invertáljuk az ábrát egy tetszőleges középpontú körre! K kör képe egy K kör lesz, a K átmérőegyeneseinek képei a K kör O középpontjának O képén és -n átmenő körök, az -n és K egy e átmérőjének végpontjain átmenő l körnek a képe egy olyan egyenes, amely átmegy l és K két metszéspontján. Végülis azt kell igazolnunk, hogy van egy olyan pont, amely illeszkedik az -n és O -n átmenő bármelyik kör mint az előbbi l és a K kör hatványvonalára. z -n és O -n átmenő körök közös hatványvonala az O egyenes, tehát annak a Q pontnak, amelyben l és K hatványvonala metszi O -t, a hatványa mindegyik -n és O -n átmenő körre és K -re is egyforma, tehát rajta van ezek közül bármelyik kettő hatványvonalán.. megoldás. Tekintsünk egy -n átmenő l kört, amely K-t a P Q átmérő végpontjaiban metszi. Legyen l-nek a k körre való invertáltja l i, ugyanakkor az l körnek a K-kör O középpontjára tükrözött képe l O. Állítjuk, hogy az l i, l O körök megegyeznek egymással. Ez azonnal nyilvánvalóvá válik, ha a P, Q pontoknál megvizsgáluk K és l valamint K és l i illetve K és l O szögét. K és l szöge P -nél és Q-nál abszolútértékben megegyezik, de irányítása szerint ellentétes. középpontos tükrözés kicseréli P -t és Q-t és a szögeket irányítás szerint megtartja. z inverzió helybenhagyja P -t és Q-t is és a szögeket megtartja, de megfordítja az irányításukat. Végeredményképp l i és l O olyan P -n és Q-n átmenő körök, amelyek P -nél és Q-nál egymással egyenlő irányított szögben hajlanak K- hoz, tehát tényleg megegyeznek egymással. Ilymódon, ha invertáljuk -t K-ra, majd a kapott képet tükrözzük O-ra, akkor visszajutunk l-re, tehát az így kapott pont mindegyik olyan körre illeszkedik, amely átmegy -n és K-t egy átmérő két végpontjában metszi. Röviden: az az O centrumú negatív arányú inverzió, amely K-t önmagára képezi (a K-n középpontos tükrözésként hat) szükségképpen fixálja azokat a köröket is, amelyek K-t egy átmérő végpontjaiban metszik, így ha az pont rajta van egy ilyen körön, akkor az inverziónál származó képe is rajta van. 3. megoldás. Ha r a K kör sugara, akkor a K kör O középpontjának a vizsgált körök bármelyikére vonatkozó hatványára a r érték adódik, ha a hatványt a vizsgált kör azon húrján számoljuk, amely K átmérője. szelőtétel szerint a hatvány értéke ugyanekkora lesz az -t tartalmazó húron is, tehát P = r P, ahol a vizsgált kör O szelőjének -tól különböző és az előjelek szerint O-tól -val ellenkező irányban található pontja. Ezek szerint illeszkedik az a vizsgált körök mindegyikére.

77 3. INVERZIÓ 153 Megjegyezzük, hogy a körök -tól különböző metszéspontja az pont képe az O középpontú r paraméterű inverziónál. Ennél az inverziónál a vizsgált körök mindegyike fix z a feltétel, hogy a K-ra vonatkozó inverzió kicseréli egymással -t és -t úgy is fogalmazható (lásd a feladatot), hogy az -n és -n átmenő kögyenesek merőlegesek K-ra. z I-re vonatkozó inverzió kögyenestartó, tehát az, pontokon átmenő kögyenesek képei, -n átmenő kögyenesek. z inverzió szögtartó is, tehát a K kör merőleges az, pontokon átmenő kögyenesekre. De újfent a feladat állítása szerint ez azt jelenti, hogy és egymás képei a K körre vonatkozó inverziónál. fenti gondolatmenetből az is kiderül, hogy ha K képe a K egyenes, akkor és egymás tükörképei erre az egyenesre. Tehát inverzióval átvihetjük az inverziót tengelyes tükrözésbe Használjuk fel a feladat eredményét, különösen annak 3.47M. megoldása végén tett megjegyzést. Vizsgáljuk a t tengelyre vonatkozó tengelyes tükrözést. Tekintsünk egy olyan i inverziót, melynek centruma nem illeszkedik t-re és jelölje t képét az i inverziónál τ. τ-ra vonatozó inverziónál pontosan akkor felel meg egymásnak az és a pont, ha ezen pontok i-nél származó, képei egymásnak felelnek meg a t egyenesre való tükrözésnél. Ez épp azt jelenti, hogy τ i τ összetett transzformáció ahol most egyszerre használjuk a τ jelet a körre és a rá vonatkozó inverzióra a t-re való tükrözéssel azonos. t( ) =, és τ i τ( ) = τ i() = τ() = feladat állításából következik, hogy minden egybevágóság el?állítható inverziók kompozíciójaként. Ennek alapján elegend? igazolni, hogy bárhogyan is adottak az egymástól különböz? 1,, 3 pontok, mindig van olyan inverzió, amely ezeket olyan 1,, 3 pontokba képezi, amelyek egy egyenesen vannak és amelyekre 1 az egységnyi hosszúságú 3 szakasz felez?pontja. Valóban, ha i ilyen inverzió, míg i az 1,, 3 pontokat viszi ugyanilyen tulajdonságú 1,, 3 pontokba, akkor van olyan inverziókkal el?állítható ϕ egybevágóság, amely a 1,, 3 pontokat rendre a 1,, 3 pontokba viszi és így a keresett transzformáció el?áll az i, ϕ, i transzformációk kompozíciójaként. Tehát olyan O pontot és O centrumú i inverziót keresünk, amelyre I. az 1 3 ponthármas képe kollineáris; II. az i( 1 )i( ) = i( 1 )i( 3 ); III. i( )i( 3 ) = MEGOLDÁSOK z I. feltétel pontosan akkor teljesül, ha O illeszkedik arra az egyértelm? k körre vagy egyenesre, amely átmegy az 1,, 3 pontok mindegyikén, de nem egyezik meg a három említett pont egyikével sem. II. feltétel a 3.1. feladat eredménye szerint pontosan akkor teljesül, ha O illeszkedik arra az 1 -en átmen? egyértelm?en létez? l körre (lásd a feladatot), amelyre vonatkozó inverzió kicseréli -t és 3 -at. Ez az l kör az 3 egyenest egyszer metszi az 3 szakaszon és egyszer azon kívül. fenti k, l körök egyik közös pontja az 1 pont, de nem érintik egymást, hiszen l-nek van pontja a k körön belül (az 3 szakaszon) és azon kívül is. Legyen a k, l körök másik metszéspontja O. ármelyik O centrumú i inverzió teljesíti az I., II. feltételeket, az inverzió paramétere pedig beállítható úgy, hogy III. is teljesüljön. Ezzel a feladat állítását beláttuk megoldás. z, pontok akkor és csakis akkor cserélődnek ki a k körre vonatkozó inverziónál, ha az -n és -n átmenő kögyenesek merőlegesek k-ra (lásd a feladat E pontját). Keressük meg tehát a k 1 -re és a k -re merőleges kögyeneseket! z egyik ilyen kögyenes a k 1, k egyenes közös centrálisa, t. Megjegyezzük, hogy t nem létezik, ha k 1 és k koncentrikus, de ilyenkor olyan valóságos pontpár sincs, amely mindkét körre vonatkozó inverziónál kicserélődik, csak a közös centrum és a végtelen távoli pont cserélődik fel. Keressünk egy mindkét körre merőleges kört is! Ehhez tekintsük a k 1, k körök h hatványvonalát. Messe a hatványvonal a t centrálist T -ben tekintsük h egy k 1 és k külsejében található H pontját. Mivel H a k 1, k körök külsejében helyezkedik el, így H-nak a két körre vonatkozó egyenlő hatványa pozitív jelben rh, azaz van egy olyan H középpontú k H kör, amely merőleges k 1 -re és k -re is. keresett pontpár a k H kör és a t egyenes két metszéspontja. De van-e két metszéspont? Ha k 1 sugara r 1, középpontja O 1, akkor rh = HO 1 r1, míg HT = = HO1 O 1T. Pontosan akkor van két metszéspont, ha rh > HT, azaz ha r1 < O 1T, tehát ha a hatványvonal centrálisra illeszkedő pontja a k 1 körön kívül van. Ez épp azt jelenti, hogy a k 1, k körök hatványvonalának nincs közös pontja a két körrel, azaz azoknak sem egymással. Ebben az esetben van a feladat feltételeinek megfelelő pontpár, amelyet fent meg is leltünk.. megoldás. Ha és kicserélődik a k 1 és a k körökre vonatkozó inverziónál, akkor k 1 és k is az, pontpár egy-egy pollóniusz köre (lásd a feladatot), tehát k 1 és k közös pont nélküli nem koncentrikus körök. k 1 és k is az, pontpár egy-egy pollóniusz köre (lásd a feladatot), tehát k 1 és k közös pont nélküli nem koncentrikus körök. Megmutatjuk, hogy ha a k 1 és k közös pont nélküli nem koncentrikus körök, akkor van megfelelő pontpár, és alább meg is határozzuk azokat.

78 3. INVERZIÓ 155 Ha (a 1, a ), (b 1, b ) és k 1 illetve k az, pontok λ 1 illetve λ arányú pollóniusz köre, akkor,, k 1 és k egyenletei: : (x a 1 ) + (y a ) = 0, : (x b 1 ) + (y b ) = 0, k 1 : λ 1 ( (x a1 ) + (y a ) ) ( (x b 1 ) + (y b ) ) = 0, k : λ ( (x a1 ) + (y a ) ) ( (x b 1 ) + (y b ) ) = 0, tehát és (1) egyenleteinek lineáris kombinációiból kaphatók k 1 és k egyenletei. De k 1 és k () egyenleteinek lineáris kombinációiból is megkaphatók és egyenletei, azaz az, pontok koordinátái. Valóban, fent = 1 1 k 1 k, = λ k 1 λ 1 k. λ 1 λ λ 1 λ λ 1 λ λ 1 λ Most k 1 és k adottak, egyenleteik legyenek k 1 : x + y ξ 1 x η 1 y + δ 1 = 0, k : x + y ξ x η y + δ = 0. Úgy kell lineárkombinálnunk ezeket az egyenleteket, hogy 0 sugarú köröket, azaz pontokat kapjunk. Tekintsük pld az αk 1 + k kört, tehát azt, melynek egyenlete αk 1 + k : x + y αξ 1 + ξ α + 1 x αη 1 + η α + 1 y + αδ 1 + δ = 0. (4) α + 1 Ugyanez teljes négyzetek összegére írva: ( x αξ ) ( 1 + ξ + y αη ) 1 + η = α + 1 α + 1 ( ) αξ1 + ξ + α + 1 ami akkor lesz pont, tehát 0 sugarú kör egyenlete, ha (1) () (3) ( ) αη1 + η αδ 1 + δ α + 1 α + 1, (5) 0 = (αξ 1 + ξ ) + (αη 1 + η ) (αδ 1 + δ )(α + 1), (6) 6. egyenletben adott ξ 1, ξ, η 1, η, δ 1, δ és α-t keressük. Egyenletünk az α változóban másodfokú: 0 = (ξ 1 + η 1 δ 1 )α + (ξ 1 ξ + η 1 η δ 1 δ )α + (ξ + η δ ) (7) és pontosan akkor van két megoldása, ha a mennyiség, azaz D = (ξ 1 ξ + η 1 η δ 1 δ ) 4(ξ 1 + η 1 δ 1 )(ξ + η δ ) (8) pozitív. xxx XXX FOLYTTÁS? D = 4(ξ 1 η ξ η 1 ) + (δ 1 δ ) (9) 156 MEGOLDÁSOK 3. megoldás. Világos, hogy az egymással kicserélődő, pontokat a k 1, k körök t centrálisán kell keresni. Tekintsük t-t számegyenesnek, amelyet k 1 a p 1, p, míg k a q 1, q számoknak megfelelő pontokban metsz, míg -nak és -nek az x 1 és az x szám felel meg. z inverziós feltételek: ( ) ( ) x1 p1+p x p1+p = ( p 1 p ) ( ) ( ), x1 q1+q x q1+q = ( q 1 q ) (1). Ezekből azaz ahol x 1 + x = q1q p1p q 1+q p 1 p, x 1 x = p1q1q+pq1q p1pq1 p1pq q 1+q p 1 p, () x 1, = q 1q p 1 p ± D q 1 + q p 1 p, (3) D = (p 1 q 1 )(p 1 q )(p q 1 )(p q ). (4) D diszkrimináns pontosan akkor pozitív, ha a (p 1, p ) számpár elválasztja a (q 1, q ) számpárt, azaz q 1 és q egyike a p 1 és a p között van, a másik pedig nincs a kettő között és nem is egyenlő velük. Ez épp azt jelenti, hogy a k 1, k körök nem metszik egymást. Ebben az esetben (3) adja meg az, pontok helyét Egy egyenes pontosan akkor mer?leges egy körre, ha átmegy annak középpontján. Így két adott kör pontosan akkor koncentrikus, ha egynél több olyan egyenes van, amelyre mindkett? mer?leges. Tehát ha adott két kört koncentrikus körökbe akarunk vinne, akkor olyan kögyeneseket kell keresnünk, amelyek mindkett?re mer?legesek. Ha két ilyen kögyenes egyik metszéspontja az inverziónk centruma, akkor a másik metszéspont képe lesz a képkörök közös középpontja. szükséges kögyenesek megtalálását létezését a feladat garantálja és némelyik megoldásból a szerkesztés is kiderül a Ha a k 1, k körök sugarai r 1 és r, akkor a körlánc tagjainak középpontjai egy R = r1+r sugarú körön vannak, és a körlánc tagjai ρ = r1 r sugarú körök (lásd a. ábrát). koncentrikus körök középpontjai, a körlánc két szomszédos tagjának O 1, O középpontja egy olyan egyenlő szárú háromszöget alkot, amelyben az alap T felezőpontja az körlánc tagjainak érintési pontja és amelyben tehát O 1 T = =,5, T O 1 = 90, T O 1 = ρ = r1 r, O 1 = R = r1+r, sin,5 = r 1 r r 1+r (1) r1 = sin,5 r 1 = r 1 r + 1, ()

79 3. INVERZIÓ 157 amiből r sin,5 = r 1 sin,5. (3) b) z T O 1 derékszögű háromszögben T = R, ezt a hosszt keressük és Pitagorasz tételével meg is határozható: ( ) R = T = O1 O 1 T r1 + r = r 1 r = r 1 r, (4) azaz R = r 1 r. c) z 1 összefüggések közül csak a legelső módosul az alábbi módon: O 1 T = 180 n, így az általános esetben r 1 = 1 + sin 180 n, r 1 sin 180 n míg az R = r 1 r összefüggés ugyanúgy érvényben marad Invertáljuk a 3.5. feladatban vizsgált konfigurációt egy tetszőleges, de az ottani k 1, k koncentrikus körökkel nem koncentrikus körre! a) Komplex számok hányadosának argumentuma az osztandó és az osztó argumentumának különbsége. (z 1, z, z 3 ) = z1 z3 z 3 z osztóviszony argumentuma (forgásszöge) az (z 1 z 3 ), (z 3 z ) komplex számok argumentumának különbsége. hányados tehát pontosan akkor valós, ha a z 1 és z 3 ponton átmenő egyenes egyállású a z 3 és z ponton átmenő egyenessel, azaz pontosan akkor, ha z 1, z és z 3 egy egyenesen van. b) hasonlósági transzformációk megtartják a szakaszok egymáshoz viszonyított arányát és a szögek nagyságát, tehát megőrzik három komplex szám komplex osztóviszonyát is. Természetesen ezek hányadosát, a kettősviszonyt is megőrzik. O T 3.5M.. ábra. O MEGOLDÁSOK c) Ezt elég az origó középpontú egységkörre vonatkozó inverzióra igazolni, hiszen hasonlósági transzformációkkal ebből minden inverzió elkészíthető. z alábbi algebrai összefüggést kell igazolni: De ( z1 z 3 : z ) 1 z 4 = z 3 z z 4 z míg ( z1 z 3 : z ) 1 z 4 = z 3 z z 4 z 1 z 1 1 z 3 1 z 3 1 : z 1 z 1 1 z 3 1 z 3 1 : z 1 z 1 1 z 4 1 z 4 1 z ( ) (z1 z 3 )(z 4 z ) = (z 1 z 3 )(z 4 z ) (z 3 z )(z 1 z 4 ) (z 3 z )(z 1 z 4 ) 1 z 1 1 z 4 1 z 4 1 = z ( ( 1 z z 3 1 ) ( ) 1 z 3 z 4 1 z ) ( ) 1 z z 1 1 z 4 így a jobb oldali törtet z 1 z z 3 z 4 -gyel bővítve a bizonyítandó állítást kapjuk. d) (z 1, z, z 3 ) = z1 z3 z 3 z osztóviszony értéke olyan komplex szám, amelynek argumentuma mod 180 megadja azt a szöget, amellyel a z, z 3 pontokon átmenő egyenest el kell forgatni, hogy a z 3, z 1 pontokon átmenő egyenest kapjuk. Ehhez hasonlóan, a (z 1, z, z 4 ) = z1 z4 z 4 z osztóviszony argumentuma mod 180 az a szög, amellyel a z, z 4 pontokon átmenő egyenest el kell forgatni, hogy a z 4, z 1 pontokon átmenő egyenest kapjuk. két osztóviszony hányadosa pontosan akkor valós, ha a két osztóviszony argumentuma egyenlő egymással mod 180. Ha ez a két szög 0-val kongruens mod 180, akkor a négy pont egy egyenesen van, ha pedig egy α 0 szöggel kongruens mod 180, akkor a z 3 és a z 4 komplex számoknak megfelelő pontok illeszkednek a z 1, z pontpár α szögű látókörére. Ezzel az állítást igazoltuk megoldás. k gömbi kör a g gömbnek valamely Σ k síkkal való metszete. Legyen k középpontja a Σ k síkban O k, legyen továbbá a g gömb középpontja O g. Tekintsük az O g, O k, P pontokat! Ha P = O g, akkor a vetítés egyben középpontos tükrözés, ez tényleg körtartó. Ha P = O k, akkor k vetítése egy önmagára való középpontos tükrözés, k képe kör. Ha O g = O k, akkor tekintsük a g gömb k körre merőleges k átmérőegyenesét. Ha P illeszkedik erre az egyenesre, akkor a teljes ábra forgástengelye a k egyenes, természetes, hogy a k kör képe is kör lesz. Ha P nem illeszkedik a k egyenesre, akkor a P pont és a k egyenes által kifeszített Π sík szimmetriasíkja az ábrának, a további vizsgálatok megegyeznek azzal az esettel, amikor O g, O k és P mind különbözőek. Ha O g, O k és P különbözőek, akkor az ábránk megint forgásszimetrikus.

80 3. INVERZIÓ MEGOLDÁSOK Végül, ha O g, O k és P nincsenek egy egyenesen, akkor tekintsük e három pont Π síkját. Messe ez a sík a k kört az k k érintőben és legyen a P k, P k egyenesek másik metszéspontja a g gömbbel l illetve l. g gömb szimmetrikus a Π síkra, mert rajta van a középpontja, és a k kör is szimmetrikus Π-re, hiszen Π tartalmazza a k kör forgástengelyét az O g O k egyenest. Ebből következően a Π sík az egész ábra, tehát a k kör P -ből vetített l képének is szimmetriasíkja lesz. g gömböt a Π sík két félgömbre osztja. g gömbnem a P -ből való önmagára vetítése kicseréli egymással ezt a két félgömböt, ha a P pont a g gömb belső pontja, míg az egyes félgömböket önmagára képezi, ha g külső pont. Tekintsük a k kör tetszőleges C k pontját és annak k k egyenesre vonatkozó U k merőleges vetületét. Messe a P U k egyenes az l l egyenest U l -ben és bocsássunk merőleges l l -re U l -ben. Állítjuk, hogy e merőlegesnek a G gömbbel való egyik az előző bekezdésben foglaltaknak megfelelő metszéspontja az a C l pont, amely a C k pont képe a g gömbnek a P pontból önmagára való vetítésénél. Ha ezt igazoljuk, akkor ezzel a feladat állítását is bizonyítjuk, hiszen az így adódó C l pontok mértani helye az l l egyenesen átmenő, a Π síkra merőleges Σ l sík és a g gömb metszésvonala, ami egy l kör. (Lásd az 1. ábrát) P, U k, U l pontok egy egyenesen vannak és az U k C k, U l C l egyenesek párhuzamosak egymással, így mindössze annyit kell igazolnunk, hogy U l C l U k C k = P U l P U k. (1) Írjuk fel a magasságtételt a k, l körökben az k k, l l átmérőkre írt k C k k, l C l l derékszögű háromszögekre! U l C l = U l l U l l, U k C k = U k k U k k. () Ennek fényében (1) igazolásához azt kell megmutatni, hogy azaz U l l U l l = P U l U k k U k k P Uk, U l l U l l P U l = U k k U k k P Uk. (3) írjuk fel a Szinusz-tételt a P U l l, P U l l, P U k k, P U k k háromszögekben! l k C k U k O k P illetve U l l = sin U lp l P U l sin P l U l, U k k P U k = sin U kp k sin P k U k, U l l = sin U lp l P U l sin P l U l, (4) U k k P U k bizonyítandó (3) összefüggés trigonometrikus formája tehát = sin U kp k sin P k U k. (5) U l k sin U l P l sin U l P l sin P l U l sin P l U l = sin U kp k sin U k P k sin P k U k sin P k U k. (6) C l O l O g z l, l, k, k pontok mind illeszkednek a Π sík és a g gömb π körmetszetére, így sin P l U l = sin k l l = sin k k l = sin U k k P, sin P l U l = sin k l l = sin k k l = sin U k k P, (7) Másrészt nyilvánvaló, hogy l sin U l P l = sin U k P k, sin U l P l = sin U k P k, (8) így a (7), (8) összefüggések igazolják a (6)relációt. 3.64M1.1. ábra. Megjegyzés (3) önmagában is érdekes. Következik belőle pld a nevezetes Pillangó-tétel.

81 3. INVERZIÓ 161 Ehhez tegyük fel, hogy P a g gömb, azaz a k kör belső pontja és P U l P U k. (3) összefüggés ilyenkor azt jelenti, hogy az U l pontnak a k körre (a g gömbre) vonatkozó hatványa legalább akkora, mint az U k pontnak a k-ra vonatkozó hatványa. Ha az U k U l egyenes a k kört a V k, V l pontokban metszi, akkor tehát azaz V l U l U l V k V k U k U k V l, V l U l (U l U k + U k V k ) V k U k (U k U l + U l V l ), amiből a zárójelek felbontása, a V l U l V k U k tag eliminálása és U l U k -val való osztás után V l U l V k U k. Ezek a lépések megfordíthatók, így azt kaptuk, hogy a P U l P U k, V l U l V k U k egyszerre teljesülnek. Ez azt is jelenti, hogy P pontosan akkor felezi az U k U l szakaszt, ha P az V k V l húr felezőpontja.. megoldás. Inverzió a térben Legyen a P pontnak a g gömbre vonatkozó hatványa λ. P centrumú λ paraméterű inverzió önmagára képezi a g gömböt úgy, hogy pontosan azt a leképezést valósítja meg rajta, mint a P -ből való vetrítés. k kör előállítható két gömb vagy egy gömb és egy sík metszésvonalaként. z inverzió a gömbökből és síkokból gömböket és síkokat csinál, így a k kör képe is előáll két gömb vagy egy gömb és egy sík metszésvonalaként, tehát kör lesz. 3. megoldás. lgebrai geometria V l l U l k P U k V k k 16 MEGOLDÁSOK Először elmondjuk a gondolatmenet lényegét, utána részletezzük a bizonyítást. Tekintsük azt a K kúpot, amely a P ponton át a k kör pontjaihoz húzott egyenesek alkotnak. K kúp a térbeli Descartes koordinátarendszerben egy háromváltozós másodfokú egyenlettel, jelben K = 0 adható meg. Ennek részletes indoklását kéőbb adjuk meg. g gömb is egy háromváltozós másodfokú egyenlettel jelben G = 0 adható meg ugyanabban a koordinátarendszerben. E két egyenlet αk + βg = 0 lineáris kombinációi is háromváltozós másodfokú egyenlettel megadható alakzatok, és ezek az alakzatok mind tartalmazzák a g gömb és a K kúp közös pontjait. Tekintsük a k kör Σ k síkjának egy k pontjaitól különböző Q pontját. Q a gömbön és a kúpon sincs rajta, így azok egyenletébe beírva Q koordinátáit a kapott G(Q), K(Q) értékek zérustól különbözőek lesznek. Tekintsük tehát a G(Q)K K(Q)G = 0 (1) egyenlettel megadható másodrendű felületet. Ezt az egyenletet kielégíti K minden pontja és a Q pont is. Ebből következik, hogy a Σ k sík minden pontja is kielégíti az egyenletet. Valóban, egy többváltozós poklinomnak valamely egyenesre való megszorítása is is másodfokú polinom az egyenesen, így vagy azonosan nulla azon az egyenesen vagy legfeljebb két zérushelye van ott. Q-n átmenő k-t metsző egyeneseken azonban három zérushelye is van vizsgált polinomunknak, így ezeken az egyeneseken azonosan nulla. Ebből következik, hogy a k kör belsejében is azonosan nulla és Σ k minden pontján át húzható k belsején áthaladó egyenes, így a kifejezés zérus a teljes Σ k síkon. Vegyünk fel egy új koordinátarendszert, amelynek origója, y és z tengelye is a Σ z síkban van, amelbyen tehát Σ z egyenlete az x = 0 egyenlet. Nem nehéz igazolni, hogy a G, K alakzatok egyenlete ezen új koordinátarendszerbe nis másodfokú, utóbbié legyen K = 0. Részletesebben: K : a 11 x +a 1 xy +a 13 xz +a 14 x+a y +a 3 yz +a 4 y +a 33 z +a 34 z +a 44 = 0. () K kifejezés mindig zérus, ha x = 0, azaz a a y + a 3 yz + a 4 y + a 33 z + a 34 z + + a 44 kifejezés értéke y és z bármely értéke esetén nulla. Nem nehéz igazolni, hogy ez csak akkor fordulhat elő, ha l 3.64M1.. ábra. Ekkor tehát a = a 3 = a 4 = a 33 = a 34 = a 44 = 0. K : x (a 11x + a 1 y + a 13 z + a 14 ) = 0. (3) a 11 x+a 1 y +a 13 z +a 14 = 0 egyenlet egy Σ l sík egyenlete, tehát a kúp és a gömb metszéspontjai két síkban helyezkednek el, ahol nyilván két kört alkotnak, hiszen a gömb és a sík metszésvonala kör. P -ből való vetítés egymásra képezi ezt a két síkot, ezt a két kört.

82 3. INVERZIÓ Invertáljuk az C háromszög csúcsait és k körülírt körét a háromszög i beírt körére! z inverzió 3.1M. megoldásban leírt szerkesztése szerint az,, C pontok,, C képe rendre a 1 C 1, C 1 1, 1 1 szakasz felezőpontja. k kör képe tehát az 1 1 C 1 háromszög k Feuerbach köre. Ennek O F középpontja nem a k kör O középpontjának képe, de az inverzió középpontja, az invertált és a képkör középpontjai egy egyenesen vannak, azaz most O 1, O és O F kollineáris. Másrészt az 1 1 C 1 háromszög Euler egyenesén van e háromszög körülírt és Feuerbach körének középpontja, valamint a magasságpontja, azaz is kollineáris. Ebből következik, hogy O 1, O F és M MEGOLDÁSOK Lásd Kömal P. 84 (197/4) z 198. évi Nemzetközi Matematikai Diákolimpia. feladata (Kömal 1984/1) Lásd Kömal P. 44 (1970/4) Lásd Kömal P. 8 (1969/1). 4. Komplex számok a geometriában 4.1. z általánosság megszorítása nélkül a húrnégyszög köré írt körének középpontja az O pont, csúcsai a, b, c, d. négy háromszög köré írt köre megegyezik. komplex számokra, mint vektorokra tekintünk és felhasználjuk, hogy amennyiben a köré írt kör középpontjából irányítunk vektorokat a háromszög csúcsaiba, akkor a három vektor összege éppen a magasságpontba mutat. Ennek megfelelően a négy O, O 1 és M 1 egy egyenesen vannak Két olyan kör is van, amely érinti az, C oldalegyeneseket és az ω kört: az egyik, amelyet most nem vizsgálunk, az ω kör külsejében van, tehát az C háromszöglapon és így az i körön is kívül helyezkedik el. lkalmazzunk i-re vonatkozó inverziót! (lásd az 1. ábrát). z i kör, C és C oldalon található T C, T, T érintési pontjai fixen maradna az inverziónál. Ismeretes, hogy az,, C csúcsok ilyenkor az T T C, T C T, T T szakaszok,, C felezőpontjaiba képződnek.. z ω körülírt kör képe a T T T C háromszög Feuerbach köre lesz, melynek sugara a T T T C háromszög körülírt köre sugarának fele lesz. z, C egyenesek IT C, IT átmérőjű körökbe képződnek, ahol I az i kör középpontja, inverziónk centruma. Ezeknek a köröknek a sugara is fele az i beírt körének és mindketten átmennek az ponton. Ez a két kör adott, míg az ω kör változhat, de ő is ugyanakkora sugarú, -n átmenő kör. Van-e olyan kör, amely érinti mind a három legutóbb említett kört? Igen van: az középpontú, i-vel azonos sugarú c kör megfelelő (lásd a. ábrát). Ez nem lehet teljességgel i belsejében, hiszen azzal egyenlő sugarú. Emiatt invertált képe, c sem lesz teljesn i-n kívül, nem egyezhet meg a megoldás elején említett rossz körrel. most kapott c kör tehát megfelelő és független a, C pontpár választásától Lásd Kömal[11][1], F (1971/9). C T c i ω I T T C C T 3.69M.1. ábra. i T C ω I T i ω C c ω I T T C Lásd Kömal 768. gyakorlat (196/4) Lásd Kömal P. 80 (197/). 3.69M.. ábra.

83 4. KOMPLEX SZÁMOK GEOMETRIÁN 165 háromszög magasságpontjaihoz tartozó komplex számok rendre a + b + c, b + c + + d, a + c + d és a + b + d. z a + b + c magasságpontot és a d csúcsot összekötő szakasz felezőpontja a a+b+c+d pont. Hasonlóan látjuk, hogy ez bármelyik magasságpontra és a negyedik, a háromszög csúcsai közül hiányzó, csúcsra igaz. négy felezőpont egybeesik. Ez geometriai szempontból pontosan azt jelenti, hogy az eredeti négyszög és a magasságpontok által meghatározott négyszög erre a pontra középpontosan szimmetrikus. 4.. Válasszuk ismét origónak a körülírt kör középpontját. z (abc) háromszög Feuerbach-körének f középpontja az (OM) szakasz felezőpontja, azaz f = a + b + c. z f-et pl. az (ab) oldal f 1 felezőpontjával összekötő vektor f 1 f = a + b a + b + c = c, ez pedig párhuzamos az O-t a c ponttal összekötő vektorral és fele olyan hosszúságú a) Legyen ismét a köré írt kör középpontja az O pont, a négyszög csúcsai az a, b, c, d pontok. z a, b, c, d mindegyike azonos hosszúságú. z egyes háromszögek Feurbach-köreinek középpontjai a magasságpontokat a köré írt kör középpontjával összekötő szakaszok felezőpontjai a + b + c, a + b + d, a + c + d, b + c + d. Vegyük most az a+b+c+d pontot. z egyes középpontok távolságai ettől a ponttól éppen a kör sugarának felével egyenlők. Pl. a+v+c a+b+c+d = c. négy középpont az a+b+c+d körüli körön helyezkeik el. Ezt a kört hívjuk a négyszög Feuerbach-körének. b) Most láttuk be, hogy a négy háromszög Feuerbach-körei átmennek a négyszög Feuerbach-körének középpontján. c) négyszög súlypontja a+b+c+d 4, valóban felezi az OO szakaszt. Eltérő gondolatmenettel is célhoz érünk. Legyenek az egyes háromszögek Feuerbachköreinek középpontjai a, b, c, d. lkalmazzuk a z = 1 [ ] z + (a + b + c + d) transzformációt. Ez a transzformáció az (abcd) négyszöget az (a b c d ) négyszögbe viszi. Láthatóan ez a transzformáció egy eltolás és egy 1 arányú középpontos hasonlóság szorzata, ezért az (abcd) húrnégyszög képe (a b c d ) négyszög is húrnégyszög, a pontok egy körön vannak. transzformáció az O pontot az a+b+c+d pontba viszi. 166 MEGOLDÁSOK 4.4. z (abcde) ötszög esetében vegyük az a+b+c+d+e pontot. Ennek a pontnak pl. az (abcd) húrnégyszög Feuerbach-körének középpontjától vett távolsága a a + b + c + d a + b + c + d + e = e komplex szám normája, az eredeti kör sugarának fele. z öt húrnégyszög Feuerbachkörének középpontja egy körön van, a középpontja a+b+c+d+e. Látjuk, hogy ez az eljárás folytatható. Egy körbe írható n-szög esetén egy-egy csúcs elhagyásával (n 1) oldalú húrsokszögeket kapunk. Ezek mindegyikének van Feuerbach-köre. z n darab középpont egy körön van C összefüggést. C = x y egyenlet C-re lineáris, ebből C-t kifejezve kapjuk a bizonyítandó 4.6. hasonlósági feltétel azzal ekvivalens, hogy a két háromszögben a -nél illetve b -nél irányítás szerint is azonos szög van és a két szomszédos oldal aránya is megegyezik. komplex számok nyelvén tehát a a 1 a 0 a = b b 1 b 0 b. Ebből adódik a kívánt polinomiális kifejezés: (a 0 b 1 a 1 b 0 ) + (a 1 b a b 1 ) + (a b 0 a 0 b ) a) z számnak megfelelő pont akkor és csakis akkor van az említett egyenesen, ha a z ǫ tört értéke valós szám. Egy komplex szám pontosan akkor valós, ha egyenlő a konjugáltjával. szükséges és elégséges feltétel tehát z ( z ) ( z ) ǫ =, ahol = z ǫ ǫ ǫ. Ebből közvetlenül adódik a feladat állítása. b) Most a z b ǫ törtnek kell valósnak lennie, tehát z b ǫ = z b. ǫ Ebből átszorzás és rendezés után adódik a feladat állítása feladatból a keresett polinom az (a + bω + cω )(a + bω + cω) alakban adódik. szorzást elvégezve kapjuk a p(a, b, c) = a +b +c ab bc ca alakot.

84 4. KOMPLEX SZÁMOK GEOMETRIÁN megoldás feladat megoldásaiban láttuk, hogy ha z 0 z 1 z pozitív körüljárású szabályos háromszög, akkor z = e π z 0 + e π z 1, ahol e π = cos π i sin π 3. Így ha z 0 z 1 z pozitív körüljárású szabályos háromszög, akkor a feltétel is teljesül, hiszen az összefüggések alapján z 0 + ωz 1 + ω z = 0 (1) ω e π 3 = e 4π 3 e π 3 = e 5π 3 = ω, ω e π 3 = e 4π 3 e π 3 = e 3π 3 = 1 z 0 + ωz 1 + ω z = z 0 + ωz 1 + ω ( e π 3 z 0 + e π 3 z 1) = 0. Másrészt (1) a z változóban lineáris, tehát adott z 0, z 1 esetén egy megoldása van. Láttuk, hogy a z 0 z 1 szakaszra emelt pozitív körüljárású szabályos háromszög harmadik csúcsa megoldás, tehát az az egyetlen megoldás. Tehát, ha teljesül a (1) feltétel, akkor a háromszög szabályos.. megoldás. z 1 + ω + ω = 0 összefüggés miatt a megadott feltétel a z 0 z = = ω (z z 1 ) feltétellel ekvivalens, ami épp azt fejezi ki, hogy a z z 0 irányított szakasz a z 1 z irányított szakaszból pozitív orientáció szerinti 10 -os forgatással kapható, tehát a háromszög szabályos és pozitív körüljárású megoldás. z xao, xbo háromszögek egybevágóak, ellenkező körüljárásúak és x-ben derékszögűek, így x a O a = x b O b hiszen a két tört abszolútértéke egyenlő és argumentumuk különbsége 90 = 180. felírt összefüggés x-re nézve lineáris, megoldása: x = ab a + b. 168 MEGOLDÁSOK. megoldás. z abo, abx háromszögek egyenlő szárúak, de a szárak szöge (Oban illetve x-ben) nem egyenlő, hanem ezek egymás kiegészítő szögei. Így abx az a( b)o háromszöghöz hasonló: b x x a = b O O a = b a, ahol az utolsó lépésben O-t a számsík origójának tekintettük. Ebből a 4.5. feladat állítása alapján ab + ba x = = ab a + b a + b két szám számtani közepe az O középpontú kör (ab) húrjának felezőpontja. harmonikus közép meghatározásához tekintsük az O középpontú kör a és b pontjaiba húzott érintők h metszéspontját. 90 -os (pozitív) forgással az a vektor (h a)-val, a b pedig (b h)-val párhuzamos helyzetbe hozható. Mivel h a = b h (hiszen külső pontból a körhöz húzott érintőszakaszok), ezért az elforgatott a-t ugyanolyan λ arányban kell nyújtani, vagy zsugorítani, hogy a (h a) vektort kapjuk, mint b-t, hogy a (b h) vektort kapjuk: két egyenlőséget elosztva és rendezve: λai = h a, λbi = b h. a b = h a b h, h = ab a + b. harmonikus közepet tehát úgy kapjuk, hogy megszerkesztjük az a és b pontokba húzott érintők metszéspontját. mértani közép meghatározásához tekintsük a két komplex szám trigonometrikus alakját. komplex számok halmazán egy számnak két négyzetgyöke van. Ezek alapján a ab komplex számok hossza megegyezik a és b hosszával, tehát mindkét szám az O középpontú a-t és b-t tartalmazó körön helyezkedik el. z a és b szorzatának argumentuma a két szög összege, a gyökvonásnál tehát ennek felét, illetve felének 180 -os elforgatottját kapjuk. z (aob) szög felezőjének a körrel vett metszéspontjai adják a két megoldást. 4.1.

85 4. KOMPLEX SZÁMOK GEOMETRIÁN megoldás. Először arra adjunk választ, hogyan fejezhető ki, hogy egy háromszög egyenlő szárú. z C egyenlő szárú háromszög. Forgassuk el az = a vektort pozitív irányba, és nyújtva (vagy zsugorítva) kapjuk az C vektort. Ezt a forgatva nyújtást olyan r komplex számmal történő szorzás idézi elő, amelynek argumentuma a C -gel egyenlő. Tehát C = ar. Viszont az előbbivel ellentétes irányú, de ugyanolyan mértékű forgatva nyújtást az r -tal való szorzás idéz elő, ezért az ábráról is leolvasható módon vagyis az a-val egyszerűsítve ar + ar = a, r + r = 1. Ebből azt is látjuk, hogy Re(r) = Re(r) = 1, s ennek következményeként r r tisztán képzetes szám. Térjünk rá a feladat megoldására. z egyszerűbb kezelhetőség érdekében legyen az pont az origo, továbbá legyen b és d a két megfelelő paralelogramma-csúcs. Ekkor a C csúcsnak megfelelő komplex szám éppen b + d. Legyen most a fentiek szerint az r egy olyan komplex szám, amelyre teljesül, hogy r+r = 1. z E csúcsnak megfelelő e komplex számra e = (b + d)r, hasonlóan az F pontnak megfelelő komplex f számra z (ef) vektorra f = d + (b d)r. ef = d + br dr br dr = d dr = d(r + r r) = d(r r). Tudjuk, hogy r r tisztán képzetes szám, így ez a vektor merőleges a paralelogramma D oldalára. ar ar C ar C 4.1M1.1. ábra. 170 MEGOLDÁSOK Foglalkoznunk kell még egy további lényeges esettel. Előfordulhat, hogy az C-re pozitív irányban, míg a D-re negatív irányban írtunk egyenlő szárú háromszöget. Ekkor a megoldás a következő szerint módosul. Ekkor a két pontot összekötő vektor e = (b + d)r, f = d + (b d)r. ef = d + br dr br dr = d(1 r r) + b(r r) = b(r r). Ez a vektor most a b-re, vagyis az oldalra merőleges.. megoldás. Ha az CE, F D háromszögek egyenlő szárúak CE = E és F = F D és hasonlóak, akkor vagy azonos körüljárásúak, vagy ellenkező körüljárásúak. lább azzal az esettel számolunk, amikor azonos körüljárásúak. Ha ellenkező körüljárásúak, akkor az EC, F D háromszögek azonos körüljárásúak és az alábbi gondolatmenetben a csak betűcseréket kell végrehajtanunk. csúcsoknak megfelelő komplex számot most ugyanazzal a betűvel jelöljük, mint magár a csúcsot. z elmondottak szerint van egy olyan ǫ egységnyi komplex szám, amelyre ǫ( F) = D F ǫ(v E) = E két egyenlet különbségéből rendezés után kapjuk a C E F = 1 ǫ 1 + ǫ relációt. z a geometriai összefüggés, hogy a paralelogramma C oldalegyenese merőleges az EF egyenesre egyenletünk alapján azzal ekvivalens, hogy az 1 ǫ 1+ǫ komplex szám tisztán képzetes. Egy komplex szám pontosan akkor tisztán képzetes, ha konjugáltja az ellentettje. z alábbi átalakítás szerint ez vizsgált számunkra teljesül. Felhasználjuk, hogy egységnyi komplex szám konjugáltja a reciproka. ( ) 1 z = 1 z 1 + z 1 + z = 1 1 z z Ezzel a feladat állítását igazoltuk. = z 1 z + 1 = 1 z 1 + z. 3. megoldás. Egybevágóságok kompozíciója z, C csúcsok esetleges felcserélésével elérhető, hogy az F D, CE irányított szögek az irányításnak megfelelően egyenlők legyenek egymással. Jelölje ezt az irányított szöget α.

86 4. KOMPLEX SZÁMOK GEOMETRIÁN 171 z alábbi egybevágósági transzformációkkal dolgozunk: a C vektorral való eltolást τ jelöli, inverzét, a D vektorral való eltolástτ 1, az F illetve az E körüli α szöggel való elforgatást F α illetve E α. Vizsgáljuk a ϕ = τ 1 F α, ψ = E α τ összetett transzformációkat (mindig a jobbra levőt hajtjuk végre előbb). Mindkét transzformáció irányítástartó és α szöggel forgatja el az irányított szakaszokat, tehát mindkettő α szögű elforgatás. Mivel így F α () = D, τ 1 (D) =, τ() = C, E α (C) =, ϕ() =, ψ() =. Ebből következik, hogy a ϕ, ψ transzformációk megegyeznek, hiszen egyetlen egy olyan α irányított szögű elforgatás van, amely -t -ba képezi. Most tengelyes tükrözések segítségével megszerkesztjük a ϕ, ψ forgatásokat. τ eltolás tengelyes tükrözések olyan t 1 t 0 kompozíciójával helyettesíthető, amelyben a két tengely egymással párhuzamos, C-re merőleges, és t 0 -ból a t 1 egy 1 C vektorral való eltolással kapható. Válasszuk meg t 1 -t úgy, hogy átmenjen E-n. Ebből t 0 egyértelműen adódik. τ 1 eltolást megadó t t 1 kompozíció tengelyei is merőlegesek C-re, de itt t -ből kapható meg t 1 egy 1 C vektorral való eltolással. Vegyük fel t 1-et úgy, hogy átmenjen F-en! feladat annak igazolásából áll, hogy a t 1, t 1 tengelyek megegyeznek. z F α forgatást a t 1 t 0 kompozíció adja meg, ahol t 0 az az F-en átmenő egyenes, amely t 1-ből F körüli α szögű elforgatással kapható. z Eα forgatást pedig az t t 1 kompozíció adja meg, ahol t az az E-n átmenő egyenes, amely t 1 -ből E körüli α szögű elforgatással kapható. ϕ = τ 1 F α = (t t 1 ) (t 1 t 0 ) = t t 0 ; ψ = E α τ = (t t 1 ) (t 1 t 0 ) = t t 0. Mivel a ϕ, ψ elforgatások azonosak, így a t t 0, t t 0 metszéspontok is azonosak, tehát a C-re merőleges t, t 0 tengelyek egybeesnek, amiből következik, hogy az eltolásokat leíró párjaik, t 1 és t 1 is egybeesnek. Ezt akartuk bizonyítani megoldás. Két lehetőség is van. Legyen z + és z+ 3 az a két szám, amelyre a z 0 z 1 z + z+ 3 négyzet pozitív körüljárású, míg z és z 3 jelölje a negatív körüljárású z 0 z 1 z z 3 négyzethez tartozó pontokat. 17 MEGOLDÁSOK z + illetve z a z 0 pont z 1 körüli ( 90 )-os, illetve (+90 )-es elforgatottja, tehát z + = (z 0 z 1 )( i)+z 1 = i z 0 +(1+i) z 1, z = (z 0 z 1 )i+z 1 = i z 0 +(1 i) z 1. Egy másik elforgatással vagy a z 0 z 1 z z 3 paralelogrammára vonatkozó z 3 z = = z 0 z 1 összefüggésből z + 3 = (1 i) z 0 + i z 1, z 3 = (1 + i) z 0 i z 1.. megoldás. lkalmazzuk a 4.5. feladat állítását. z 0 z 1 z, z 0 z 1 z 3 háromszögek ellenkező körüljárású egyenlő szárú derékszögű háromszögek. Tehát ha a z 0 z 1 z z 3 négyzet pozitív körüljárású, akkor a z 0 z 1 z háromszög hasonló a 0, 1, (1 + i) komplex számok alkotta háromszöghöz, a z 0 z 1 z 3 háromszög pedig a 0, 1, i számok háromszögéhez feladat állítása szerint tehát ilyenkor a z 0 =, z 1 = választás mellett z = C-vel azaz C C = z 1 z 1 (1 + i) = z z 0 (1 + i) 0 = i 1 + i, z = ( i)z 0 + (1 + i)z 1 = iz 0 + (1 + i)z 1, 1 + i + ( i) illetve ugyanúgy z 0 =, z 1 = mellett z 3 = C-vel azaz C C = z 1 z 3 = 1 i z 3 z 0 i 0 = 1 i, i z 3 = (1 i)z 0 + iz 1 = (1 i)z 0 + iz 1. (1 i) + i Hasonlóan kapjuk a megoldás abban az esetben is, amikor a z 0 z 1 z z 3 négyzet negatív körüljárású. Ilyenkor a z 0, z 1, z pontok háromszöge a 0, 1, 1 i pontok háromszögéhez, a z 0, z 1, z 3 csúcsok háromszöge a 0, 1, i háromszöghöz hasonló, így C C = z 1 z 1 (1 i) = z z 0 (1 i) 0 = i 1 i, azaz z = iz 0 + (1 i)z 1 = iz 0 + (1 i)z 1, i + (1 i) illetve ugyanúgy z 0 =, z 1 = mellett z 3 = C-vel azaz C C = z 1 z 3 z 3 z 0 = 1 ( i) ( i) 0 = 1 + i i, z 3 = (1 + i)z 0 iz 1 (1 + i) i = (1 + i)z 0 iz 1.

87 4. KOMPLEX SZÁMOK GEOMETRIÁN megoldás. z csúcs a z 0 csúcs z 1 körüli 60 -os elforgatottja. Pontosabban: ha a z 0 z 1 z + szabályos háromszög pozitív körüljárású, akkor az előbbi elforgatás negatív forgásirányú, míg ha z 0 z 1 z körüljárása negatív, akkor a forgatás iránya negatív. Így az e π = cos π i sin π 3, e π = e π = cos π i sin π 3 hatodik komplex egységgyökökkel z + Ehhez hasonlóan = z 1 + e π 3 (z 0 z 1 ) = e π 3 z 0 + (1 e π 3 )z 1 = e π 3 z 0 + e π 3 z 1. z = e π 3 z 0 + e π 3 z 1.. megoldás. lkalmazzuk a 4.5. feladat állítását. Ha a z 0 z 1 z pozitív körüljárású szabályos háromszög, akkor hasonló a 0, 1, e π = cos π i sin π 3 komplex számok alkotta háromszöghöz, tehát a 4.5. feladatban az = z 0, = z 1, C = z szereposztással azaz C C = z 1 z z = e π 3 z 0 + e π 3 z 1 = 1 e π 3 z z 0 e π 0 = e π 3 e π e π + e π 3 3 = e π 3 z 0 + e π 3 z 1. Ha a z 0 z 1 z negatív körüljárású szabályos háromszög, akkor a 0, 1, e π = cos π 3 3 i sin π 3 komplex számok alkotta háromszöghöz hasonló. Ilyenkor tehát amiből a 4.1M1 C C = z 1 z = 1 e π 3 z z 0 e π 0 = e π 3 e π 3 3 z = e π 3 z 0 + e π 3 z Tegyük fel (az ábra esetleges tükrözésével), hogy az CD négyzet pozitív körüljárású és így az C D négyzet körüljárása pozitív. Tekintsük a síkot a komplex számsíknak, ahol az adott csúcsoknak megfelelő komplex számot ugyanúgy jelöljük, ahogy magát a csúcsot feladat eredménye szerint az, illetve, számokkal így fejezhetjük ki a többi csúcsnak megfelelő számot: C = i + (1 + i), D = (1 i) + i, C = i + (1 i), D = (1 + i) i,,, 174 MEGOLDÁSOK azaz a négyzetek középpontjai illetve a, DD szakaszok felezőpontjai rendre F = + C = 1 i i, F = + C = 1 + i + 1 i, F = + = 1 + 1, F D = D + D = + i i. Állítjuk, hogy FF D F F pozitív körüljárású négyzet. Ennek igazolásához alkalmazzuk újból a feladat eredményét, fejezzük ki az FF D oldalra emelt pozitív körüljárású négyzet további két csúcsát: if + (1 + i)f D = i ((1 i) + (1 + i)) + (1 + i) ( + i i ) = = ( i(1 i) + (1 + i)) + ( i(1 + i) + (1 + i)i) + (1 + i)( i) = = 1 + i + 1 i = F, (1 i)f + if D = (1 i) ((1 i) + (1 + i)) + i ( + i i ) = ( (1 i) + i ) + ( (1 i)(1 + i) + i ) + i( i) = + = = F feladat megoldása során nem az oldalakra szerkesztett négyzetek a lényegesek, hanem azok középpontjai, ezeket viszont az oldalakra írt egyenlő szárú derékszögú háromszögek csúcsaiként nyerhetjük. z ábrán látható nyolc vektor összege nulla. a + ai + b + bi + c + ci + d + di = 0, (a + b + c + d)(1 + i) = 0, a + b + c + d = 0. Fejezzük ki a szemközti erékszöggű csúcsokat összekötő vektorokat. u = di + a + ai + b, v = ai + b + bi + c. zt kell megmutatni, hogy az u-t 90 -os forgatás viszi v-be. 90 -os forgatásnak i-vel való szorzás felel meg: ui = di + ai + ai + bi = a d + ai + bi. zt már korábban láttuk, hogy a + b + c + d = 0, ennek felhasználásával Ezzel az állítást igazoltuk. ui = a d + ai + bi = b + c + ai + bi = v.

88 4. KOMPLEX SZÁMOK GEOMETRIÁN Legyen az C szakaszra írt szabályos sokszög középpontja P, a C-re írt Sokszög középpontja Q, továbbá a felezőpontok összekötő szakaszára írt sokszög középpontja R. csúcsoknak megfelelő komplex számok rendre a, b és c. Most a következőkben a feladatban szereplő állításnál egy általánosabb tényt fogunk igazolni. Ha az eredeti szövegben szereplő módon egymáshoz hasonló egyenlő szárú háromszögeket írunk a két oldalra és a harmadikhoz tatozó középvonalra, akkor (a betűzéseket megtartva) itt is teljesül, hogy az R pont a P Q szakasz felezőpontja. z egyenlő szárú háromszögek kezeléséhez a 4.1M1. megoldásban megismert módszert követjük. Választunk egy olyan komplex számot (z), amelyre z + z = 1. Ezzel az z számmal szorozva a megfelelő oldalak vektorait éppen a szárakra eső vektorokat kapjuk. z eddigiek alapján Most vegyük a P Q felezőpontját p + q = p = a + (c a)z, q = c + (b c)z. a + (c a)z c + (b c)z = a + c + + (b a)z. z C és C felezőpontjai összekötő szakaszra írt egyenlő szárú háromszög harmadk csúcsára r = a + c ( b + c + a + c ) z = a + c (b a)z MEGOLDÁSOK z általánosabb állítást igazoltuk megoldás indításaként a harmonikus közép kiszámításának 4.11M. megoldásban leírt módszeréhez nyúlunk. Legyen a C oldalra írt szabályos sokszög középpontja a P pont. P C a teljes szög n-ed része. zt is tudjuk, hogy P = P C, így az b p és c p vektorok egymásnak π n szögű elforgatottjai. Legyen ǫ az első n-edik egységgyök, ǫ = cos π n + isin π n. Így felírhatjuk, hogy Innen p már kifejezhető: (c p)ǫ = b p. p = b cǫ 1 ǫ. Hasonlóan kapjuk, hogy a C és oldalakra írt szabályos sokszögek Q, illetve R középpontjaira q = c aǫ 1 ǫ, r = a bǫ 1 ǫ feladat megoldásánál láttuk, hogy annak algebrai feltétele, hogy a (pqr) háromszög szabályos: p + q + r = pq + qr + rp. ci c di d u v bi b Q R C P a ai 4.17M.1. ábra. 4.16M.1. ábra.

89 4. KOMPLEX SZÁMOK GEOMETRIÁN 177 Helyettesítsük be a p, q, r-re kapott kifejezéseinket ebbe a feltételbe: (b cǫ) aǫ) bǫ) (b cǫ)(c aǫ) +(c +(a = (1 ǫ) (1 ǫ) (1 ǫ) (1 ǫ) + (c aǫ)(a bǫ) (a bǫ)(b cǫ) (1 ǫ) + (1 ǫ). nevezők a két oldalon egyformák és az egyenlet egyébként is erős szimmetriát mutat. a + b + c + (a + b + c )ǫ (ab + bc + ca)ǫ = = ab + bc + ca (a + b + c )ǫ (ab + bc + ca)ǫ + (ab + bc + ca)ǫ. Rendezés után (a + b + c )(1 + ǫ + ǫ ) = (ab + bc + ca)(1 + ǫ + ǫ ), (a + b + c ab + bc + ca)(1 + ǫ + ǫ ) = 0. feladat feltételei között szerepelt, hogy a háromszög nem egyenlő szárú, tehát nem is szabályos. Emiatt csak 1 + ǫ + ǫ = 0 lehetséges. Szorozzuk ezt be a nullától különböző (ǫ 1)-gyel: (1 + ǫ + ǫ )(ǫ 1) = ǫ 3 1 = 0. z ǫ tehát harmadik egységgyök. Innen már látjuk, hogy az egyetlen lehetséges megoldás n = megoldásnál fel fogjuk használni a 4.18M. megoldás egyes részleteit. Legyenek a háromszög csúcsaihoz tartozó komplex számok a, b, c, továbbá az első harmadik egységgyök ε, az első hatodik egységgyök pedig ϕ. későbbiekben fel fogjuk azt is használni, hogy ϕ = ε. feladat kitűzésénél szereplő jelölésekkel most írjuk fel az oldalakra kifelé rajzolt szabályos háromszögek csúcsait. Ezt rendezve majd ugyanezzel a módszerrel ϕ(b d) = a d. e = b cϕ 1 ϕ d = a bϕ 1 ϕ, és f = c aϕ 1 ϕ. Most az ε-nal számolva megkapjuk a kifelé írt szabályos háromszögek középpontjait is: j = a bε 1 ε, k = b cε 1 ε, l = c aε 1 ε. 178 MEGOLDÁSOK a) JKL háromszögre használjuk a 4.8. feladatban megismert szükséges és elégséges feltételt. zt kell belátnunk, hogy = ( a bε 1 ε ( a bε ) ( b cε ) ( c aε ) + + = 1 ε 1 ε 1 ε )( b cε ) ( b cε )( c aε ) ( c aε ε 1 ε 1 ε 1 ε nevezőkkel beszorozva, a műveletek elvégézse és rendezés után a + b + c + (a + b + c )ε (ab + bc + ca)ε = )( a bε ). 1 ε = ab + bc + ca (a + b + c )ε (ab + bc + ca)ε + (ab + bc + ca)ε. Most egy oldalra rendezve a kiemelés után (a + b + c ab bc ca)(1 + ε + ε ) = 0. Ez pedig teljesül, mert ε az első harmadik egységgyök ε 3 1 = 0, (ε 1)(ε + ε + 1) = 0, és tudjuk, hogy ε 1 0. Ezzel beláttuk, hogy a feltétel teljesül, a JKL háromszög valóban szabályos. Megjegyzés: Ugyanígy szabályos háromszöget kapunk az oldalakra befelé írt szabályos háromszögek középpontjaiból is. Ezeket a háromszögeket hívják Napóleonféle háromszögeknek. b) Írjuk fel a JKL háromszög súlypontját: s jkl = z állítás igaz. a bε + b cε + c aε 3(1 ε) = (a + b + c)(1 ε) 3(1 ε) = a + b + c. 3 c) G, H, I pontokhoz tartozó komplex szánok felírásához felhasználjuk, hogy ezek felezőpontok: Így g = a bϕ + b cϕ (1 ϕ) g b = a cϕ (1 ϕ) b = a cϕ (1 ϕ) + b. a b + bϕ cϕ =. (1 ϕ)

90 4. KOMPLEX SZÁMOK GEOMETRIÁN 179 Hasonlóan számolható h c = b c + cϕ aϕ, i a = (1 ϕ) c a + aϕ bϕ. (1 ϕ) z állítás igazolsához forgassuk el a pl. a HC szakaszt 10 -kal pozitív irányba. ϕ (h c) = bϕ aϕ 3 cϕ + cϕ 3. (1 ϕ) Mivel ϕ az első hatodik egységgyök, ezért ϕ 3 = 1 és ϕ = (ϕ + 1)(ϕ ϕ + + 1) = 0. Ez utóbbi a sokszor jól használható 1 + ϕ = ϕ alakba írható. Ezek alapján bϕ aϕ 3 cϕ + cϕ 3 (1 ϕ) = bϕ + a cϕ c (1 ϕ) = bϕ b + a cϕ (1 ϕ) = g b. Ugyanezzel a módszerrel az is belátható, hogy ϕ(h c) = (i a). d) Itt fogjuk felhasználni, hogy ϕ = ε. Írjuk fel először a CD és KL vektorokat. d c = a bϕ 1 ϕ a bϕ c + cϕ c =, l k = 1 ϕ Felírjuk az (l k)-t a (d c) számszorosaként: b cε c + aε 1 ε = = b cϕ c + aϕ 1 ϕ a bϕ c + cϕ 1 ϕ b cε c + aε. 1 ε = bϕ3 cϕ + cϕ 3 + aϕ (1 ϕ)(1 + ϕ) ϕ 1 + ϕ = (d c) ϕ 1 + ϕ. Elegendő megmutatni, hogy ϕ 1+ϕ tisztán képzetes szám. ϕ 1 + ϕ = ε 1 + ϕ = 1 + i i = 1 + i i 3 3 i 3 3 i 3 = 3 3 i. KL valóban merőleges CD-re. Melőtt a feladat további részeinek bizonyítására térünk érdemes más módszerrel is felírnunk az egyes pontokhoz tartozó komplex számokat zt fogjuk felhasználni, hogy a (z 1 z z 3 ) akkor és csak akkor pozitív körüljárású szabályos háromszög, ha z 1 + z ω + z 3 ω. Ezt a feltételt felírva az (dba), (ecb), (f ac) háromszögekre d = bω aω, e = cω bω, f = aω cω. = 180 MEGOLDÁSOK (jkl) háromszög csúcsai az előbbi szabályos háromszögek súlypontjai. j = a + b bω aω, k = 3 b + c cω bω, l = 3 c + a aω cω. 3 Ezzel a módszerrel is igazolható pl., hogy a (jkl) háromszög szabályos: j + kω + lω = a + b bω aω 3 + b + c cω bω ω + 3 c + a aω cω ω = 3 = a aω3 aω + aω + b bω + bω bω 3 + cω cω + cω cω 4 = 0. 3 Természetesen azt is fel kell használni, hogy ω az első harmadik egységgyök. Ez azt is jelenti, hogy 1 + ω + ω = 0. Ezzel már röviden az is belátható, hogy a (jkl) és (abc) háromszögek súlypontja egybeesik. j + k + l 3 = a aω aω + b bω bω + c cω cω 9 = 3a + 3b + 3c. 9 Elegendő tapasztalatot szereztünk, hogy hozzáfogjunk az e.) rész igazolásához. e) Először is írjuk fel az állításban szereplő felezőpontokhoz tartozó komplex számokat. a bω aω b bω aω f D =, f D =, f E = b cω bω, f EC = c cω bω, c aω cω a aω cω f CF =, f F =. Most következhet a felezőpontokat összekötő szakaszok vektorainak felírása. f D f EC = a bω aω c + cω + bω, f E f F = b cω bω a + aω + cω, f CF f D = c aω cω b + bω + aω. Egyszerű beszorzással ellenőrízhető, hogy f CF f D ω = f D f EC, és f D f EC ω = f E f F. szakaszokat 10 -kal forgattuk el, tehát valójában 60 -ot zárnak be egymással. zt is látjuk, hogy a szakaszok egyenlő hosszúságúak is.

91 4. KOMPLEX SZÁMOK GEOMETRIÁN 181 f) Ha a p és q komplex számok az origóval egy egyenesbe esnek, akkor a hányadosuk valós. Ez algebrailag azt jelenti, hogy a hányados és komplex konjugáltja megegyezik. p q = p, a törteket eltávolítva pq = pq. q Válasszuk origónak az (af E és f D c egyenesek metszéspontját. Ekkor tudjuk, hogy f E és f D valósak és bizonyítandó, hogy b is valós. a c l e kell tehát látni, hogy b c + a aω cω 3 miközben azt már tudjuk, hogy = b c + a bω aω, 3 b cω bω b cω bω a = a, b bω aω b bω aω c = c. két feltételi egyenletet -vel szorozva, kifejtve és összeadva, közben felhasználva a konjugálás tulajdonságait, továbbá azt a tényt, hogy ω = ω kapjuk, hogy ab acω baω + bc cbω caω = ab acω abω + cb bcω acω. két közös taggal egyszerűsítve, majd a baloldalon b-t, a jobboldalon b-t kiemelve b(a + c aω cω ) = b(a + c aω cω) = b(a + c aω cω ). z egyenlőség mindkét oldalát 3-mal osztva éppen a bizonyítandó állítás adódik. nalóg módszerrel tárgyalható a 4.45 feladat is. g) Igazoljuk, hogy (f C f D f E ) pozitív körüljárású szabályos háromszög. a + c + b bω aω ω + b cω bω ω = = a + c + bω bω aω 3 + bω cω 3 bω 4 = MEGOLDÁSOK 4.0. Legyen O a komplex számsík origója és jelöljük az,,, pontoknak megfelelő komplex számokat ugyanúgy, mint magát a csúcsot. Feltehetjük (esetleg egy tükrözés kell hozzá), hogy az O háromszög pozitív körüljárású, azaz = e π 3, = e π 3, ahol e ϕ = cos ϕ + i sin ϕ egységnyi abszolútértékű komplex szám. Ekkor a, O, O pontok F, F, F felezőpontja: F = e π + e π 3 3, F = 1, F = feladat állítása szerint ez épp azt jelenti, hogy F FF háromszög pozitív körüljárású szabályos háromszög Feltehetjük, hogy az adott kör egységnyi sugarú és középpontja a komplex számsík origója, rajta az hatszög pozitív körüljárású és csúcsainak az a 1, a, a 3, a 4, a 5, a 6 komplex számok felelnek meg. Tudjuk, hogy az 1, 3 4, 5 6 oldalainak hossza r, tehát a = e π 3 a 1, a 4 = e π 3 a 3, a 6 = e π 3 a 5. z 3, 4 5, 6 1 oldalak felezőpontjainak a f 3 = e π a a 3, f 45 = e π a a 5, f 61 = e π a a 1 komplex számok felelnek meg feladat állítása szerint az f 3 f 45 pontpárra emelt pozitív körüljárású szabályos háromszög harmadik csúcsa hiszen e π 3 + e π 3 = 0. e π f 3 + e π f = a 1 + e π 3 a 3 = a 1 + e π a 3 5 = f 61, + e π a 3 + e π a = 4.. z egyszerűbb kezelhetőség érdekében legyen az pont a komplex számsík O kezdőpontja. Így a C 1 és C komplex számok egymás negatív valós számszorosai. Pl. C = λ C 1. Legyen továbbá ϕ = cos π 3 + i sin π 3 az első hatodik egységgyök. Ekkor C 1 -et és C -t O körüli ellentétes irányú 60 -os forgatás viszi a megfelelő 1, illetve pontokba. 1 = ϕc 1, és = 1 ϕ C.

92 4. KOMPLEX SZÁMOK GEOMETRIÁN 183 C 1 szakasz X felezőpontjára X = C 1 + Hasonlóan a C 1 szakasz Y felezőpontjára Y = C + 1 = C ϕ λc 1. = λc 1 + ϕc 1. a) z első állítás igazolása érdekében alkalmazzunk most az X komplex számra O körüli 60 -os elforgatást. ϕx = ϕ C 1 + z XY háromszög szabályos. = ϕ C ϕ λc 1 = ϕc 1 + λc 1 = y. b) álllítás következménye a c) állításnak, így csak az utóbbit látjuk be. Ebben a részben szereplő mindhárom háromszög szabályos, így köré írt köreik középpontja egyben a súlypontjuk is. Ennek megfelelően: C 1 O = C + 1 ϕ C 3 O 1 O 1 = C 1 + ϕc 1, 3 = λc ϕ λc 1, 3 = 0 O Y 1 = ϕc 1 4.M.. ábra. C = λc 1 O = 1 ϕ C 184 MEGOLDÁSOK C 1+ 1 ϕ λc1 + λc1+ϕc1 O = X + Y = 3 3 Vegyük most O 1 O felezőpontját. O 1 + O = C 1+ϕC λc1+ 1 ϕ λc1 3 = C 1 + λc 1 + ϕc 1 + λ 1 ϕ C 1. 6 = C 1 + λc 1 + ϕc 1 + λ 1 ϕ C 1 6 = O a) háromszögek közös csúcsa legyen ismét a komplex számsík kezdőpontja, ϕ = cos π 3 + i sin π 3 pedig az első hatodik egységgyök. Így 1 = ϕ 0, C 1 = ϕc 0 és D 1 = ϕd 0. felezőpontokhoz tartozó komplex számok (lásd a. ábrát) D = ϕ 0 + C 0, = ϕc 0 + D 0, C = ϕd zt kell belátnunk, hogy b d és c d egymásnak 60 -os elforgatottja. ϕ(b d) = ϕ ϕc 0 + d 0 ϕb 0 c 0 = ϕ c 0 + ϕd 0 ϕ b 0 ϕc 0. Felhasználjuk, a ϕ 3 = 1, illetve az ezzel ϕ 1 miatt ekvivalens ϕ ϕ + 1 összefüggést. Ezt most a ϕ ϕ = 1, 1 ϕ = ϕ alakokban fogjuk használni. ϕ(b d) = ϕ c 0 + ϕd 0 ϕ b 0 ϕc 0 = ϕd 0 + b 0 ϕb 0 c 0 = c d. DC háromszög szabályos. Ezt a problémát gyakran mackósajt-problémának is nevezik. b) Lásd a 3. ábrát. Legyen az C D háromszög középpontja 0, így az egyes csúcsokhoz tartozó komplex számok rendre a, aϕ, aϕ 4. C 1 = ϕc 0 = ϕc0+d0 C 0 D 0 D = ϕ0+c0 1 = ϕ 0 0 D 1 = ϕd 0 4.3M.. ábra. C = ϕd0+0

93 4. KOMPLEX SZÁMOK GEOMETRIÁN 185 Legyen a 0 pontnak megfelelő komplex szám b 0. Tudjuk, hogy b 1 a a b 0 a-nak 60 -os elforgatottja. b 1 a = ϕ(b 0 a). Ebből rendezéssel és felhasználva, hogy ϕ az első hatodik egységgyök nalóg módon b 1 = ϕ(b 0 a) + a = b 0 ϕ a 0 ϕ. c 1 = c 0 ϕ aϕ 4 = c 0 ϕ + aϕ, d 1 = d 0 ϕ aϕ 6 = d 0 ϕ a. z egyes felezőpontok most már könnyedén számolhatók: d = c 0 + b 0 ϕ a 0 ϕ, b = d 0 + c 0 ϕ + a 0 ϕ, c = b 0 + d 0 ϕ a 0. CD háromszög szabályosságához igazolnunk kell, hogy pl. a b c vektor a d c vektor 60 -os elforgatottja. ϕ(d c) = ϕ c 0 + b 0 ϕ b 0 + d 0 ϕ a 0 ϕ + a 0 = d 0 + c 0 ϕ + a 0 ϕ b 0 d 0 ϕ + a 0 D 0 C 1 = c 0ϕ b 0 + d 0 ϕ + a 0 + a 0 ϕ = b c. C 0 = 186 MEGOLDÁSOK Közben többször is kihasználtuk, hogy ϕ az első hatodik egységgyök. c) megoldáshoz ismét a 4.9. feladatban szereplő feltételt fogjuk segítségül hívni. Eszerint az (abc) háromszög akkor és csak akkor pozitív körüljárású és szabályos, ha a + bω + cω = 0. Így a b 1 pontra b 1 + a ω + b 0 ω = 0, azaz b 1 = a ω b 0 ω. Hasonlóan kapjuk a c 1 és d 1 pontokat. felezőpontok ezek alapján d = c 0 + b 1 b = d 0 + c 1 c = b 0 + d 1 c 1 = a C ω c 0 ω, d 1 = a D ω d 0 ω. = c 0 a ω b 0 ω, = d 0 a C ω c 0 ω, = b 0 a D ω d 0 ω. (bcd) háromszög szabályosságának és pozitív körüljárásának feltétele, hogy b + cω + dω = 0 teljesüljön. Írjuk fel ezt a feltételt d 0 a C ω c 0 ω + b 0ω a D ω d 0 ω 3 + c 0ω a ω 3 b 0 ω 4. Tudjuk, hogy ω az első harmadik egységgyök, ezért a kifejezés egyszerűsíthető D 1 C D C D d 0 a C ω c 0 ω + b 0 ω a D ω d 0 + c 0 ω a ω 3 b 0 ω. z önkényesen választott b 0, c 0, d 0 értékek kiesnek és kiemelés után adódik, hogy 0 1 ω (a C + a D ω + a ω ) = 0. Látjuk, hogy a feltétel ekvivalens azzal, hogy C D háromszög szabályos. Ezzel természetesen egy újabb megoldást nyertünk a feladat b) részére is. 4.3M.3. ábra. 4.4.

94 4. KOMPLEX SZÁMOK GEOMETRIÁN megoldás. a) két húr pontosan akkor párhuzamos, ha az a 1 a, b 1 b komplex számok argumentuma egyenlő egymással vagy 180 -kal tér el, tehát ha az r = a 1 a b 1 b tört valós. tört pontosan akkor valós, ha egyenlő a konjugáltjával z R abszolútértékű a 1, a, b 1, b komplex számok konjugáltjai: Így r konjugáltja: a 1 = R a 1, azaz r pontosan akkor valós, ha a = R a, r = a 1 a b 1 b = = b 1 = R b 1, R a 1 R b 1 R a R b = a a 1 a 1a b b 1 = b 1b r, a b 1 a 1b a 1 a = b 1 b. b = R b. fenti algebrai reláció a párhuzamosság feltétele. b) két húr pontosan akkor merőleges, ha az a 1 a, b 1 b komplex számok argumentuma ±90 -kal tér el egymástól, azaz ha a r = a 1 a b 1 b tört tisztán képzetes. tört pontosan akkor tisztán képzetes, ha konjugáltjának ellentettje. Innen, az a) részben r konjugáltjára vonatkozó levezetés alapján b1b a 1a = = 1, azaz a 1 a + b 1 b = 0 adódik a merőlegesség feltételének.. megoldás. a) két húr pontosan akkor párhuzamos, ha a kör a 1 ˆb 1, b ˆa ívei irányítottan egyenlők, azaz ha a 1 = b. b 1 a Egyszerűbb alakban a párhuzamosság feltétele a 1 a = b 1 b. (1) b) két húr pontosan akkor merőleges, ha az egyik 90 -os elforgatottja párhuzamos a másikkal, azaz ha a 1 a = (ib 1 )(ib ) = b 1 b, tehát a feltétel: a 1 a + b 1 b = MEGOLDÁSOK feladat b) részének eredménye szerint, ha körünk középpontja az O origó, akkor = C, azaz = C és ehhez hasonlóan = C, C = = C. bizonyítandó = C összefüggés a kerületi és középponti szögek tétele szerint ekvivalens a O = OC relációval, amelynek algebrai megfelel?je a O O = O OC összefüggés. Ennek algebrai formája: = C, azaz ami nyilvánvalóan teljesül. C = C 4.6. a) Ha O a komplex számsík origója, akkor a+b+c 3 az a, b, c csúcsok alkotta háromszög súlypontja, így (lásd az Euler egyenesen az arányokat) a magasságpont:, m = a + b + c. (1) Ha nem akarunk hivatkozni az Euler egyenesre, akkor a következőképp igazolhatjuk komplex számokkal, hogy (1) a magasságpontot adja. zt kell igazolnunk, hogy az a és az m pontot összekötő szakasz merőleges a b és a c pontot összekötő szakaszra (és ugyanaz igaz ezzel analóg módon a másik két csúcskiosztásban), tehát az m a = (b + c), (b c) komplex számok argumentumának különbsége ±90. zt mutatjuk meg, hogy az r = i b + c b c komplex szám valós, azaz egyenlő a konjugáltjával. z egyszerűbb levezetés kedvéért feltesszük, hogy a körülírt kör az egységkör, tehát a = 1 a, b = 1 b, c = 1 c. Ekkor r = i b + c 1 b c = i b + 1 c+b c bc 1 b 1 = i = i c + b c b c b = r. c bc b) Érdemes előbb a c) feladatrészt megoldani! c) magasságpontnak az oldalegyenesekre vonatkozó tükörképei a köré írt körön vannak. magasságvonal és az oldalegyenes merőleges, így a merőlegesség 4.4. b) feladatban talált feltételéből a a + b c = 0, tehát a = bc a, b = ca b, c = ab c. b) magasságok talppontjai két egymásra merőleges húr pl t a = aa bc metszéspontjaként adódnak: t a = a + b + c bc a, t b = a + b + c ac b, t c = a + b + c ab c.

95 4. KOMPLEX SZÁMOK GEOMETRIÁN 189 d) Legyen az a csúcs tükörképe az x pont. z (ax) szakasz felezőpontja éppen a t a, azaz a + x = a + b + c bc a x = b + c bc a, és hasonlóan b és c csúcsoknak a megfelelő y és z tükörképeire y = a + c ac b, z = a + b ab c M. megoldás jelöléseivel azt kell igazolni, hogy (t b t c ) szakasz merőleges az a vektorra. Mivel a (t b t c ) szakasz párhuzamos a köré írt kör b c húrjával, ezért elég megmutatni, hogy a b c húr merőleges aza( a) húrra. merőlegesség feltétele: Ellenőrízzük, hogy ez teljesül-e. ( b c a = b c + a( a) = b c a = 0. ac )( b ab ) a = a a = 0. c másik két csúcsra pontosan ugyanígy igazolható az állítás feladatok megoldása során már rutint szerezhettünk az egyes pontokhoz tartozó komplex számok felírásában. Legyen ismét a köré írt kör középpontja az O pont, a csúcsokhoz tartozó komplex számok a, b, c. T = a+b+c ac b T = C D E a+b+c ab c T = a+b+c bc a 4.8M.1. ábra., 190 MEGOLDÁSOK z -ból induló magasság talppontja a+b+c bc a. Így a D felezőponthoz tartozó komplex szám d = 3a + b + c bc a. 4 Hasonlóan kapjuk, hogy az E felezőpontra, hogy e = C-ből induló magasság T talppontja ac 3b + a + c b. 4 t = a + b + c ab c. továbbiakban a DT E szög meghatározásához képezzük a d t e t hányadost. bc 3a+b+c a d t e t = 3b+a+c ac b 4 4 ab a+b+c c 4 ab a+b+c c 4 = a b c bc a + ab c b a c ac b + ab. c Most hozzunk közös nevezőre a számlálóban és a nevezőben külön-külön, majd próbáljuk szorzatá alakítani a kifejezéseket. = b a b a a c abc ac bc + a b 4ac : b c abc bc ac + ab 4bc == b a a c ac + a b abc + a b bc b c bc + ab abc + ab ac = ac(a c) + ab(a c) + b(a c)(a + c) bc(b c) + ab(b c) + a(b c)(b + c) = b (a c)(ac + ab + ab + bc) a (b c)(bc + ab + ab + ac) = = b a a c b c. arány egy egység komplex szám, amelynek argumentuma a kerületi és középponti szögek tétele alapján γ. Legyen ez a komplex szám e γ. b c és a c vektorok γ szöget zárnak be, de hosszuk nem egyforma és az irányítás éppen ellentétes az előbbi b a irányításával. Most ez az arány tehát λ e γ. kapott arány ezekkel a megjegyzésekkel b a a c b c = e γ λ e γ = λ e γ. Ez pontosan azt jelenti, hogy a szóban forgó szög γ-val egyenlő. zt is beláttuk, hogy a két vektor hosszának aránya megegyezik (ac) és (bc) arányával, az C és DT E háromszögek hasonlók. =

96 4. KOMPLEX SZÁMOK GEOMETRIÁN Lásd a feladat mértani középre vonatkozó részét! z O középpontú körben a húrok végpontjai legyenek a 1, a, illetve b 1, b, és bezárt szögük α. két húr közül az egyik valamely végpontja körül pozitív irányban α szöggel elforgatva a másikkal párhuzamos helyzetbe hozható. 1. ábránkon az (a 1 a ) húrt az a 1 körül forgattuk, az elforgatott húr másik (körön lévő) végpontja a. párhuzamossági feltétel szerint a 1 a = b 1 b. kerületi és középponti szögek közötti összefüggés alapján a az a -höz képest O körül α szöggel van pozitív irányban elforgatva. Legyen e α a α argumentumú egység-komplex szám, ezzel a = a e α. keresett feltétel a 1 a e α = b 1 b. 1. megoldás. a) k kör o középpontja, a két vizsgált húr f a, f b felezőpontja a húrok s metszéspontjával olyan téglalapot alkot, amelyben os átló. Mivel f a = a1+a és F b = b1+b, így b) s = a 1 + a + b 1 + b. 4. megoldás. b) Jelölje az a 1, a komplex számok egyenesét t a, a b 1 b húregyenest t b, a kör O középpontjának (a komplex számsík origójának) a t a tengelyre vonatkozó tükörképét, a t b tengelyre való tükörképét. Tekintsük a t tengelyre való tükrözés és a t tengelyre való tükrözés ϕ kompozícióját. Látjuk, hogy ϕ az pontot -be képezi. Másrészt ismeretes, hogy ϕ a t, t tengelyek S metszéspontja körüli elforgatás, melynek szöge a t, t tengelyek γ irányított szögének a 1 b 1 α O α 4.30M.1. ábra. a b a 19 MEGOLDÁSOK duplája. Ezek szerint az S háromszög olyan egyenlő szárú háromszög, melyben a szárak S-nél található szöge γ. z a 1, a pont közti húr felezőmerőlegesének argumentuma megegyezik az a 1, a komplex számok argumentumainak átlagával (mod 180 ), így ezen argumentum duplája az a 1 a komplex szám argumentumával egyezik meg. Ezt a b 1, b pontok közti húr felezőmerőlegesére is végiggondolva kapjuk, hogy az (a 1 a ), O, (b 1 b ) pontok háromszöge (ill. ez a ponthármas) hasonló az, S, pontok háromszögéhez (ponthármasához): S S = a 1a 0 O b 1 b. Ebből az = a 1 +a, = b 1 +b összefüggések és a 4.5. feladat eredménye alapján kapjuk a kívánt formulát: S = (a 1 + a )b 1 b (b 1 + b )a 1 a b 1 b a 1 a. 3. megoldás. z egyenes egyenletének 4.7. feladatban meghatározott alakjával dolgozunk. z a 1, a pontokat összekötő szakasz felezőpontjának az f a = a1+a komplex szám felel meg. z egyenes egyenletéhez szükségünk van a szám konjugáltjának meghatározására. Ha R a kör sugara, akkor f a = a 1 + a = R a 1 + R a = R (a 1 + a ) a 1 a. két adott pont egyenesének irányvektora ǫ a = a 1 a, amelyre Így az egyenes egyenlete ǫ a = a 1 a = R a 1 R a = R (a a 1 ) a 1 a. (a 1 a )z + R (a 1 a ) z = (a 1 a ) R (a 1 + a ) + R (a 1 a ) a 1 + a, a 1 a a 1 a a 1 a azaz a1a a 1 a -vel átszorozva a 1 a z + R z = R (a 1 + a ). (1) Ehhez hasonlóan, a z pont akkor és csakis akkor illeszkedik a b 1, b pontokat összekötő húr egyenesére, ha b 1 b z + R z = R (b 1 + b ). () fenti egyenletek b 1 b (1) a 1 a () kombinációjából kiesik z és így z gyorsan kifejezhető: z = (a 1 + a )b 1 b (b 1 + b )a 1 a b 1 b a 1 a. (3)

97 4. KOMPLEX SZÁMOK GEOMETRIÁN M3. megoldásban kaptuk a a 1 a z + R z = R (a 1 + a ). összefüggést. z R = 1 esetben a 1 a z + z = a 1 + a. z-re 4.31M3. végén kapott z = (a1+a)b1b (b1+b)a1a b 1b a 1a kifejezést ide behelyetesítvek özös nevezőre hozás és az egyszerűsítések után kapjuk a kívánt relációt feladat b) megoldása során láttuk, hogy az a-hoz tartozó magasságvonal a köré írt kört a a = bc a pontban metszi. merőleges húrok metszéspontjra vonatkozó 4.6M. b) megoldás alapján már az is ismert, hogy a talppont t a = b + ca bc a. Innen már látható, hogy ez éppen az m = a+b+c magasságpontot és az a ponttal összekötő szakasz felezőpontja. magasságpont (bc)-re vonatkozó tükörképe az a pont a) Legyen O az (abc) köré írt körének középpontja, p a kör tetszőleges pontja. p-ből az oldalegyenesekre állított merőlegesek talppontjai pedig sorra x, y, z (lásd az 1. ábrát). Állítsunk a p-ből merőlegest az ab egyenesre. Ez a kört a p pontban metszi. merőlegesség feltétele alapján p = ab p. merőleges húrok metszéspontja a keresett talppont: Hasonlóan kapjuk, hogy y = x = a + b + p ab p (a + p + c)p ac p = és z = (a + b + p)p ab. p (p + b + c)p bc. p c 194 MEGOLDÁSOK z x, y, z akkor vannak egy egyenesen, ha az x z y z valós, x z p(a c) ab + bc p(a c) b(a c) (p b)(a c) = = = y z p(a b) ac + bc p(a b) c(a b) (p c)(a b). Ez viszont egy köri pontnégyes kettős viszonya (pabc), tehát valós. z x, y, z pontok egy egyenesen vannak. b) Elegendő megmutatni, hogy ha pl. x-et és y-t a p-ből kétszeresére nagyítjuk, akkor olyan x és y pontokat kapunk, amelyek az m-mel egy egyenesen vannak. x = x p = a + b ab p, és y = y p = a + c ac p. Tudjuk, hogy m = a + b + c, megmutatjuk, hogy az m x m y hányados valós, azaz egyenlő a konjugáltjával. bizonyítás során felhasználjuk, hogy a, b, c, p egység komplex számok, s ezért konjugáltjuk, a reciprokukkal egyenlő: m x m y = c + ab 1 p pc + ab b + ac = pb + ac = p ab + 1 pc 1 ac + 1 pb = ab + pc ac + pb = m x m y a) 4.34M megoldásból látjuk, hogy a p ponthoz tartozó Simson-egyenes irányvektora m x = c + ab p, s így az átellenes köri ponthoz, ( p)-hez tartozó Simson-egyenesé c ab ab p. Mivel a, p, b, c egység komplex számok, ezért c+ p merőleges c ab p vektorra, tehát valóban igaz, hogy az átellenes köri pontokhoz tartozó Simsonegyenesek merőlegesek egymásra. b) Kicsinyítsük felére a magasságpontból a háromszög köré írt kört, ekkor a Feuerbach-kört kapjuk. z a) részben bizonyítottak szerint p és p kicsinyítettje a Feurbach-kör egy átmérőjének két végpontja lesz, továbbá mindkét pont rákerül a hozzá tartozó Simson-egyenesre. Mivel azonban a p-hez és a p-hez tartozó Simsonegyenesek merőlegesek egymásra, ezért metszéspontjuk a Thalesz-tétel értelmében a Feuerbach-körön van. y O Legyen sokadszor O a háromszög kőré írt kör középpontja. z α szögben metszés feltétele a feladat alapján a x p 4.34M.1. ábra. b z Ebből a a = bc e α, b b = ac e α, c c = ab e α. a = bc a e α, b = ac b e α, c = ab c e α.

98 4. KOMPLEX SZÁMOK GEOMETRIÁN 195 Másrészt a 4.6. c) feladat megoldásánál láttuk, hogy a magasságvonalaknak a köré írt körrel vett metszéspontjai rendre kettő összevetéséből a = bc a, b = ac b, c = ab c. a = a e α, b = b e α, c = c e α. z (a b c ) háromszög csúcsait az (a b c ) háromszög csúcsaiból e α -val történő szorzással, vagyis O körüli forgatással lehet származtatni. Ez azt jelenti, hogy a háromszögek mind egybevágók az (a b c ) háromszöggel Vegyünk fel az O körül egy olyan nagy kört, amely a belsejében tartalmazza az O-ból az E egyeneseire állított valamennyi merőleges talppontját. Tegyük fel, hogy E egy tetszőleges g egyenese a kört a 1, a pontokban metszi, az O-ból a g-re állított merőleges c, c pontokban. z (a 1 a ) és ( cc) húrok merőlegességéből a 1 a c = 0 következik. Forgassuk el az Oc egyenest ϕ szöggel, és legyen a ϕ argumentumú egység komplex szám e. z elforgatott egyenes a kört a ce, ce pontokban metszi. z elforgatott egyenes és g metszéspontja 4.30.b. alapján b = a 1a (ce ce) + c e (a 1 + a ) a 1 a + c e. Figyelembe vehetjük még, hogy a 1 a = c és az (a 1 a ) húr felezőpontját a-val jelölve a 1 + a = a, ezért b = c e a c + c e = a e 1 + e = v. Látjuk, hogy az i -hez, illetve i -hez tartozó komplex számot a i -vel, illetve b i -vel jelölve b i = v a i {i = 1,,..., n}. Ez pontosan azt jelenti, hogy hogy az 1,,..., n ponthalmazt forgatva nyújtás viszi át a 1,,..., n ponthalmazba, tehát az E egyeneshalmaz O-ra vonatkozó valamennyi talpponti alakzata hasonló Komplex számokra is teljesülnek a szokássos alapműveleti tulajdonságok. Végezzük el a szorzásokat és összevonásokat külön a bal- és jobboldalon. (a c)(b d) = ab bc ad + cd, (a d)(b c)+(d c)(b a) = ab bd ac+cd+bd bc ad+ac = ab+cd bc ad. két oldal egyenlő. 196 MEGOLDÁSOK feladatban bizonyított algebrai azonosság geometriailag azt jelenti, hogy az a, b, c, d csúcsokkal rendelkező négyszögben az átlóvektorok szorzata egyenlő a szemközti oldalvektorok szorzatának összegével. ( vektorok irányát az azonosságnak megfelelő módon kell válaztani!) Ebből következtetést tudunk levonni a négyszög oldalainak, illetve átlóinak hosszára, továbbá a hosszak közötti kapcsolatokra. Vezessük be a z = (a c)(b d), z 1 = (a d)(b c) és z = (a b)(c d) jelöléseket. z előző feladatban bizonyított azonosság szerint háromszög-egyenlőtlenség alapján z = z 1 + z. z = z 1 + z z 1 + z, és egyenlőség pontosan akkor áll, ha z 1 és z párhuzamos és egyirányú vektorok, azaz jelöléseink szerint z 1 z = a d a c : b d b c = (abdc) és z z = a b a c : d b d c = (adbc). kettősviszonyoknak pozitív valós számoknak kell lenniük. Tudjuk, hogy az a, b, c, d pontok nincsenek egy egyenesen, tehát a kettősviszonyok csak akkor lesznek valósak, ha a pontok egy körön vannak. Ebben az esetben viszont pozitívak is a kettősviszonyok, mert egyrészt c és d az (ab) egyenesnek ugyanazon az oldalán van, továbbá ugyanez igaz az (ad) egyenesre és a b, c pontpárra is. Egyenlőség tehát akkor és csak akkor teljesül, ha abcd húrnégyszög. zt is beláttuk, hogy tetszőleges négyszögben az átlók szorzata nem lehet nagyobb a szemközti oldalak szorzatának összegénél megoldás. Legyen az (abc) háromszög köré írt körének középpontja O. z általánosság megszorítása nélkül azt is feltehetjük, hogy a kör sugara egységnyi. (bc) oldal felzőpontja f = b+c, a magasság talppontja korábbi feladatok megoldásai alapján t = a+b+c bc a. z (ab) oldalra írt négyzet k középpontjára az a k vektor a b k vektor 90 -os elforgatottja: i(b k) = a k, ahonnan k = a ib 1 i. Hasonlóan a másik kiflé írt négyzet l középpontjára l = c ia 1 i.

99 4. KOMPLEX SZÁMOK GEOMETRIÁN 197 zt kell igazolnunk, hogy az (f, t, k, l) kettősviszony valós. b + c, a + b + c bc a, a ib 1 i, c ia 1 i számok kettősviszonya nem változik, ha mindegyik számot a = (1 i)(1 + i)-vel szorozzuk. Így a ab + ac, a + ab + ac bc, (1 + i)a + (1 i)ab, (1 i)a + (1 + i)ac számokhoz jutunk. Ezek kettősviszonya nem változik, ha mindegyikből levonunk ab + ac-t: kettősviszony: 0, a bc, (1 + i)a iab ac, (1 i)a ab + iac. (1 + i)a iab ac (1 i)a ab + iac ia ab + iac + bc ia iab ac + bc. (1) Itt az első hányados (1+i)a iab ac (1 i)a ab+iac = i, míg a második (c a)(b + ia) (c a)(b ia) = (c ia)(b a) (c ia)(b a) b + ia b ia, 198 MEGOLDÁSOK. megoldás. Sokféleképpen igazolható, hogy KF L olyan egyenlő szárú derékszögű háromszög, amelyben F-nél van a derékszög. Ebből most csak az a lényeges, hogy F illeszkedik KL Thalesz körére. Másrészt L és T az C szakasz Thalesz körén van, így 45 = CL = T L és ehhez hasonlóan az Thalesz körére illeszkedik K és T, ahol 45 = K = = T K. Mindezekből LT K = LT + T K = 90, azaz T is illeszkedik KL Thalesz körére, tehát L, K, T, F egy körön vannak Legyenek a négyszög oldalainak és átlóinak felezőpontjai: f 1, f, f 3, f 4, f 5, f 6. z O pontot úgy válasszuk meg, hogy az f 1, f, f 6 illetve az f 1, f 4, f 5 pontokon átmenő Feuerbach-körök az f 1 -en kívül O-ban messék egymást. (z O egybe is eshet f 1 -gyel.) Elegendő azt megmutatni, hogy a két kör közös O metszéspontján pl. az (f 1 f 3 f 5 ) kör is átmegy. bizonyítás az (f 3 f 4 f 6 ) körre hasonlóan menne. feltétel algebrailag azt jelenti, hogy az (Of 6 f 1 f ) és (Of 4 f 5 f 1 ) kettősviszonyok valósak, a bizonyítandó pedig az, hogy az (Of 3 f 5 f ) kettősviszony is valós. Tudjuk, hogy (Of 6 f 1 f ) = f 1 f : f 6 f 1 f 6 f = λ R, (Of 4 f 5 f 1 ) = f 5 f 1 : f 4 f 5 f 4 f 1 = µ R. ahol az elős tényező az (a, ia, c, b) köri pontnégyes kettősviszonya, tehát valós, a második tényező pedig a Thalesz tétel szerint b azon a körön va, amelyben egy átmérő két végpontja ia és ( ia) tisztán képzetes. Négy vizsgált pontunk (1) kettősviszonya tehát valós, valóban egy körön vannak. L C T F f 3 f 5 f 4 O f 6 f E f 1 K 4.40M1.1. ábra. 4.41M.1. ábra.

100 4. KOMPLEX SZÁMOK GEOMETRIÁN 199 Szorozzuk össze a két egyenlőséget: f 5 : (f 6 f 1 )(f 4 f 5 ) f (f 6 f 3 )(f 4 f 1 ) = λµ. Tudjuk, hogy f 4 f 5 = f 6 f, mivel közös alapú háromszögek középvonalvektorai és ugyanilyen okból f 6 f 1 = f 3 f 5, továbbá f 4 f 1 = f 3 f. Ezeket behelyettesítve az egyszerűsítés után ez éppen az (of 3 f 5 f ) kettősviszony. f 5 f : f 3 f 5 f 3 f = λµ R, 4.4. Helyezzük el az abcd érintőnégyszöget úgy, hogy beírt körének középpontja az O pont legyen. Jelöljük a beírt kör érintési pontjait az (ab), (bc), (cd), (da) oldalakon rendre x, y, z, u betűkkel (lásd az 1. ábrát). Mivel az x vektor merőleges b x-re és y merőleges y b-re, továbbá x = y és b x = y b, ezért b x = λix, és y b = λiy, hiszen az x vektort ugyanaz a 90 -os forgatva nyújtás viszi át b x-be, mint y-t y b-be. Ebből a két egyenletből adódik, hogy b x y b = x y. Innen azonnal számolható, hogy b = xy x+y. Hasonlóan kapjuk, hogy c = yz y + z, d = zu z + u, a = ux u + x. Legyen az (ac) és (bd) átlók felezőpontja e és f. zt kell belátnunk, hogy e és f hányadosa valós szám. a+c e f = = a + c ux b+d b + d = xy u+x + yz y+z x+y + zu z+u b x a = O y (x + y)(z + u) (u + x)(y + z) = x + y x + u : z + y z + u. u d z c 00 MEGOLDÁSOK Ez viszont nem más, mint az x, z, y, u köri pontnégyes kettősviszonya, tehát valós a) z egyenletrendszer megoldása: z 0 + z 1 + z + z 3 = 0 z 0 + iz 1 z iz 3 = 1 z 0 z 1 + z z 3 = z 0 iz 1 z + iz 3 = 3 z 0 = z 1 = z = z 3 = i1 +i i1 i3 4 vagy az eredeti alaknak jobba megfelelő formában: z 0 = z 1 = 0+i3 1+i +i 3 4 z = 0+i6 1+i 4 +i 3 4 z 3 = 0+i9 1+i 6 +i b) z 0 = 0 feltétel azt jelenti, hogy a négyszög súlypontja (a négy csúcsba helyezett egyforma tömegekből álló tömegpontrendszer súlypontja) az origó. z 1 = 0 feltétel a z 0 + iz i = z + iz i formába írható át feladat állítása szerint a z 0, z 1 számok 1-gyel, i-vel súlyozott osztópontja, az O = z0+iz1 1+i pont az a pont, amelyre z1 O O z 0 = i 1, tehát az a pont, amelyre z 0 Oz 1 pozitív forgásirányú egyenlő szárú derékszögű háromszög, melynek derékszöge O-nál van. z 1 formula azt fejezi ki, hogy ugyanekkor z Oz 3 is pozitív forgásirányú egyenlő szárú derékszögű háromszög, melynek derékszöge O-nál van. z O körüli 90 -os forgatás a z 1 pontot z 0 -ba, egyúttal z 3 -at z -be viszi, tehát a z 0 z 1 z z 3 négyszög átlói egymásra merőlegesek, egyenlő hosszúak és a z 1 z 3 átlót z 0 z -be képező 90 -os forgatás pozitív forgásirányú. z = 0 feltétel annak felel meg, hogy a z 0 z 1 z z 3 négyszög paralelogramma. z 3 = 0 feltétel az 1 = 0 feltételhez hasonló tartalmú csak az említett forgásirány itt ellenkező ,. (1) 4.4M.1. ábra.

101 4. KOMPLEX SZÁMOK GEOMETRIÁN megoldás. 4.1M1 megoldásban részletesen bemutattuk, hogyan fejezhető ki, hogy egy háromszög egyenlő szárú, és ezt alkalmaztuk is már a feladat megoldásában. Vegyünk tehát egy olyan r komplex számot, amelyre teljesül, hogy r +r = 1. Legyenek az (abc) háromszög oldalaira szerkesztett hasonló egyenlő szárú háromszögek csúcsai x, y, z (lásd az 1. ábrát). z (abx) háromszög alapja b a, szárai (b a)r és (b a)r. Hasonlóan írhatjuk fel a többi oldalakat is. z r argumentumával történő elforgatás biztosítja, hogy a mindhárom háromszög hasonló lesz. Válasszuk origónak az (ay) és (cx) egyenesek metszéspontját. izonyítani kell, hogy a b és z vektorok egy egyenesbe esnek. feltételek algebrai formában: x c R, y a R, bizonyítandó: z b R. Egy komplex szám akkor és csak akkor valós, ha megegyezik a konjugáltjával. feltételeket most ezzel is kifejezhetjük: x c = x c ; Törtek nélkül pedig: y a = y a ; bizonyítandó, hogy z b = z b. x c = x c, y a = y a, z b = z b. Ugyanezt a módszert már láttuk a 4.19M. f) megoldásban. Fejezzük ki x, y, z értékeit, figyelembe véve, hogy r = 1 r. x = a + (b a)r = a(1 r) + br = ar + br, y = b + (c b)r = b(1 r) + cr = br + cr, z = c + (a c)r = c(1 r) + ar = cr + ar. Ezeket most behelyettesítjük a feltételekbe: (ar + br)c (ar + br)c = 0, a z x c 4.45M1.1. ábra. y b 0 MEGOLDÁSOK illetve (br + cr)a (br + cr)a = 0. bizonyítandó állítás pedig a következő alakot ölti: (cr + ar)b (cr + ar)b = 0. eszorzás után adjuk össze a két feltételi egyenlőséget. arc + brc acr bcr + bar + cra abr acr = brc bcr + bar abr = 0. Kiemelés és ( 1)-gyel történő szorzás után a bizonyítandót kaptuk. b(cr + ar) b(cr + ar) = 0, Megjegyzés: Közben érdekes következményt is beláttunk, ugyanis x + y + z = ar + br + br + cr + cr + ar = (a + b + c)(r + r) = a + b + c. z (abc) és (xyz) háromszögek súlypontja megegyezik.. megoldás. feladat egyszerűen kezelhető a Trigonometrikus Ceva tétellel" (lásd a G.II feladatot). Jelölje a háromszög csúcsait, és C, belső szögeit α, β illetve γ, és legyenek az oldalakra kifelé írt egymáshoz hasonló egyenlő szárú háromszögek C 1, 1 C, C 1, amelyekben tehát C 1 = C 1 = 1 C = C 1 = 1 C = C 1 = ϕ. Trigonometrikus Ceva tétel szerint azt kell igazolnunk, hogy sin CC 1 sin C 1 C sin 1 sin 1 sin C 1 sin 1 = 1. lkalmazzuk a Szinusz-tételt az CC 1, C 1 C, 1, 1 C, C 1, 1 háromszögekben! z CC 1 háromszögben például sin CC 1 C 1 = sin C 1C C 1 C míg az C 1 C háromszögben sin C 1 C C 1 Ezek alapján = sin C 1C C 1 C = sin CC 1 = C 1 sin(α + ϕ), C 1 C = sin C 1 C = C 1 sin(β + ϕ). C 1 C sin CC 1 sin(β + ϕ) = sin C 1 C sin(α + ϕ),

102 4. KOMPLEX SZÁMOK GEOMETRIÁN 03 és nyilván ehhez hasonlóan legutóbbi három egyenlet szorzatából: sin 1 sin(γ + ϕ) = sin 1 C sin(β + ϕ), sin C 1 sin(α + ϕ) = sin 1 sin(γ + ϕ). sin CC 1 sin C 1 C sin 1 sin 1 C sin C 1 sin(β + ϕ) sin(γ + ϕ) sin(α + ϕ) = sin 1 sin(α + ϕ) sin(β + ϕ) sin(γ + ϕ) = 1, tehát az állítást igazoltuk Legyen a háromszögek közös csúcsa az O pont. háromszögek hasonlóságából következik, hogy a b 1, b, b 3 vektorokat ugyanaz a forgatva nyújtás viszi át a megfelelő c 1, c, c 3 vektorokba. forgatva nyújtás egy z komplex számmal történő szorzás. Így c 1 = b 1 z, c = = b z, c 3 = b 3 z. Mivel a közös kezdőpontú b 1, b, b 3 vektorok végpontjai egy egyenesen vannak, ezért a vektoroknál tanultak értelmében léteznek olyan λ és µ valós számok, amelyekre λ + µ = 1 és b 3 = λb 1 + µb. Szorozzuk meg az egyenlőség mindkét oldalát z-vel. b 3 z = λb 1 z + µb z, c 3 = λc 1 + µc, vagyis a c 1, c, c 3 pontok is egy egyenesen vannak. bizonyítás során azt is beláttuk, hogy a b 1, b, b 3 pontok osztóviszonya megegyezik c 1, c, c 3 pontok osztóviszonyával. 04 MEGOLDÁSOK a) Legyen a kör középpontja az O pont, az C háromszög csúcsai pedig rendre a, b, c. Ezekhez képest az C háromszög csúcsai ugyanazzal az α szöggel vannak elforgatva az O körül (lásd az 1. ábrát). Jelöljük az α argumentumú egység komplex számot e-vel. Ekkor a = ae, b = be, c = ce. z (ab) és (a b ) oldal c metszéspontja (a húrok metszéspontjára vonatkozó b) feladat eredményét felhasználva): c = ab(a + b ) a b (a + b) ab a b = abe(a + b) abe (a + b) ab abe = Hasonlóan a másik két metszéspont = (a + b) e e 1 e = (a + b) e 1 + e. a e = (b + c) 1 + e, e b = (a + c) 1 + e. Vizsgáljuk meg teljesül-e az (abc) és (a b c ) háromszögek hasonlóságának feltétele. e a c b c = a c b c. Ez a feltétel az 1+e-vel történő egyszerűsíthetőség miatt nyilvánvalóan teljesül. b) Elegendő pl. azt megmutatni, hogy a középpontot a c -gal összekötő egyenes merőleges az (a b ) oldalra, tehát magasságvonal. bizonyítás a másik két magasságvonalra is ugyanígy menne. Mivel a = b, ezért a + b merőleges a b-re, tehát c = e 1+e (a + b) is merőleges az (a b ) oldal b a = e 1+e (a b) vektorára. b 3 b b 1 c 1 c 4.46M.1. ábra. c 3 b b c a O a b c 4.47M.1. ábra. a c

103 4. KOMPLEX SZÁMOK GEOMETRIÁN Legyen a kör középpontja az O pont, a húrnégyszög csúcsainak megfelelő komplex számok a, b, c, d, az elforgatott négyszög csúcsai pedig a, b c, d. z (ab), (bc), (cd), (da) oldalak elforgatottjaikat rendre az x, y, z, u pontokban metszik (lásd az 1. ábrát). 4.47M. megoldás jelöléseivel és számításai szerint e x = (a + b) 1 + e, y = (b + c) e 1 + e, e z = (c + d) 1 + e, u = (d + a) e 1 + e. Ebből viszont következik, hogy x y = u z, azaz az (xyzu) négyszög két szemközti oldala párhuzamos és egyenlő szög csúcsa - az egyszerűbb kezelhetőség érdekében - legyen az O pontban. Korábbi jelöléseink szerint legyen továbbá az első hatodik egységgyök ϕ = cos π i sin π 3. Ezzel az egyes pontoknak megfelelő komplex számok (lásd az 1. ábrát) a = p, a 1 = q, b = qϕ, b 1 = pϕ. C ponthoz tartozó komplex szám felezőpontként adódik: c = pϕ + q feladatban meghatároztuk annak algebrai feltételét, hogy három pont egy szabályos háromszög három csúcsa. lább ezt alkalmazzuk és Ífelhasználjuk, hogy ϕ hatodik egységgyök, tehát ϕ ϕ + 1 = 0. zt kell belátnunk, hogy a + b + c ab bc ca = 0. Írjuk be az egyes pontok kifejezéseit a baloldara és végezzünk azonos átalakításokat. p + q ϕ + p ϕ + pqϕ + q pqϕ pqϕ q ϕ p ϕ pq = b c y b x O z a u c d d 4.48M.1. ábra. a 06 MEGOLDÁSOK p (ϕ ϕ + 1) + q (ϕ ϕ + 1) pq(ϕ ϕ + 1) = (p pq + q )(ϕ ϕ + 1). Ez valóban nulla, mert ϕ ϕ + 1 = 0. Megjegyzés: feladat természetesen vektorok forgatásával is megoldható Legyen az eredeti háromszög (abc), négyzetközéppontok által meghatározott pedig (xyz). Ha x az (ab) oldal fölé szerkesztett négyzet középpontja, akkor x a merőleges b x -re és vele egyenlő hosszúságú. Innen Ugyanezzel a módszerrel y = c + bi 1 + i (x a)i = b x, x = b + ai 1 + i. z = a + ci 1 + i. nnak feltétele, hogy az (xyz) háromszög szabályos legyen (lásd a 4.8. feladatot) x + y + z = xy + yz + zx. Ebbe az egyenlőségbe az előbbieket behelyettesítve és (1 + i) -tel szorozva: b + abi a + c + bci b + a + cai c = = bc + b i + cai ab + ca + c i + abi bc + ab + a i + bci ca. z egyszerűsítések után i-vel osztva a + b + c = ab + bc + ca. Látható, hogy a két feltétel ekvivalens. Pontosan akkor lesz a négyzetközéppontok által meghatározott háromszög szabályos, ha az eredeti is az. = qϕ O = 0 1 = pϕ = p 4.49M.1. ábra. C = q + pϕ 1 = q

104 4. KOMPLEX SZÁMOK GEOMETRIÁN z 1. ábrán követhető a számolás. k komplex számmal való szorzás azt a forgatva nyújtást hajtja végre, amellyel pl. az a oldalból a szomszédos ka oldalt kapjuk. Számísuk ki az X, Y, Z-hez tatozó komplex számokat. X = d a + c + d (1 k)a + (1 k)b, kd + d a + kc Y =, d (1 k)a kb Z =. Tekintsük az (XY Z) háromszög oldalvektorait. X Y = X Z = d a + c + b, kd ka + kc + kb k(d a + c + b) Y Z = =, (1 k)d (1 k)a + (1 k)c + (1 k)b (1 k)(d a + c + b) =. 08 MEGOLDÁSOK Ez pedig azt jelenti, hogy ez a háromszög is hasonló az előre megadott négy háromszöghöz Mészáros József felvidéki kolléga találta ezt az érdekes bizonyítást a Heronképletre, amelyre egy középiskolás diák, Miles Dillon Edwards jött rá[15]. háromszögek O-nál fellépő szögei a szokásos jelölésekkel (lásd az 1. ábrát) rendre 90 α, 90 β, 90 γ. beírt kör sugara r, az érintőszakaszok P = = s a, Q = s b, CR = s c. Helyezzük el most az OP, OQ és ORC háromszögeket a Gauss-féle komplex számsíkon úgy, hogy az O pont mindegyik háromszögre legyen a középpontban és a háromszögek r hosszúságú befogója a valós tengelyre essen. Így az,, C csúcsoknak megfelelő komplex számok = r + (s a)i, = r + (s b)i, C = r + (s c)i. három komplex szám argumentumának összege 90 α + 90 β + 90 γ = 70 α + β + γ = 180. Szorzásakor az argumentumok összeadódnak, ennek megfelelően a három szám szorzatának képzetes része nulla kell, hogy legyen. C = [r + (s a)i][r + (s b)i][r + (s c)i] = (1 k)c = [r 3 r(s a)(s b) r(s b)(s c) r(s c)(s a)]+ +i[r (s a) + r (s b) + r (s c) (s a)(s b)(s c)]. Y kc c képzetes rész nulla: (1 k)d a ka X r (s a + s b + s c) (s a)(s b)(s c) = 0. C Im = r + i(s a) kd O d (1 k)a Z (1 k)b kb b s a b R c P O s b s c a Q O r C = r + i(s c) = r + i(s b) Re 4.51M.1. ábra. 4.5M.1. ábra.

105 4. KOMPLEX SZÁMOK GEOMETRIÁN MEGOLDÁSOK átrendezve és s-sel szorozva r s = s(s a)(s b)(s c). Végül beírva az ismert t = rs összefüggést éppen a Heron-képlet adódik t = s(s a)(s b)(s c) Feltevésünk szerint a következő kettősviszonyok mind valósak (lásd az 1. ábrát): (z 1 w z w 1 ) = z 1 z : z 1 w 1, w z w w 1 Következésképpen (z w 3 z 3 w ) = z z 3 w 3 z 3 : z w w 3 w, (z 3 w 4 z 4 w 3 ) = z 3 z 4 w 4 z 4 : z 3 w 3 w 4 w 3, (z 4 w 1 z 1 w 4 ) = z 4 z 1 w 1 z 1 : z 4 w 4 w 1 w 4. (z 1 w z w 1 ) (z w 3 z 3 w ) (z 3w 4 z 4 w 3 ) (z 4 w 1 z 1 w 4 ) = (z 1 z )(z 3 z 4 )(w w 1 )(w 4 w 3 )(w 3 z 3 )(w 1 z 1 )(z w )(z 4 w 4 ) (z z 3 )(z 4 z 1 )(w 3 w )(w 1 w 4 )(w z )(w 4 z 4 )(z 1 w 1 )(z 3 w 3 ). z egyszerűsítés után pedig (z 1 z )(z 3 z 4 )(w w 1 )(w 4 w 3 ) (z z 3 )(z 4 z 1 )(w 3 w )(w 1 w 4 ). Most két-két előjelet megváltoztatva a képlet átírható (z 1 z )(z 3 z 4 )(w 1 w )(w 3 w 4 ) ( (z 3 z )(z 1 z 4 )(w 3 w )(w 1 w 4 ) = z1 z : z 1 z ) ( 4 w1 w : w 1 w ) 4 = z 3 z z 3 z 4 w 3 w w 3 w 4 = (z 1 z 3 z z 4 ) (w 1 w 3 w w 4 ). Vagyis (z 1 z 3 z z 4 ) pontosan akkor lesz valós, ha (w 1 w 3 w w 4 ). Ezzel az állítást beláttuk a) Négy általános helyzetű egyenesünk a síkon legyen: C 1, C, C 3, C 4. Legyen továbbá a C j és C k egyenesek (egyik) metszéspontja z jk (a másik ), a z jk, z km, z jm pontok köré írt köre pedig C jkm (lásd az 1. ábrát). lkalmazzuk a feladat eredményét a C 34, C, C 1, C 134 körök -re. Ekkor a következőket figyelhetjük meg: C 34 és C metszéspontjai z 3 és z 4, C és C 1 metszéspontjai és z 1, C 1 és C 134 metszéspontjai z 13 és z 14, C 134 és C 34 metszéspontjai z 34 és z 134, C 13 C z C 3 z 1 w w 3 z 3 w 1 w 4 z 4 C 1 C 4 C 3 C z 34 z 4 z 134 C 34 z 14 z 3 z 13 z 1 C 134 C 14 C 1 C M.1. ábra. 4.54M.1. ábra.

106 5. PROJEKTÍV GEOMETRI 11 ahol z 134 az új metszéspontja a C 134 és C 34 köröknek. ( másik metszéspontjuk z 34.) Mivel z 3,, z 13, z 34 kollineárisak, ezért a a feladat alapján azonnal következtethetünk, hogy z 4, z 1, z 14, z 134 egy körön vannak. jelölések alapján azt is tudjuk, hogy z 4, z 1, z 14 köré írt köre C 14. Ezek szerint a C 14, C 134, C 34 körök metszik egymást a z 134 pontban. Másrészt, ugyanez elmondható a C 34, C, C 1, C 134 körökre más szereposztással is. Mivel z 4,, z 14, z 34 kollineárisak (mind a C 4 egyenesen vannak), ezért z 3, z 1, z 13, z 134 egy körön vannak. z 3, z 1, z 13 köré írt kör C 13. Ezek szerint a C 13, C 134, C 34 körök is a z 134 pontban metszik egymást. négy kör a z 134 pontban metszi egymást. Ez a pontot hívjuk a négy egyenes Clifford-féle pontjának. b) Itt már valóban nem érdemes megállni! Most vegyünk öt általános helyzetű egyenest. ármelyik négynek van Clifford-féle pontja. z eddig módszerrel belátható, hogy az így nyerhető öt Clifford-féle pont egy körön van. Sőt! Hat általános helyzetű egyenesnek hat Clifford-féle köre van. Ezek úgy keletkeznek, hogy egy-egy pontot elhagyunk és a maradék öt pontnak vesszük a Clifford-körét. z is az eddig módszerrel igazolható, hogy ez a hat kör egy pontban metszi egymást, stb... Kaptunk egy végtelen tételláncolatot, az ún. Clifford-féle tételláncot. 5. Projektív geometria 5.. fényképezés egy vetítésnek fogható fel. külvilágot a fényképezőgép P fókuszpontjából a film Σ síkjára vetítjük. fényképen megjelenő CD négyszög a valóságos focipálya, az C D téglalap képe ennél a vetítésnél. z D alapvonal és a P fókuszpont egy Σ D síkot alkot, ez a sík tartalmazza a fókuszpontot az oldalvonal bármely pontjával összekötő egyenest, tehát az D egyenes a Σ D sík és a Σ sík metszésvonala. z D -vel párhuzamos C alapvonal és a P pont síkja Σ C, melynek Σ-val való metszete a C egyenes. Σ D és a Σ C sík is tartalmazza a P ponton át az D, C egyenesekkel párhuzamosan húzott h 1 egyenest. Ha h 1 a film Σ síkját H 1 -ben metszi, akkor H 1 egyben az D, C egyenesek metszépontja is. z focipálya valódi síkjában az D, C egyenesekkel párhuzamos egyenesek képei mind H 1 -en mennek át, mert bármelyik ilyen egyenes és a P pont olyan síkot feszít ki, amely tartalmazza a h 1 egyenest. Ehhez hasonlóan a focipálya, C D oldalvonalainak és az ezekkel párhuzamos egyeneseknek olyan egyenesek a képei, pl és CD, amelyek a Σ sík egy H pontján haladnak át. a) pálya középpontja az C, D átlók O metszéspontja, ennek O képét megkapjuk az C, D egyenesek metszéspontjaként. pálya középvonala az O ponton át az D, C alapvonalakkal párhuzamosan húzott egyenes, melynek képe tehát az OH 1 egyenes. OH 1 egyenes és az, CD egyenesek F, F CD metszéspontjai az oldalvonalak felezőpontjainak képei. 1 MEGOLDÁSOK b) Felhasználjuk, hogy a súlypont harmadolja a súlyvonalat. pálya oldalvonalainak F, F CD felezőpontjai és a sarokzászló alkotta háromszög egyik súlyvonala O, egy másik súlyvonala F C így a háromszög S súlypontjának képe a Σ síkon S = F C O. harmadolóvonal az SH 1 egyenes d) Erre a feladatrészre adunk egy számolás nélküli indoklást. Legyen festőhöz legközelebbi parkettalap az UV V U lap, a festő szeme a Q pont, az UV, U V szakaszok felezőpontja F UV és F, az F pont képe a vásznon F ZW. z UV V U parkettalappal szomszédos egyik négyzetlap (lásd a. ábrát) T UU T, ezen a T U oldalél felezőpontja F T U. vizsgált T U, UV átlókkal párhuzamos a parkettalapok síkjában az F T U F egyenes is, melynek képe a vásznon az F T U F ZW egyenes, amely tehát szintén P -ben metszi az OP horizontot. z F UV F, F UV F T U szakaszok egyenlőek egymással, hiszen mindketten egyenlők a parketta négyzetlapok oldalával. z F ZW F UV F, F ZW F UV F T U háromszögek így egybevágó derékszögű háromszögek, amelyek az F UV O tengely körüli derékszögben egymásba forgathatók. Ez a forgatás egyúttal egymásba viszi a P, Q pontokat is, hiszen ezek a pontok az egymásba forduló F T U F ZW, F F ZW egyeneseknek a forgatásnál önmagába képződő OP Q síkkal (a Q ponton áthaladó a parkettalapok, azaz a földfelszín síkjával párhuzamos síkkal) való metszéspontjai a) z CD négyszög, CD szemközti oldalainak meghosszabbítását jelölje U, a C, D oldalegyenesekét V. Legyen O a négyszög Σ síkjára nem illeszkedő tetszőleges pont és vetítsük Σ-t O-ból a Π = OU V síkkal párhuzamos Π síkra. z OU, OV vetítősugarak párhuzamosak ezzel a síkkal, így U és V a Π H D F O F CD G 5.M.. ábra. S H 1 C

107 5. PROJEKTÍV GEOMETRI 13 sík ideális pontjába képződik, az CD négyszög C D képén az, C D és a C, D egyenesek is párhuzamosak lesznek. b) zt mutatjuk meg, hogy az C D paralelogramma átvihető négyzetbe. Legyen Γ tetszőleges sík, amely tartalmazza az egyenest, de nem tartalmazza C -t és D -t. Γ sík megfelelő C, D pontjaira C D négyzet. Mivel C D és C D is párhuzamos és egyenlő hosszú -vel így azok egymással is egyenlőek és párhuzamosak, azaz C D D C paralelogramma. Ha a Π síkot a C C egyenessel párhuzamos vetítősugarakkal átvetítjük a Γ síkra, akkor az C D paralelogramma képe az C D négyzet lesz. c) z a) feladatrész megoldásának ábrájára alkalmazzunk egy olyan affin transzformációt, amely Σ síkon identikus, és az C D paralelogrammát négyzetbe képezi. (O) pontból a (Π ) síkra vetítve az CD négyszög az ( C D ) négyzetbe képződik Jelölje T P QR a P QR háromszög előjeles, tehát a háromszög körüljárásának megfelelő előjelű, területét! z alábbi összefüggés annak alapján írható fel, hogy az említett háromszögek mindegyikének magassága az O pont és az CD egyenes távolsága. (CD) = C D C D = T CO T DO (O OC sin(ac)) (OD O sin(db)) = T CO T DO (OC O sin(cb)) (O OD sin(ad)) = O P Q 14 MEGOLDÁSOK = sin(ac) sin(db) sin(cb) sin(ad) = (abcd) (C) = C/C = (3 0)/(1 3) = 3. (CD) = (C)/(D), amiből (D) = (C)/(CD) = 3 8. (D) = (d 0)/(1 d) = 3 8, miből d = a) (C) = 7 ( 3) 1 7 = 5 10 ( 3) 3, (D) = 1 10 = 13 9, (CD) = (C)/(D) = b) (DC) = = 3 ( 3) 10, (DC) = 7 ( 3) = 13 10, (CD) = (C)/(D) = c) (C) = 5 3, (E) = 1, (CD) = Vegyünk fel egy CD egyenesre nem illeszkedő tetszőleges P pontot és a P egyenesen egy P -től és -től különböző Q pontot. Legyen még R = DQ P, V = DQ P C valamint a)-ban kell még S = Q P C és b)-ben T = CQ P (lásd az 1. ábrát). a) (CD) Q = (SP CV ) = (QRDV ) P = (DC) b) (CD) P = (RQV D) C = (RT P ) Q = (DC) 5.3. (DC) = D D / C C = D C D C = 1 1 C = C / D D (CD) = C C / D D = C D C D = D C D C = 1 x Ha y = (CD) = C / D DC = DC C D = y + x = CD + C D C D C + D + C D C D = (CD) = 1 x., mint fent. C D és x = C D, akkor = (C + D) + C D C D = C + D + C D C D = F ZW T V F U V F UV U F T U T a) R Q P S V b) T R Q P V 5.4M.. ábra. C D C D 5.16M.1. ábra.

108 5. PROJEKTÍV GEOMETRI 15 = C + ( + C) D C D = C + C D C D C + C D ( + D) C D C = = = C D C D C D = 1, azaz y = 1 x. Innen minden permutáció számolható. Pl az -val kezdődőek: (CD) = x, (DC) = 1 1 x, (CD) = 1 x, (CD) = 1 x, (DC) = = x = x x 1, (DC) = 1 1 x = x 1 x x 1 x 1 x 1 1 x x x 1 (CD) (CD) (DC) (CD) (DC) (DC) (DC) (DC) (CD) (DC) (CD) (CD) (CD) (CD) (CD) (CD) (CD) (CD) (DC) (DC) (DC) (DC) (DC) (DC) 5.4. Eredmény: (CD) = β1α β α a) hányados argumentuma a z 3 z z 1 irányított szöggel egyenlő. b) z irányítástartó hasonlósági transzformációk az eltolások és a forgatva nyújtások. t komplex számmal való eltolás a z z + t, a b pont körüli a = λ(cos ϕ + + i sin ϕ) komplex számmal való forgatva nyújtás (φ szöggel való forgatás és λ arányú nyújtás) a z a(z b) + b = az + b(1 a) képlettel adható meg. konstans hozzáadása már a z i z j különbségeket sem változtatja meg, a konstanssal való szorzás pedig ezek hányadosát hagyja invariánsan. c) Ha a b középpontú λ paraméterű inverziónál z invertáltja z, akkor (z b)(z b) = λ, azaz z = b + λ z b. b szám kivonása illetve hozzáadása, a λ-val való szorzás nem változtatja az osztóviszonyt, így a kettősviszonyt sem. Csak azt kell megmutatnunk, hogy a z 1 z leképezés, tehát az egységköre vonatkozó inverzió, a konjugáltjára változtatja a kettősviszonyt. ( 1 z 1, 1 z, 1 z 3, 1 z 4 ) = ( 1 z 1 1 z 3 )( 1 z 4 1 z ) 1 (z 3 1 z )( 1 z 1 1 z 4 ) = ( z3 z 1 x 1 x ) ( ) z z 4 z 1z 3 z 4z = ( ) ( ) = z z 3 z4 z 1 z 3z z 1z 4 16 MEGOLDÁSOK 5.7. Egy korábbi feladat állítása szerint az (CD) kettősviszony értéke valós. Így (CD) kiszámításához csak az,, C, D pontok közti szakaszok hosszát kell figyelembe vennünk, illetve meg kell vizsgálni a kettősviszony előjelét is. z (CD) komplex kettősviszony és az (abcd) sugárnégyes kettősviszonya egyszerre negatív, ha az pontpár elválasztja a CD pontpárt, ami ugyanakkor következik be, ha az ab egyenespár elválasztja a cd egyenespárt. lkalmazzuk a Nagy Szinusz Tételt a P C, P C, P D, P D háromszögekre! Ha az adott kör sugara r, akkor C = r sin ac, C = r sin cb, D = r sin ad, D = r sin db, (1) így (CD) = (abcd). Megjegyezzük, hogy a (1) összefüggés akkor is teljesül, ha P megegyezik az,, C, D pontok valamelyikével, pl -val, mert ilyenkor a húr pl C kerületi szöge a P érintő és az C húr szögével egyenlő Jelöle a k vezérkörű csúcsú kúpot, a k kör Σ síkjától különböző vizsgált síkot Π, a Π, Σ síkok metszésvonalát e, a k kör e-re merőleges átmérőjét C, az kúp, C alkotóinak a Π síkkal való metszéspontjait, amennyiben léteznek, H és K. bizonyítás során elsősorban az,, C, H, K pontok síkjában dolgozunk. C átmérő és az e egyenes G metszéspontja HK-ra is illeszkedik, hiszen G = Σ Π, míg HK = Π (lásd a. ábrát). z 1. ábrán a sík látható. szürkére színezett kettős szögtartomány belseje, a C szakasz pedig a k kör átmérője. Π metsző sík és a sík HK metszésvonala három lényegesen különböző módon helyezkedhet el: vagy csak az egyik szögtartományt metszi el, vagy mindkét szögtartománnyal van közös pontja, vagy párhuzamos az egyik szögszárral, amikor is H és K egyike, a továbbiakban K, nem is jön létre. Látni fogjuk, hogy ezekben az esetekben rendre ellipszis (esetleg kör), hiperbola illetve parabola lesz a Π sík és a kúp metszésvonala. Jelölje és Π egy tetszőleges közös pontját P. Fektessünk P -n át a k alapkörrel párhuzamos síkot, amely a kúpból kimetszi a DE átmérőjő k kört. Húzzunk = (z 3 z 1 )(z z 4 ) (z z 3 )(z 4 z 1 ) = (z 1z z 3 z 4 ). 5.39M.1. ábra.

109 5. PROJEKTÍV GEOMETRI 17 végül a P pontból az e egyenessel párhuzamost, azaz a DE átmérőre merőlegest. z így nyert P M szakasz hosszát szeretnénk meghatározni. P pont illeszkedik a DE szakasz k Thalesz-körére, így a DP E háromszög derékszögű. Ebben a magasságtétel szerint P M = DM EM. Másrészt, az EHM és HG, illetve a DMK és CGK hasonló háromszögekből (lásd a. ábrát vagy a 3. ábra bal oldali részábráját) így DM MK = CG GK, P M = MK MH EM MH = G GH, (1) CG G GK GH. () Vegyük most tekintetbe, hogy a CG G GK GH tényező független a P pont helyzetétől, tehát, ha µ -tel jelöljük, akkor a metszésvonal egyenlete ( szümptómája ): P M = µ MH MK. (3) ár a. ábrán a 1. ábra bal oldali részábrájának megfelelő eset (ellipszis) látható, de a fenti levezetés a 1. ábrán látható középső esetben is (hiperbola) szó szerint 18 MEGOLDÁSOK ugyanez. (3) szümptómát a két esetben különböző alapfeltevés mellett kell vizsgálni: az egyikben M a HK szakaszon, a másikban csak a HK szakaszon kívül lehet, illetve M mindkét esetben megegyezhet a H, K pontok bármelyikével. Ha az 1. ábra jobb oldali esete valósul meg, akkor a 3. ábra jobb oldali részábráját vizsgáljuk. Itt KM és C párhuzamosak, így a 4. összefüggések megfelelői most EM DM = CG, MH = G GH, (4) ezért a P M = DM ME magasságtételt is figyelembe véve CG G GK GH egyenlete: P M = MH CG G GH. (5) = µ tényező független a P pont helyzetétől, tehát, a metszésvonal ami valóban parabola egyenlete. P M = µ MH, (6) lapozzunk a megoldást az 5.39M megoldásra. Ott láttuk, hogy ha e az alapkör síkjának és a metszési síknak a metszésvonala, KH a metszet egy átmérője, amelyet a metszet P pontjából e-vel párhuzamosan bocsájtott egyenes M-ben metsz, akkor P M CG G = MK MH GK GH. (1) Itt nem részletezzük annak indoklását, hogy az 1. összefüggés pontosan akkor kör egyenlete, hogy e merőleges HK-ra és CG G = GK GH. () merőlegességi feltétel azt jelenti, hogy a metsző sík szimmetrikus a kúp csúcsán áthaladó, a k alapkör síkjára most merőleges síkra. metszésvonal tehát az a HK átmérőjű kör, amely merőleges a szimmetriasíkra (egy ilyen kör van). D K M H E D M H E 5.39M.. ábra. G C 5.39M.3. ábra. C G

110 5. PROJEKTÍV GEOMETRI 19 a) Körmetszet konstukciójához kiindulunk az alapkör C átmérőjéből, majd a C egyenesen felveszünk egy tetszőleges, de -től és C-től különböző G pontot; az alapkörre merőleges, a C egyenesre illeszkedő síkon felveszünk egy G-t tartalmazó, de C-től különböző GK egyenest és azon a H, K pontokat a () relációnak megfelelően. Ebben még azt is figyelembe kell venni (lásd az 5.39M megoldás esetszétválasztást bemutató ábráját), hogy G pontosan akkor van és C között, ha H és K között van. zt is mondhatjuk, hogy H a, C, K pontokon áthaladó kör és a GK egyenes metszéspontja, hiszen a () egyenlet G-nek erre a körre vonatkozó hatványát fejezi ki kétféleképpen. keresett kúp csúcsa a K, CH (vagy a H, CK) egyenesek metszéspontja. b) Tekintsük az alapkört és a K pontot is tartalmazó g gömböt.. összefüggés a G pontnak erre a gömbre vonatkozó hatványát fejezi ki kétféleképpen, tehát H is illeszkedik g-re. HK egyenesre illeszkedő, a szimmetriasíkra merőleges sík a g gömbből egy kört metsz ki, ami tehát szükségképpen megegyezik a vizsgált metszésvonallal b) Legyen a k kör t-re merőleges átmérője C, a C egyenes és t metszéspontja T. keresett mértani hely a C-re illeszkedő, az alapkörre merőleges síkban található r = T T sugarú T középpontú kör, kivéve e kör C egyenesre illeszkedő pontjait megoldás. z 1. ábrán az e 1, e, e 3, e 4 egyenesek alkotta négyoldal e i, e j egyeneseinek metszéspontját jelölje P ij, a P 1 P 34 egyenesnek a P 14 P 3 egyenessel való metszéspontját U, a P 13 P 4 egyenessel való metszéspontját V. z UV egyenes a teljes négyoldal egy átlója, rajta U és V az átlóspontok. z alábbi kettősviszonyok egyenlők, mert a jelölt pontból egymásba vetíthetők a pontnégyesek: (P 1 P 34 UV ) P13 = (P 14 P 3 UW) P4 = (P 34 P 1 UV ).. megoldás. Ha átvetítjük a síkot egy másik síkba úgy, hogy a P 14 P 3 egyenes az ideális egyenesbe képződjön, akkor a P 34 P 4 P 1 P 13 négyszögből paralelogramma lesz és azt kell bizonyítani, hogy a P 34 P 1 átlót felezi a P 4 P 13 átló. Ez nyilvánvaló megoldás. π leképezés fixpontjai az X = e f, Y = O 1 O e pontok. így P = P. (XY P ) π = (XY P ) π = (XY P ), 0 MEGOLDÁSOK. megoldás. Vetítsük át a síkot úgy, hogy az O 1 pont és az X = e f pont a végtelenbe kerüljön, tehát az e, f egyenesek illetve az f, f egyenesek párhuzamosak legyenek. Könnyű megmutatni, hogy a π transzformáció az új síkon az szakasz felezőpontjára vonatkozó középpontos tükrözés. φ Egyrészt (φ()φ()) = (φ()φ()φ(φ())), másrészt (CD) = = (DC), így (φ()φ()) = (φ()φ()), így φ(φ()) = b) Legyen P 3 = P 1 13 P 3, P 4 = P 1 14 P 4, így mindegyik feltétel teljesül. P 3, P 4 pontok bármelyike lehet ideális is, tehát a P 1 P P 3 P 4 négyszög esetleg elfajul. c) Legyen P 1 P 4 P P 3 = X (lásd a. ábrát). Vetítsük az a egyenest P -ből P 1 P 4 -re, majd azt P 3 -ból vissza a-ra: ( ) P = (X 14 P 1 P 4 ) P3 = ( ). bal oldalon található kettősviszony meghatározott, a jobb oldali kettősviszonyt adó első három pont rögzített, így a negyedik, 34 is meghatározott a) Legyen P 4 = a 14 a 4 és legyen P 1 az a 14 egyenes tetszőleges, de P 4 -től különböző és a -ra nem illeszkedő pontja. Legyen a 1 = P 1 1 és P = a 1 a 4, a 3 = P 3, a 13 = P 1 13, végül P 3 = a 13 a 3. Könnyű ellenőrizni, hogy az így kapott P 1, P, P 3, P 4 pontnégyes teljesíti a feladat feltételeit. b) z feladat állítása szerint 34 rögzített, így P 4 = a 14 a 4 révén az a 34 = P 4 34 egyenes is fix, ezen van P 3. Itt lényegében bárhol lehet, mert az a)- e 3 e W P 14 P 13 P 34 U V P 1 P 4 P 3 f 1,34 e 1 e 4 f 13,4 f 14,3 5.44M1.1. ábra.

111 5. PROJEKTÍV GEOMETRI 1 ban leírt szerkesztés P 1 a 14 kezdeti felvétele helyett P 3 a 34 kezdeti felvételével is elmondható z feladat állítására vezetjük vissza a feladatot. Ebből a célból átbetűzzük az ábrát: 1 = P, = P, 1 = P 3, = P 3, C 1 = P 4, C = P 4, míg P 1 = 1 1 és továbbá és a P i P j = a ij, P i P j = a ij (1 i < j 4), 1 1 = a 3 a 3 = 3, 1 C 1 C = a 4 a 4 = 4, 3 4 = a. Ha a két háromszög pontra nézve perspektív, akkor P 1 C 1 C és így a P i P j a = a ij a = ij (1 i < j 4) P i P j a = a ij a = ij (1 i < j 4) pontok megegyeznek egymással a hat esetből öt esetben, csak 34 és 34 egybeesése nem adódik a feladat feltételeiből illetve a fenti definíciókból. z feladat állítása szerint azonban az első öt pont egybeeséséből 34 és 34 egybeesése következik, azaz 1 C 1 és C az a egyenesen metszik egymást. Ezt kellett igazolnunk. a P P 1 P 3 X P MEGOLDÁSOK Ha a két háromszög egyenesre nézve perspektív, akkor 1 C 1 C = P 3 P 4 P P 4 a és így a fenti ij, ij pontok megegyeznek egymással öt esetben, csak 14 és 14 egybeesése nem adódik a feladat feltételeiből illetve a fenti definíciókból. z feladat állítása szerint azonban öt pont egybeeséséből 14 és 14 egybeesése következik, azaz P 1 C 1 és P 1 C az a egyenest a közös 14 = 14 pontban metszi, tehát C 1 és C is a P 1 14 egyenesen van. Ezt kellett igazolnunk Jelölje az oldalegyenes ideális pontját I, a beírt kör és az C oldal érintési pontját H. zt szeretnénk megmutatni, hogy D a KL szakasz felezőpontja, azaz (KLDI) = 1. z egyenest E-ből a beírt körre vetítjük, majd a beírt kört -ból önmagára vetítjük: (KLDI) E = (FGDH) = (GFDH). (1) 1 Másrészt algebrai azonosság szerint (GF DH) = (F GDH), így az 1 kettősviszony értéke ( 1), ahogy azt állítottuk is Lásd [11][1968/9/30.o., P. 3.] a) szabályos 13-szög csúcsai között összesen hatféle hosszúság fordul elő, így legfeljebb négy csúcs választható ki, hiszen ( ( 4 ) = 6 < n ), ha 4 < n. Négy csúcs kiválasztható, pl a csúcsok egy körüljárás szerinti sorszámai: 0, 1, 4, 6. b) Igen. Pl. a csúcsok sorszámai: 0, 1, 4 illetve 0,, a) b = λ(n ) ( k ). b) r = λ(n 1) k 1 d) Számoljuk össze kétféleképpen azokat a blokkpárokat (egyenespárokat), amelyeknek van közös eleme (metszéspontja). Egyrészt b blokk van, így a metsző párok száma legfeljebb ( b ), és ha ennyi metsző pár van, akkor bármely két blokk metszi egymást, így a blokkrendszer projektív síkot. Másrészt egy pontban r egyenes találkozik, tehát pontonként ( r ) pártalálkozás van, összesen pedig v ( r ). Ha a kétféle számolást összevetjük és felhasználjuk az a), b) feladatrészben kapott összefüggéseket és átszorzás után egyszerűsítünk a (v k) > 0 tényezővel, akkor a kívánt egyenlőtlenséghez jutunk. e) Igaz. f) z alábbi táblázat a lehetséges eseteket foglalja össze. táblázat egy-egy oszlopában egy-egy lehetséges v értéket (pontok száma) vizsgálunk, 6 ponttól 31- ig. 5.48M.. ábra.

112 5. PROJEKTÍV GEOMETRI X X X - - X X X X X X X X - - X X X X Egy-egy sor a blokk egy-egy lehetséges méretének felel meg 3-tól 6-ig. - jelet tettük egy mezőbe, ha a (k 1) (v 1) feltétel miatt kiesik az a lehetőség, míg X mutatja, hogy a ( ( k ) n ) feltétel az akadály. megmaradt helyekre egy-egy számot, az eset sorszámát írtuk, később eszerint vesszük végig a lehetőségeket. táblázatból kimaradtak a 6-nál hosszabb blokkoknak megfelelő esetek, de ezeknél minden eset kizárható az említett két feltétel miatt. 6-nál kevesebb ponttal nincs nemtriviális blokkrendszer. táblázatból kiolvasható esetek: 1. eset: (7, 3, 1) - a kételemű test feletti projektív sík, a Fano sík. Jelben: PG(,).. eset: (9, 3, 1) - a háromelemű test feletti affin sík. Jelben: G(,3). 3. eset: (13, 3, 1), r = 6, b = 6. Vegyünk egy szabályos 13-szöget és csúcsai közül két háromszöget, melyek összesen hat oldala mind különböző hosszú. Legyenek a blokkok ezek a háromszögek és elforgatottjaik. 4. eset: (15, 3, 1), r = 7, b = 35. Legyenek a pontok egy teljes hatszög-gráf élei. Három él tartozzon egy blokkba, ha háromszöget alkot vagy ha hat kölönböző végpontja van. 5. eset: (19, 3, 1), r = 9, b = 57.Vegyünk egy szabályos 19-szöget és csúcsai közül három háromszöget, melyek összesen kilenc oldala mind különböző hosszú (a csúcsok sorszámai lehetnek pl 0, 1, 5 és 0,, 8 illetve 0, 9, 1). Legyenek a blokkok ezek a háromszögek és elforgatottjaik. 6. eset: (1, 3, 1), r = 10, b = 70. Vegyünk három Fano síkot: P 0, P 1,..., P 6, Q 0, Q 1,..., Q 6, R 0, R 1,..., R 6. blokkok álljanak egyrészt azokból a hármasokból, amelyek betűjele azonos és saját projektív síkjukon egy egyenesen vannak, másrészt azokból, amelyek három különböző betűt tartalmaznak és indexeik összege 0-val kongruens (mod 3). 7. eset: (5, 3, 1), r = 1, b = 100. Vegyünk egy szabályos 5-szöget és csúcsai közül négy háromszöget, melyek összesen 1 oldala mind különböző hosszú. csúcsok sorszámai lehetnek pl (0, 1, 6), (0,, 9), (0, 3, 11) és (0, 4, 11). Legyenek a blokkok ezek a háromszögek és elforgatottjaik. 4 MEGOLDÁSOK 8. eset: (7, 3, 1), r = 13, b = 117. háromelemű test feletti affin tér: G(3,3). Másképp: Vegyünk három G(, 3) síkot: P 0, P 1,..., P 8, Q 0, Q 1,..., Q 8, R 0, R 1,..., R 8. blokkok álljanak egyrészt azokból a hármasokból, amelyek betűjele azonos és saját affin síkjukon egy egyenesen vannak, másrészt azokból, amelyek három különböző betűt tartalmaznak és indexeik összege 0-val kongruens (mod 3). 9. eset: (31, 3, 1), r = 15, b = 155. Vegyünk egy szabályos 31-szöget és csúcsai közül öt háromszöget, melyek összesen 15 oldala mind különböző hosszú. csúcsok sorszámai lehetnek pl (0, 1, 5), (0,, 16), (0, 3, 11), (0, 6, 13) és (0, 9, 19). Legyenek a blokkok ezek a háromszögek és elforgatottjaik. 10. eset: (13, 4, 1), r = 4, b = 13. PG(,3). 11. eset: (16, 4, 1), r = 5, b = 0. G(,4). 1. eset: (5, 4, 1), r = 8, b = 100.?? 13. eset: (8, 4, 1), r = 9, b = 16.?? 14. eset: (1, 5, 1), r = 5, b = 1. PG(,4). 15. eset: (5, 5, 1), r = 6, b = 30. G(,5). 16. eset: (6, 6, 1), r = 1, b = 1. Triviális dizájn, egy halmaz és egyetlen részhalmaza, önmaga. 17. és 18. eset: d) feladatrész eredménye miatt nem létezik. 19. eset: (31, 6, 1), r = 6, b = 31. PG(,5). 6. gömb geometriája 6.1. Legyen az pont merőleges vetülete az OC síkon D, D merőleges vetülete az O, illetve az OC egyeneseken rendre E és F. Ekkor E merőleges O-re, F pedig OC-re (lásd az 1. ábrát). 6.1M.1. ábra.

113 6. GÖM GEOMETRIÁJ 5 Ebből következően az E és ED egyenesek párhuzamosak az C gömbháromszög c, illetve a oldalának -beli érintőjével. Így ED = β. Hasonlóan F D = = γ. Tehát az DE derékszögű háromszögben sin β = D/E, az DF derékszögű háromszögben sin γ = D/F. Ezért sin β : sin γ = F : E. O = c miatt az OE derékszögű háromszögben sin c = E/O = E, mivel egységsugarú gömböt vizsgálunk. Hasonlóan, OC = b miatt az OF derékszögű háromszögben sin b = F/O = F. Tehát sin b : sin c = F : E = sin β : sin γ. tétel többi része hasonlóan bizonyítható. 6.. Legyenek a gömb O középpontjából a háromszög,, C csúcsaiba mutató vektorok a, b és c. Legyen továbbá v b az az egységvektor, mely a gömbháromszög oldalszakaszának -beli érintőfélegyenese irányába mutat. Hasonlóan vegyük fel az C oldalszakaszt -ban érintő v c egységvektort is. Ekkor a b vektor az a vektor c szöggel való elforgatottja a rá merőleges v b vektor felé. Így a szögfüggvények definíciója értelmében b = cos ca + sin cv b. Hasonló módon, a c vektor az a vektor b szöggel való elforgatottja a rá merőleges v c vektor felé, így c = cos ba + sin bv c. két vektoregyenletet skalárisan összeszorozva: bc = (cos ca + sin cv b )(cos ba + sin bv c ). 6.M.1. ábra. 6 MEGOLDÁSOK b és c egységvektorok szöge a, ezért az egyenlet bal oldalán cos a szerepel, a jobb oldalon pedig kibonthatjuk a zárójelet: cos a = cos b cos ca + cos c sin bav c + sin c cos bv b a + sin b sin cv b v c. z a vektor merőleges v b -re és v c -re is, ezért az ezekkel való skaláris szorzata 0, a v b és a v c egységvektorok szöge pedig α, ezért a skaláris szorzatuk cos α. Tehát cos a = cos b cos c + sin b sin c cos α Ha az oldalakra vonatkozó koszinusztételbe behelyettesítjük a cos α > 1 egyenlőtlenséget, akkor a következőt kapjuk: cos a > cos b cos c sin b sin c = cos(b + c). Mivel 0 < a < π, 0 < b + c < π illetve cos a = cos(π a) és a koszinuszfüggvény szigorúan monoton csökken a [0; π] intervallumon, a [π; π] intervallumon pedig szigorúan monoton nő, a fenti egyenlőtlenség csak úgy teljesülhet, hogy b+c értéke a és π a között van, tehát a < b + c < π a. Ebből egyrészt a < b + c, másrészt a + b + c < π Legyenek az C gömbháromszög polárisának csúcsai, és C, a gömb középpontja pedig O. Defíníció szerint O merőleges O -ra és OC -ra is, tehát O az O C sík egységnormálisa, továbbá az gömbi szakasz hossza nagyobb π/ -nél, ezért O az O C sík -ot nem tartalmazó félterébe mutat. Így =. Hasonlóan belátható, hogy = és C = C, így az C gömbháromszög polárisa az C gömbháromszög z C gömbháromszög egyenlő szárú, hiszen O = OC = π/ miatt az és C oldalszakaszok negyedkörök. merőlegességek következtében az, illetve C ívek -beli érintő egységvektorai az O, illetve OC vektorok, így a C gömbi szög nagysága megegyezik a OC euklidészi szög nagyságával, azaz a -gal. z és C ívek, illetve C -beli érintő egységvektora az O, ami merőleges az O C síkra, így C = C = π/. Hasonlóan látható, hogy az C és az C gömbháromszögek is egyenlő szárúak, és az -nál lévő szögük derékszög (hiszen az C gömbháromszög polárisa az C gömbháromszög). Ezek szerint az csúcsnál lévő teljes gömbi szöget az, C,, C szakaszok két derékszögre, egy α nagyságú és egy a nagyságú szögre osztják. Ebből következően α+a = π. Hasonlóan belátható, hogy β +b = γ +c = π. z is igaz, hogy a poláris gömbháromszög szögeit az eredeti gömbháromszög meglelő oldalaival összeadva szintén π-t kapunk, hiszen az C gömbháromszög polárisa C.

114 6. GÖM GEOMETRIÁJ z C poláris gömbháromszögre az oldalakra vonatkozó koszinusztételt felírva a cos a = cos b cos c + sin b sin c cos α egyenlőséghez jutunk. Felhasználva, hogy a = π α, b = π β, c = π γ és α = π a : cos(π α) = cos(π β) cos(π γ) + sin(π β) sin(π γ) cos(π a) cos α = cos β cos γ sin β sin γ cos a cos α = cos β cos γ + sin β sin γ cos a Tekintsük azt a gömbháromszöget, amelynek csúcsai udapest(), New York(N) és az Északi-sark(E). Legyen E = b, EN = n és N = d. Tudjuk, hogy b = = 4,5, n = = 49 illetve EN = = 93. z oldalakra vonatkozó koszinusztétel alapján Innen cos d = cos b cos n + sin b sin n cos EN cos d = cos 4,5 cos 49 + sin 4,5 sin 49 cos 93 cos d 0,457. d ,096rad. Tehát a udapest-new York távolság megközelítőleg 1, km 6991km ocsássunk merőlegest Oslóból(C) az Egyenlítőre! Legyen a talppont (keleti hosszúság 11 ), a keresett város pedig. z C gömbháromszög oldalaira és szögeire a szokásos jelöléseket használjuk. Tudjuk, hogy β = 90 és azt is, hogy γ = 90, hiszen az a oldal észak-déli, a b oldal pedig kelet-nyugati irányú. szögekre vonatkozó koszinusztételből 8 MEGOLDÁSOK 6.9. Tekintsük azt a gömbháromszöget, amelynek csúcsai udapest (), London (L) és az Északi-sark (E). Legyen E = b, EL = l és L = d. Tudjuk, hogy b = = 90 47,5 = 4,5, l = 90 51,5 = 38,5 illetve EL = 19. z oldalakra vonatkozó koszinusztétel alapján amiből szinusztételt felhasználva cos d = cos b cos l + sin b sin l cos EL cos d = cos 4,5 cos 38,5 + sin 4, 5 sin 38,5 cos 19 cos d 0,975, sin d = 1 cos d 0,4. sin EL = sin b sin EL / sin d sin EL sin 4,5 sin 19 /0,4 sin EL 0,983. Innen EL 79,5. Tehát a repülőnek az északi iránnyal megközelítőleg 79,5 -ot bezárva kell elindulnia Legyenek a gömbháromszög csúcsi,, C, a gömb középpontja O. Legyen az ív felezőpontja F, az szakaszé G. z O, G és F pontok egy egyenesen vannak. gömbháromszög C-ből induló súlyvonala az az ív, amit a gömbfelületből az OCF sík kimetsz. Ez a sík ugyanakkor az C síkháromszöget is a C-hez tartozó súlyvonalában (CG) metszi. Hasonlóan láthatjuk, hogy az C gömbháromszög így cos α = cos 90 cos 90 + sin 90 sin 90 cos a, cos α = cos a, amiből a feltételeket figyelembe véve következik, hogy α = a. Így a szinusztétel alapján γ = c, azaz c = 90. Tehát a keresett egyenlítői város a nyugati hosszúság = 79 -án fekszik, így az Ecuador fővárosa, Quito. 6.10M.1. ábra.

115 6. GÖM GEOMETRIÁJ 9 másik két súlyvonalának síkja az C síkháromszöget a másik két súlyvonalában metszi. Mindhárom súlyvonal síkja illeszkedik tehát az C síkháromszög súlypontjára, tehát egy egyenesre illeszkednek. Ez pedig azt jelenti, hogy a gömbháromszög súlyvonalai is egy ponton mennek át, amely nem más, mint a síkháromszög súlypontjának vetülete a gömbfelületre a) Egy gömbkétszög csúcsai átellenes pontok, mivel csak ekkor húzható köztük több egyenes. Ezért ha a gömbkétszög szöge α, akkor a teljes gömbfelületnek az α/π-ed részét foglalja el, tehát a területe: 4π α/π = α. b) gömbháromszög oldalegyenesei egymást a gömbháromszögben és az átellenes gömbháromszögében fedő gömbkétszögekre osztják a gömbfelületet. Ezek közül kettő (egymással átellenesen elhelyezkedő) szöge α, kettő szöge β, kettő szöge pedig γ. (lásd az 1. ábrát). Ha ezeknek a területét összeadjuk, akkor majdnem a teljes gömbfelszínt kapjuk, csak éppen a gömbháromszög területét (T ) hatszor számoltuk (háromszor az egyik, háromszor a másik oldalon), tehát néggyel többször, mint ahányszor kellene. Így a teljes gömbfelszín: 4π = (α + β + γ) 4T, amiből 4T = 4(α + β + γ) 4π T = α + β + γ π Mivel a keresett mértani hely szimmetrikus az egyenesre, elég a gömbnek csak az egyik felét vizsgálnunk. Legyen az pont átellenes pontja, a -é. 30 MEGOLDÁSOK e fogjuk bizonyítani, hogy a megfelelő C pontok mértani helye a félgömbön egy olyan körív, amelynek végpontjai és. Legyen C a körív tetszőleges -től és -től különböző pontja. Tudjuk, hogy az, C,, a, C,, illetve az,,, pontok egy egyenesen vannak. Emiatt C (= α ) = C = π C = π α, C (= β ) = C = π C = π β, valamint C (= γ ) = C = γ. Ezek szerint az C háromszög területe α + β + γ π = π α + π β + γ π = π (α + β γ ). Ez pedig akkor állandó, ha α + β γ állandó. Tehát azt kell igazolnunk, hogy a gömbön adott, pontokhoz azon C pontok mértani helye az egyik félgömbön, amelyekre C + C C állandó, egy és között húzódó körív. Ez az állítás az euklidészi geometriában is igaz (ott az egyik félgömb helyett az egyik félsíkot vizsgáljuk), és a bizonyítása is ugyanúgy elmondható: Legyen a körív (gömbi) középpontja O. Ha O az C háromszög belsejében helyezkedik el, akkor α + β γ = ( O + O C ) + ( O + O C ) (OC + OC ) = = O + O (hiszen az O C és O C háromszögek egyenlő szárúak), ami pedig független attól, hogy a C pont hol helyezkedik el a köríven. Ha O az C vagy a C szakaszon van, akkor könnyen belátható, hogy α + β γ szintén O + O -gel egyenlő. Ha pedig O az C háromszögön kívül van, akkor szintén α + β γ = ( O + O C ) + ( O O C ) (OC OC ) = = O + O. Ezzel az állítást bebizonyítottuk, tehát a kersett C pontok mértani helye az egyik félgömbön valóban egy és között húzódó körív, így a teljes gömbön egy körívpár. (Más helyeken lévő C pontok biztosan nem felelnek meg a feltételnek, hiszen könnyen belátható, hogy akkor az C háromszög területe vagy nagyobb, vagy kisebb lesz.) 7. hiperbolikus sík Poincaré-modellje 6.11M.1. ábra.

116 8. SPECIÁLIS GÖRÉK 31 3 MEGOLDÁSOK Vegyük észre, hogy míg és a k DP P körben CDP CDP + P DP (mod 180 ), (4) P P P P (mod 180 ), (5) P DP P P (mod 180 ), (6) így (4), (5) és (6) összege () figyelembevételével épp a bizonyítandó (3) összefüggést adja.. megoldás. z Állítás P centrumú inverzióval igazolható. Ilyen inverziónál a k P, k CDP körök képei párhuzamos egyenesek, tehát az,, C, D pontok,, C, D képei trapézt alkotnak, melyben és C D az alapok, P pedig az átlók vagy a szárak egyeneseinek metszéspontja, így a k P, k CDP körök képei valóban érintik egymást P képében, hiszen onnan egymásba nagyíthatók Speciális görbék Ez a fejezet nem tartalmaz megoldást. 9. Vegyes feladatok megoldás. bizonyítást az alábbi Lemmára alapozzuk. Lemma k XY U, k X Y U körök pontosan akkor érintik egymást U-ban, ha XY U + UY X XUX (mod 180 ). (1) Ezt a lemmát a G.II feladat G.II.6.34M megoldásában már használtuk és igazoltuk is. Most a k P, k CDP körök P -ben érintik egymást, tehát CDP + P CP (mod 180 ). () és azt szeretnénk igazolni, hogy a k P, k CDP körök P -ben érintik egymást, tehát CDP + P CP (mod 180 ). (3) 1. megoldás. Legyen az középpontú C sugarú és középpontú C sugarú körök másik metszéspontja O pont. Első észrevételünk, hogy az, M, L illetve a, M, K pontok egy-egy egyenesre esnek. mennyiben a feladat állítása igaz, úgy az M középpontú MK sugarú kör belülről érinti a k, k köröket. z állítást tehát átfogalmazhatjuk úgy, hogy tetszőleges olyan körre, amely belülről érinti a k, k köröket és érintési pontja k -val K pont, k -vel L pont, teljesül, hogy a K és L egyenesek X metszéspontja a két kör közös CO húrjára esik. (Lásd az 1. ábrát!) lkalmazzunk O középpontú körre vonatkozó inverziót! z OC egyenes átmegy az inverzió centrumán, tehát a C pont képe az OC félegyenesre eső C pont. Mivel a k és k körök átmennek az inverzió centrumán és egymást merőlegesen metszik, ezért képük két egymásra merőleges egyenes, amelyek metszéspontja a közös C pont C képe. z M középpontú MK sugarú k kör nem megy át az inverzió centrumán, ezért képe k kör, amely érinti a k és k körök képeit. Ez tehát egy olyan kör lesz, amely K és L pontokban érinti a k és k egymásra merőleges egyeneseket. zon fog múlni a bizonyítás, hogy a C L, C K szakaszok a k kör érintői, tehát egymással egyenlő hosszúságúak. lább ezt a közös hosszt u jelöli. z K és L egyenesek nem mennek át az inverzió O középpontján, így képük egy-egy O-n átmenő kör lesz. z K a képe átmegy az, K, O pontokon, a L egyenes b képe pedig az L,, O pontokon. (Lásd a. ábrát!) zt kell igazolni, hogy X rajta van a C O egyenesen. Ehhez felhasználjuk a következő ismert feladat eredményét. Legyenek P és Q a sík rögzített pontjai. zon R pontok mértani helye a síkon, amelyekre P R QR egy előre adott állandó, P Q-ra merőleges egyenes.

117 9. VEGYES FELDTOK 33 Ennek megfelelően legyen most a feladatunkban P = O a az a kör, Q = O b pedig a b kör középpontja. z O szakasz felezőpontja rajta van k egyenesen, mert éppen az O pont -ra vonatkozó tükörképének inverz képe. Így a körök merőlegessége miatt O a a k egyenesre, míg O b a k egyenesre illeszkedik. körök metszéspontjai O és X, tehát O a X O b X = O a O O b O. Most O helyett válaszhatjuk a körök egy-egy különböző pontját. O a O O b O = O a L O b K = O a C + u (O b C + u ) = O a C O b C. Tehát X, C, O egyenesen vannak, ennek megfelelően C, O, X is egy egyenesen vannak. z állítást igazoltuk.. megoldás. Legyen ábránk betűzése az első megoldás szerinti. Z X félegyenes a k kört másodszor a K pontban, X félegyenes a k kört másodszor az L pontban metszi. (Lásd az 1. ábrát!) KK és CO húrok metszéspontja a k körben az X pont. Ezért az X pontra vonatkozó hatvány ebben a körben KX XK = CX XO. 34 MEGOLDÁSOK Másrészt a k körben LL és CO húrok metszéspontja szintén X pont. z X-re vonatkozó hatvány ebben a körben Látjuk, hogy LX XL = CX XO. KX XK = LX XL, tehát a K, L, L, K pontok egy körön, a k körön helyezkednek el. z pont k körre és k körre vonatkozó hatványa megegyezik, továbbá a k és k körök merőlegessége miatt C érinti a k kört. Ezek alapján K K = C = L, tehát L érinti a k kört. Hasonlóan igazolható, hogy K érinti a k kört. két érintő metszéspontjából, M-ből a k körhöz húzott két érintőszakasz MK és ML egyenlők Legyen k 1, k ill. k 3 középpontja O 1, O ill. O 3. Meg fogjuk mutatni, hogy ha e 1 e e 3 = E és f 1 f f 3 = F közül bármelyik létezik, akkor a másik is létezik és egymás izogonális konjugáltjai az O 1 O O 3 háromszögre vonatkozóan. k k k C k k K a X M L b K C X a b O a O b L O k O 9.3M1.1. ábra. 9.3M1.. ábra.

118 9. VEGYES FELDTOK 35 Tegyük fel pl., hogy E létezik és jelölje az EO 1, EO, EO 3 egyeneseket t 1, t, t 3, az O O 3, O 3 O 1, O 1 O centrálisokat u 1, u, u 3, az O 1 O O 3 háromszög szögfelezőit v 1, v, v 3 (lásd az 1. ábrát). lább az e egyenes t tengelyre vonatkozó tükörképét t(e) jelöli. Tehát a szimmetria miatt pl. Meg fogjuk mutatni, hogy az v 1 (u ) = u 3, v (u 3 ) = u 1, v 3 (u 1 ) = u. (1) u 1 (e 1 ) = f 1, u (e ) = f, u 3 (e 3 ) = f 3, v 1 (t 1 ) = τ 1, v (t ) = τ, v 3 (t 3 ) = τ 3 () 36 MEGOLDÁSOK Lemma. Ha t, u, v közös ponton átmenő tengelyek, akkor t v u t = u v. Észrevétel 1. Mivel t 1, t és t 3 metszéspontja E, így () második sorának egyenesei az E pont O 1 O O 3 háromszögre vonatkozó izogonális konjugáltjában (lásd a G.II.11.1., G.II feladatokat) metszik egymást. dott pontból adott ciklushoz húzott két érintő (antiérintő) szimmetrikus a pontot a ciklus középpontjával összekötő egyenesre, így t 1 (e 3 ) = e, t 3 (e ) = e 1, t (e 1 ) = e 3. (3) Ebből, a fenti lemmákból és (1)-ből következik, hogy hat egyenes mind egy közös ponton halad át, sőt kicsit több is igaz, f 1, f, f 3 páronkénti szögfelezői a τ 1, τ, τ 3 egyenesek. z alábbi összefüggéseket használjuk fel: Lemma 1. Ha a v, t, τ egyenesekre v(t) = τ, akkor a τ-ra vonatkozó tükrüzés, mint transzformáció így írható: τ = v t v hiszen pl τ 1 (f ) = f 3, τ (f 3 ) = f 1, τ 3 (f 1 ) = f, (4) τ 1 (f ) = v 1 t 1 v 1 (f ) = v 1 t 1 v 1 u (e ) = = v 1 t 1 v 1 u t 1 (e 3 ) = v 1 u v 1 (e 3 ) = u 3 (e 3 ) = f 3. k K L C k u t 3 e 3 t e 1 H f k 1 k 3 u 3 k K L X M t 1 τ f 1 e E O 1 v 1 f 3 τ 3 F H 3 v v 3 O 3 O τ 1 u 1 H 1 O k 9.3M.1. ábra. 9.4M.1. ábra.

119 9. VEGYES FELDTOK MEGOLDÁSOK Ez azt is jelenti, hogy f, f 3 és τ 1 egy ponton megy át, sőt f 3, f 1 és τ, valamint f 1, f és τ 3 is egy ponton megy át. Ha ez a három közös pont nem mind azonos, akkor az f 1, f, f 3 egyenesek alkotta háromszög pontra nézve perspektív az O 1 O O 3 háromszöggel, a perspektivitás középpontja az Észrevétel 1.-ben említett izogonális konjugált. Desargues tétele szerint e két háromszögnek egyenesre nézve is perspektívnek kellene lennie, azaz az f 1 u 1 = e 1 u 1 = H 1, f u = e u = H, f 3 u 3 = e 3 u 3 = H 3 pontoknak egy egyenesre kell illeszkednie. zonban ezek a pontok a k 1, k, k 3 irányított körök páronkénti antihasonlósági pontjai (pl H 1 a k irányított kör és a k 3 irányított kör ellentettjének hasonlósági pontja), amelyek nincsenek egy egyenesen, ha O 1, O, O 3 sincsenek egy egyenesen. Ha O 1, O, O 3 egy egyenesen vannak, akkor a közös centrálisra vonatkozó tengelyes szimmetria miatt a feladat állítása nyilvánvalóan teljesül. negatívan. és a C irányított egyenesek érintik k 1 -et és antiérintik k 3 -at; a D, CD irányított egyenesek érintik k 3 -at és antiérintik k -t míg az M = e irányított egyenes és még egy f irányított egyenes érintik k -t és antiérintik k 1 -et., D, M = e irányított egyenesek az ponton mennek át, így a 9.4. feladat állítása szerint a C, CD, f egyenesek is egy ponton mennek át, azaz f átmegy C-n. z e, f irányított egyenesek érintik k 1 -et és antiérintik k -t így egyenesük egymás tükörképe a k 1, k körök centrálisára vonatkozólag, azaz f (fordított irányítással) az e egyenes I 1 I -re vonatkozó tükörképe. Végülis azt kaptuk, hogy a feladatban és C egymás izogonális konjugáltjai az I 1 I 3 I háromszögre vonatkozólag, ahol I az CD négyszög beírt körének középpontja Lásd a 3.0. feladatot! megoldás. Felhasználjuk az alábbi lemmát: Lemma z e egyenes pontosan akkor megy át az I 1 I I 3 háromszög magasságpontján, ha e-nek az I 1 I I 3 háromszög oldalaira vonatkozó tükörképei egy ponton mennek át (lásd a G.II G.II feladatokat). fenti lemmát itt nem igazoljuk. z e egyenesnek az I 1 I egyenesre vonatkozó tükörképe a C egyenes, míg az I I 3 egyenesre vonatkozó tükörképe CD, így csak azt kell megmutatni, hogy az e egyenes I 1 I 3 -ra vonatkozó tükörképe is átmegy C-n. Ezt kétféleképpen is igazoljuk. I. gondolatmenet Jelölje a DM, M szögek szögfelezőit t 1 illetve t, a CD, D, C, CD szögek szögfelezőit rendre t D, t, t illetve t C. z utóbbi négy szögfelező rendre DC-t D-ra, D-t -ra -t C-re illetve C-t DC-re képezi, míg t 1 a D-t e-re, míg t az e-t -ra viszi. Ismeretes, hogy CD pontosan akkor érintőnégyszög, ha a t t t D t C transzformáció az identitás. Mivel t C (C) = C, így most t t t D (C) = C. t t 1 forgatás pontosan úgy képezi D-t -re mint t, így t t t 1 t D (C) = = C, azaz t 1 t D (C) = t t (C). Jelölje ezt az e-n található közös pontot C. C pont tehát a C pont t 1 t D = I 3 körüli elforgatottja, és egyúttal a C pont t t = I 1 körüli elforgatottja is, azaz I 3 C = I 3 C és I 1 C = I 1 C. Ezek szerint az I 3 CI 1, I 3 C I 1 háromszögek egybevágók, C a C tükörképe I 1 I 3 -ra. Épp ezt akartuk igazolni.. megoldás. 9.5M1. megoldást folytatjuk másképp. II. gondolatmenet Legyen CD negatív körüljárású, és irányítsuk az M, ND háromszögek k 1, k beírt köreit pozitívan, az CD négyszög beírt k 3 körét

120 40 SEGÍTŐ LÖKÉSEK Segítő lökések 1.7. a) Vegyük észre, hogy a nevező a + b 6 + c 7 alakban írható alkalmas a, b, c racionális számokkal. b) Ez a nevező a+b 3+d 7+ 1 alakban írható. Ezt gyökteleníthetjük az 1.6 feladat b) részéhez hasonló módon. c) Itt már nem tudunk úgy összevonni, mint b)-ben, tehát több tényleges" négyzetgyök van, mint eddig. Figyeljük meg, milyen számtestből való a nevező és írjuk át ilyen alakba: ( ) + ( ) 7) Mivel segít ez a megfigyelés és ez a felírás? 1.8. Itt ismét az segít, ha követjük, hogy milyen testbővítésből való a nevező. 1. Geometriai szerkeszthetőség 1.1. a) z állítás igaz, de közvetlen belátása fáradságosabb, mint egyszerűbb leírást keresni. b) Ehhez használjuk a gyöktelenítést"! 1.3. a) kérdés az, hogy van-e olyan racionális a és b, amelyre 5 = a + b. Emeljünk négyzetre, majd használjuk, hogy, 5 5 és irracionális. b) Van ilyen u szám. c) számtest tartalmazza az összes a + b + c 3 alakú számot, ahol a, b, c racionális. izonyítsuk be, hogy a számtestben szintén szereplő 6 nem áll elő ilyen alakban. Ezután bizonyítsuk be, hogy az a + b + c 3 + d 6 alakú számok már számtestet alkotnak Legyen a másodfokú bővítés Q(t), ahol t = p q és p, q pozitív egészek. Lássuk be, hogy Q(t) = Q( pq). Ezután írjuk fel pq = m n alakban, ahol m egész, n négyzetmentes. (Ez a felírás egyértelmű.) Mivel t nem racionális, így pq sem, tehát n nagyobb egynél. izonyítsuk be, hogy Q( pq) = Q( n) feladat nem mond mást, mint hogy ha az u szám a Q(, 3) számtestben van, akkor a reciproka is. De az állítás belátható kézimunkával is: u = a + b + (c + d ) 3, így az a + b (c + d ) 3 számmal szorozva (a + b ) 3(c + d ) számot kapjuk, ami már s + t alakú, tehát gyökteleníthető a) Két lépésben gyökteleníthető; az első lépésben elérhető, hogy csak egy négyzetgyök maradjon. b) z első lépésben elérhető, hogy csak két négyzetgyök maradjon (és egy egész szám), innen a) szerint haladhatunk feladat azt mondja ki, hogy ha egy szám két olyan szám hányadosa, amelyek elemei egy Q-ból véges sok bővítéssel előállítható számtestnek, akkor maga a szám is ebből a bhovített számtestből való. Ez pedig egyszerű következménye a számtest fogalmának. z eddigi feladatokban ezt kézimunkával" konkrét példákon ellenőriztük" Nyilván elég belátnunk, hogy van akármilyen kis, pozitív a+b alakú szám, ahol a és b egész. Itt az az észrevétel segít, hogy 1 egynél kisebb pozitív szám, tehát (pozitív egész kitevős) hatványai tetszőlegesen kis pozitív értéket felvesznek. Megjegyzés: bármilyen t egész számra ugyanígy igazolható, hogy az a + b t alakú számok mindenütt sűrűen helyezkednek el a számegyenesen, feltéve, hogy t nem négyzetszám. tétel négyzetgyök helyett bármilyen irracionális számra is igaz, ennek a nevezetes tételnek a bizonyítása azonban más gondolaton (a skatulyaelven) alapszik megoldás kulcsa az az észrevétel, hogy az 1.1 szerint (5 + 6) n + (5 6) n ) egész szám. Ezután már csak azt kell észrevennünk, hogy 6 5 pozitív, de kisebb 0,1-nél Két megoldási lehetőség: a) Használjuk a gyökök és együtthatók közötti összefüggést. (Miért használhatjuk?) b) Helyettesítsük be az ismert megoldást a másodfokú polinomba! De a feladat kijön az 1.5 feladatból is megoldás ugyanígy működik, ha az együtthatók racionálisak Ugyanaz a gondolatmenet most azt adja, hogy van racionális gyök. 39

121 1. GEOMETRII SZERKESZTHETŐSÉG p(a + b u) = + u, ahol is, is egész, p(a b u) = u ugyanazzal az -val és -vel. + u csak úgy lehet egész, ha = 0, s ekkor p(a + b u) = p(a b u). Ha p együtthatói racionálisak, akkor és racionális, de az továbbra is igaz, hogy ha p(a + b u racionális, akkor p(a + b u) = p(a b u) Egy polinom értékének a kiszámolásához csak alapműveleteket kell végezni. Valójában u minden, T -beli együtthatókkal felírt algebrai kifejezése is T ( t-beli, feltéve, hogy a nevezőben álló polinomnak nem gyöke t Q helyébe tetszőleges számtestet írhatunk: Tétel. Ha egy harmadfokú racionális együtthatós polinomnak nincs gyöke a T testben, akkor T semelyik másodfokú bővítésében sincs gyöke Igen Írjunk fel olyan egészegyütthatós polinomot, amelynek gyöke + 3. ( negatív hosszúságú szakaszokat is megengedjük.) a) Racionális gyökök csak 1, 1, 1 4, 1 8, vagy ezek ellentettje lehet. Gyorsabban jutunk célhoz, ha bevezetjük az y = x változót. b) Itt is érdemes bevezetni az y = x változót. c) Négy lehetséges racionális megoldás van, 1, 1, 1 p, 1 p. ehelyettesítéssel kijön, hogy egyik sem megoldás. d) Ha c-t prímszámnak választjuk, aránylag kevés lehetséges megoldást kell ellenőriznünk. Szorozzuk végig az egyenletet kettővel, ekkor a y = x változót bevezetve az cy 3 y 3cy + = 0 egyenlethez jutunk. Ha c = p prímszám, akkor a lehetséges megoldások 1, 1, 1/p, 1/p,,, /p, /p. Ezeket rendre behelyettesítve a bal oldalon elég nagy p-kre nem kaphatunk nullát. e) Ha c egész, akkor az egyenletnek csak egész megoldása lehet, mégpedig csak olyan megoldása, amely osztója c-nek. Nyilván érdemes először prímszám c-vel próbálkozni, mert ekkor kell a legkevesebb lehetséges gyököt kilőni". S valóban, ha c prímszám, akkor a lehetséges megoldások c = 1, 1, c, c. z x = 1 esetben a bal oldal értéke kettő, x = c esetben c, x = 1-re a bal oldal értéke, végül x = c esetén c 3, ezek egyike sem nulla Használjuk a cos 3α-ra vonatkozó addíciós tételt és azt, hogy cos 60 = = 1. Ennek alapján felírható egy harmadfokú egész együtthatós polinom, amelynek gyöke cos 0, másrészt nincsen racionális gyöke. 4 SEGÍTŐ LÖKÉSEK a) Ha a szerkesztendő szabályos ötszög csúcsai rendre CDE, akkor például az D háromszög egy nevezetes háromszög. b) szabályos hétszög külső szöge 360 /7. Keressünk egyszerű trigonometikus összefüggést e szög felére! c) izonyítsuk be, hogy ha a szabályos n-szög szerkesztésére van euklideszi eljárás, akkor a szabályos n szög szerkesztésére is van Lásd az 1.35 feladat második és harmadik megoldását Itt is érdemes az 1.35 feladat második megoldásának ötletére gondolnunk a), b), c): Próbáljunk olyan megoldást találni, amely egyszerre intézi el" mindhárom kérdést! De vigyázzunk: d) esetben a háromszög szerkeszthető! z a) esetben nincs, a b) esetben van ilyen szerkesztési eljárás. a) Most is érdemes valamilyen speciálisabb esetre megmutatni, hogy már ott sem adható általános eljárás. (Mint látjuk, ilyenkor könnyebben kezelhető a feladat egy paraméterrel.) z egyenlőszárú háromszög most nyilván nem segít, érdemes a szöget jól választani. b) Használjuk ki, hogy C és α ismeretében ismerjük a körülírt kör sugarát. Vegyük fel a kört és benne a C oldalt, ekkor megszerkeszthető az D szögfelező egyenesének a körrel való második metszéspontja, F. Mit tudunk mondani a DF szakasz hosszáról? a) visszavezethető az 1.39 feladat a) részére. b) ismert szerkesztési feladat. szakasz és C egyenes azonnal felvehető, ezután a szögfelező is behúzható és ennek alapján a C csúcs is szerkeszthető. Ha a szög hegyessszög és a szögfelező nem túl hosszú, akkor létezik a háromszög és meg is szerkeszthető ezzel az eljárással kerületi szögek tétele szerint a feladat két része ugyanazt kérdezi. Ha az oldal- és a szögfelezőhossz arányát hól vaálasztjuk, akkor a feladat redukáalható egy olyan háromszög megszerkesztésére, amelynek szögei 40, 60 és 80 fokosak. Ilyen háromszöget az 1.31 feladat szerint nem tudunk szerkeszteni a) Egy korábbi feladat megoldása itt is segít. b) háromszög szerkeszthető, ha az a oldallal szemközti magasság és szögfelező adott, akkor szerkeszthető az ezen az oldalon fekvő két szög különbsége, valamint az a szög is, amelyet ez az oldal és az adott súlyvonal zár be. Ezután az a oldallal szemközti szögre egyszerű egyenletet nyerhetünk megoldás: n = 3k, ahol k egész Mekkora a szabályos kilencszög külső szöge?

122 . TÖMEGKÖZÉPPONT 43. Tömegközéppont Ez a fejezet nem tartalmaz segítő lökést. 3. Inverzió 3.. Próbálkozzunk először külső pont képének szerkesztésével! körzővel elég összesen három ívet rajzolni, már meg is van az inverz kép Osztás helyett többszörözzünk! Lásd még a 3.. feladatot Lásd a feladatokat! 3.8. Lásd a feladatokat! c) lkalmazzuk a szelőtételt (pont körre vonatkozó hatványa)! d)-e) Használjuk a 3.6. feladat eredményét! 3.1. z inverziónál a hossz nem marad meg. Próbáljuk meg az inverziónál invariáns mennyiségek nyelvén megfogalmazni az C = C összefüggést! 3.. a) Készítsünk vázlatot az egyenesről és a képéről. kép középpontja melyik pont képe? Szerkesszük meg először azt a pontot! b) Invertáljuk az egyeneseket körökké, azok metszéspontját szerkesszük meg! c) Fogalmazzuk meg, mit jelent az, hogy szerkesztés (euklideszi szerkesztés)! 3.8. Vizsgáljunk egy L félkört alkotó körre való invertálást! Invertáljuk az ábrát egy középpontú körre! segítő kökés. Oldjuk meg először a 9.. feladatot!. segítő kökés. lkalmazzunk centrumú inverziót! lkalmazzunk inverziót, melynek centruma a két adott kör érintési pontja! Számoljuk le a metszéspontokat! segítő kökés. Vigyázat, a tétel teljes általánosságban nem igaz! Egymáson kívül elhelyezkedő köröknél keressünk egyenlő szögeket és igazoljuk, hogy a P 1 P 3 P 34 P 41 négyszög egymással szemközti szögeinek összege egyenlő. 44 SEGÍTŐ LÖKÉSEK. segítő kökés. lkalmazzunk P 1 centrumú inverziót! 3. segítő kökés. Először oldjuk meg a feladatot! segítő kökés. Invertáljuk az ábrát egy centrumú inverzióval!. segítő kökés. Invertáljuk az ábrát K-ra! 3. segítő kökés. Sejtsük meg melyik az a pont! Lásd a feladatokat! Két kör pontosan akkor koncentrikus, ha egynél több olyan egyenes van, amelyre mindkett? mer?leges Lásd a feladatot! Lásd a 3.1. feladatot majd a 3.0., 9.6. példákat! 4. Komplex számok a geometriában 4.8. Lásd a 4.9. feladatot! a 4.1M Használjuk a feladatban említett azonosságot! lkalmazzuk a feladatban tanultakat! 5. Projektív geometria távolságok és szögek közti közvetítésre használjuk a területet! Lásd az feladat állítását! z CD egyenesre nem illeszkedő öt további megfelelő pont felvételével megoldható az a), öt másikkal a b) feladat is Fejezzük ki (DC), (CD), (CD) értékeket x-szel,a többit próbáljuk ezekből kifejezni.

123 5. PROJEKTÍV GEOMETRI Legyen először a = O és b = O. Mutassuk meg, hogy ha c = OC és c = αa + βb akkor (C) = C C = β α.. Sejtsük meg az (CD) kettősviszonyra vonatkozó képletet! 3. Mutassuk meg 1.1. alapján, hogy a képlet a = O, b = O, c = OC és d = OD esetén teljesül és vizsgáljuk a α 1, β 1, α, β értékek változását, amint az a, b, c, d vektorokat számszorosaikra cseréljük! 5.7. Igazoltuk, hogy a köri pontnégyes komplex kettősviszonya valós értékű, így elég annak abszolút értékét meghatározni. Használjuk a Nagy Szinusz Tételt! Használjuk a görbék egyenletének kétabszcisszás alakját! Legyen adva a HK egyenes és az azzal nem párhuzamos e egyenes. Messe a görbe P pontján átmenő, e-vel párhuzamos egyenes a HK egyenest a Q pontban. Ha valamely µ konstanssal µ MH MK = MP, (1) és M mindig a HK szakaszon fekszik, akkor az 1. összefüggésnek eleget tevő P pontok halmaza ellipszis, míg ha M a H, K pontokban vagy a HK szakaszon kívül helyezkedik el, akkor hiperbola a mértani hely, míg az egyenletnek eleget tevő P pontok halmaza parabola. µ MK = MP, () Legyen a kúp csúcsa és az alapkör t-re merőleges C átmérőegyenese messe t-t T -ben. z 5.39., feladatok megoldásának alapján mutassuk meg, hogy T T C = T segítő kökés. Keressük meg a π leképezés fixpontjait! Számoljunk kettősviszonyokkal!. segítő kökés. Vetítsük át a síkot úgy, hogy kényelmesebb legyen az ábra! Használjuk fel, hogy a kettősviszony változatlan marad c) Dolgozzunk vetítésekkel és kettősviszonyokkal! Mutassuk meg például, hogy ( ) = ( )! segítő kökés. Tekintsük Papposz feladatát (5.49. feladat), két lehetséges P 1 P P 3 háromszöget.. segítő kökés. Lépjünk ki a térbe! 46 SEGÍTŐ LÖKÉSEK Vetítsük át az a egyenest γ-n át a b egyenesre, majd a b egyenest α-n át c-re és tekintsük e két vetítés kompozícióját! 5.6. Részletesebben, lásd Montágh alázs cikkét[1]. 1. Szervezzünk meg először 9 versenyző közt hármas futamokkal bajnokságot! Most lehetőségünk van geometriai megoldást találni. zonosítsuk a versenyzőket a sík (x, y) pontjainak, ahol x és y egész számok és modulo 3 tekintjük őket (azaz a versenyzőket a kilenc elemű F 3 F 3 halmaz elemeinek feleltetjük meg). futamok a sík egész együtthatós egyeneseinek felelnek meg az alábbi módon. 1 futamot szervezünk. c számnak háromféle értéke lehet modulo 3, az (a, b) számpárnak pedig összesen kilencféle. Egyenesnek tekintjük az y c (mod 3) y ax + b (mod 3) (1) kongruenciák megoldáshalmazait (azaz F 3 -ban az y = c, c = ax + b egyenletek megoldáshalmazait). Mutassuk meg, hogy a (1) kongruenciák közül bármelyik kettőnek pontosan egy közös megoldása van.. djunk meg négyelemű testet! 3. Szervezzük meg a beosztást a négyelemű test segítségével! 6. gömb geometriája 6.1. ocsássunk merőlegest például az csúcsból az OC síkra, majd ebből a pontból az O és az OC egyenesekre. létrejövő derékszögű háromszögek megfelelő szögének szinuszát felírva adódik az állítás. 6.. Legyenek a gömb O középpontjából a háromszög,, C csúcsaiba mutató vektorok a, b és c. Legyen továbbá v b az az egységvektor, mely a gömbháromszög oldalszakaszának -beli érintőfélegyenese irányába mutat. Hasonlóan vegyük fel az C oldalszakaszt -ban érintő v c egységvektort is. Írjuk fel a b és a c vektorokat a, v b, illetve v c segítségével. kapott egyenletekből előállítható a bizonyítandó tétel Használjuk az oldalakra vonatkozó koszinusztételt! Csináljunk belőle egyenlőtlenséget! 6.5. z csúcsnál lévő teljes gömbi szöget az, C,, C szakaszok négy részre osztják. Számoljuk ki az egyes részek nagyságát! Mit mondhatunk az C, az C, illetve az C gömbháromszögekről? 6.6. lkalmazzuk a poláris gömbháromszögre az eddig megismert (oldalakra vonatkozó) koszinusztételt, és nézzük meg, hogy ez mit jelent az eredeti háromszögre vonatkozóan.

124 7. HIPEROLIKUS SÍK POINCRÉ-MODELLJE SEGÍTŐ LÖKÉSEK 6.7. Keressünk a Földön egy harmadik pontot úgy, hogy a három pont alkotta gömbháromszögnek ismerjük három adatát (oldalak, szögek)! Ezekből az ismert tételek segítségével kiszámítható a kérdéses oldal hossza Keressünk a Földön egy harmadik pontot úgy, hogy a három pont alkotta gömbháromszögnek ismerjük három adatát (oldalak, szögek)! Ezekből az ismert tételek segítségével kiszámítható a kérdéses csúcs helyzete Keressünk a Földön egy harmadik pontot úgy, hogy a három pont alkotta gömbháromszögnek ismerjük három adatát (oldalak, szögek)! Ezekből az ismert tételek segítségével kiszámítható a kérdéses szög nagysága Vizsgáljuk meg, milyen viszonyban vannak a gömbháromszög súlyvonalai a gömbháromszög csúcsai alkotta síkháromszög súlyvonalaival b) Rajzoljuk meg a gömbháromszög oldalegyeneseit! Ezek a gömbfelületet egymást fedő gömbkétszögekre osztják. Ezek, illetve a teljes gömbfelszín területének ismeretében adódik a gömbháromszög területe Nyílvánvaló, hogy a keresett mértani hely szimmetrikus az gömbi egyenesre, ezért vizsgáljuk csak az egyik félgömböt! keresett mértani helynek mindig tartalmaznia kell az és a pontok átellenes pontját ( és ), hiszen az, illetve a gömbi egyenesek tetszőleges szögben hajolhatnak -hez, így az és az gömbháromszögek területe tetszőleges lehet. Innen megsejthető, hogy a megfelelő C pontok mértani helye az egyik félgömbön egy, az és pontokon átmenő körív. 8. Speciális görbék Ez a fejezet nem tartalmaz segítő lökést. 9. Vegyes feladatok segítő kökés. Lásd a G.II feladatot!. segítő kökés. lkalmazzunk P centrumú inverziót! 7. hiperbolikus sík Poincaré-modellje

125 50 IRODLOMJEGYZÉK [1] Középiskolai matematikai és fizikai lapok. olyai János Matematikai Társulat és az Eötvös Loránd Fizikai Társulat folyóirata. URL Irodalomjegyzék [1] Hraskó ndrás (szerk.): Új matematikai mozaik. udapest, 00, Typotex kiadó, udapest. ISN Szabadon elérhető ebook-ként a címen. [] Sárközy ndrás: Komplex számok példatár. olyai sorozat sorozat. udapest, 1973, Műszaki Könyvkiadó. [3] John Casey: Sequel To The First Six ooks Of The Elements Of Euclid. 3. kiad. Dublin, 1885, Hodges and Figgis and Co., Grafton-St. Szabadon letölthető: [4] Kiss Géza: Geometriai feladatok megoldása a komplex számsíkon. In Felkészítés általános és középiskolai kistérségi matematikai tehetséggondozásra (konferenciaanyag). 01, p. [5] Hubai Tamás diák, 005c. Fővárosi Fazekas Mihály Gimnázium. [6] Reiman István: Geometriai feladatok megoldása a komplex számsíkon. Középiskolai szakköri füzetek sorozat. udapest, 1957, Tankönyvkiadó. [7] Reiman István: Geometria és határterületei. 001, Szalay Könyvkiadó. ISN [8] Csan Kuang: Ha a tömegek területet jelölnek sz., Kvant, p. [9] Kürschák József Matematikai Verseny. URL hu/portal/feladatbank/adatbazis/kurschak_jozsef_verseny.html. [10] Kvant, fizikai és matematikai tudományos népszerűsítő folyóirat. Szovjet, majd az Orosz Tudományos kadémia és a Pedagógiai Tudományok kadémiájának lapja. URL [11] Kömal digitális archívuma. Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok archívuma a Sulineten. URL 49 [13] V. G. oltyánszkij M.. alk: Geometria massz. 61. köt. 1987, ibliotyecska Kvant. [14] Miklós Szilárd. Javaslatok a Kömalba. Herceghalom. [15] Miles Dillon Edwards: proof of Heron s Formula évf. (007) 10. sz., merican Mathematical Monthly, 987. p. [16] Sagmeister Dávid. Veszprém. [17]. L. van der Waerden: Egy tudomány ébredése. udapest, 1977, Gondolat. ISN [18] David Hilbert és Stefan Cohn Vossen: Szemléletes geometria. 198, Gondolat. ISN