KOMPLEX SZÁMOK A GEOMETRIÁBAN

Átírás

1 KMPLEX SZÁMK GEMETRIÁBN Mirce Bechenu Ismert, hogy kölcsönösen egyértelmű (ijektív) megfeleltetés létezik sík pontji és komplex számok hlmz közt. Ez megfeleltetés lehetővé teszi zt, hogy komplex számokt hsználhtunk geometrii feldtok leírásár. Ezt z is segíti, hogy hlmzn nemcsk lgeri műveletek értelmezettek, hnem poláris koordinátákt, és olyn tuljdonságokt is hsználhtunk, mint modulus, vgy konjugált. Látni fogjuk, hogy ezeknek z elemi foglmknk segítségével sok geometrii feldtnk gyorsn átláthtó és szép megoldás vn. Tehát komplex számok csodáltos világnk izonyulnk, mely gzdg könnyen kezelhető tuljdonságokn. Klndozásunkt komplex számok földjén egy olyn feldtsor kíséri, melyeknek ezen z úton elegáns megoldás. következőken, hcsk nem jelezzük zt másként, sík pontjit z, B,,..., Z ngyetűkkel, és hozzájuk rendelhető komplex számot (ffixumot) megfelelő,, c,..., z kisetűvel jelöljük. Egy ponthoz trtozó komplex ffixumot még z pont komplex koordinátájánk is nevezünk. Kezdetnek néhány elemi, de elegáns példát láthtunk, mjd emuttunk néhány lpvető geometrii elemet, melyeket komplex számok segítségével sikeresen lehet tnulmányozni.. Példák. háromszög egyenlőtlenség. dott z, z komplex számokr igz következő egyenlőtlenség: z + z z + z. () Bizonyítás. Mivel z egy nemnegtív vlós szám, z dott egyenlőtlenség ekvivlens átlkítás, h mindkét oldlát négyzetre emeljük: z + z z + z z + z (z + z )( z + z ) z z + z z + z zz z z + z z z zz. z z Legyen z z w; ekkor w z z, z utói egyenlőtlenség pedig w + w w. H most w x + iy kkor z utói ekvivlens x x + y, mi nyilván igz. Mikor teljesül z egyenlőség z () egyenlőtlenségen? skis kkor, h x 0 és y 0, miől következik, hogy w z z λ egy nemnegtív vlós szám. H most z előző egyenlőséget z -vel szorozzuk, kkor λz z z. Mivel λ 0, következik, hogy itt z, B vektorok, melyek z, z számok ffixumi kollineárisk és zonos irányúk. komplex számokr vontkozó háromszög egyenlőtlenségnek vn egy geometrii mgyrázt: egy dott háromszögen két oldl összege ngyo hrmdik oldlnál. Vlón, h vesszük zokt z, B, pontokt melyekre, + B kkor z B prllelogrmmán z, B, +. Mivel +, nyilván z is igz, hogy + +.

2 . Pompeiu tétele. Legyenek, B, egy egyenlő oldlú háromszög csúcsi Z háromszög síkjánk egy pontj, mi nincs háromszög köré írt körön. Ekkor Z, ZB, Z szkszok egy háromszög oldli. Első megoldás. Elsőként egy szép mértni megoldást ismertetünk. Tegyük fel, hogy Z egy első pontj z B nek (lásd. ár). Szerkesszük meg Z-n át rendre z B, B, oldlkkl párhuzmos egyeseket, melyek ezeket z oldlkt rendre P, M és N pontokn metszik. z PZN, PZMB és MZN egyenlő szárú trpézok. Tehát teljesülnek következők: Z PN, ZB PM, Z MN és így MNP kersett háromszög. Hsonló gondoltmenet, h Z háromszög egyik oldlán vn. második eseten feltehető, hogy Z háromszög egy külső pontj. Vegyük háromszög egy os forgtását z pont körül, mely B pontot -e viszi át, és legyen Z pont képe ennek forgtásnk z eredményként W. Mivel forgtáskor távolságok nem változnk, Z WB és ugynkkor Z W (. ár). Tehát keresett háromszög een z eseten ZW. B N W B P Z Z M (.ár) B (. ár) megjegyzendő, hogy második gondoltmenet W helyzetétől független, és első pont esetén is lklmzhtó. Második megoldás. H megoldáshoz, illetve párhuzmosok lklmzásához, vgy forgtáshoz megoldónk kevés z ötlete, lklmzhtj komplex számokt. Tegyük fel, hogy z, B,, Z pontok komplex koordinátái z,, c, z eláthtó, hogy következő zonosság teljesül: Átírhtjuk ezt következő lkn is: (z - )( - c) + (z - )(c - ) + (z - c)( - ) 0. -(z - )( - c) (z - )(c - ) + (z - c)( - ). Dimitrie Pompeiu (87-954) egy ismert román mtemtikus volt, kit z elemi mtemtik is érdekelt.

3 vegyük most z zonosságn modulust, és lklmzzuk háromszög egyenlőtlenséget: z - -c z - c - + z - c -. h felhsználjuk, hogy - - c c - kkor következő z eredmény: z - z - + z - c. z.. fejezet végén tett megjegyzés lpján könnyen eláthtó, hogy ez utói egyenlőtlenség nem legyet egyenlőség, tehát Z, ZB, Z vlón egy háromszög oldli... Ptolemájosz tétele. Bármely konvex BD négyszögen teljesül következő egyenlőtlenség: BD B D + D B. Ez egy jól ismert eredmény és áltlán geometrii úton izonyítják. Itt most egy rövid izonyítást dunk, mi z előző feldtr támszkodik. Jelöljük,, c, d-vel rendre z, B,, D csúcsok komplex koordinátáit. z előzőekhez hsonlón z lái egyenlőtlenség teljesül: ( - )(c - d) + ( - c)(d - ) + ( - d)( - c) 0. Elő átírjuk következő lkn: ( - c)( - d) ( - )(c - d) + ( - d)( - c) mjd lklmzzuk háromszög egyenlőtlenséget: - c - d - c - d + - d - c, és ez pontosn izonyítni kívánt egyenlőtlenséget jelenti.. Egyenesek és kollineáris pontok.. Egyenes egyenlete. z, B, pontok kkor és cskis kkor vnnk egy egyenesen, h z B és vektorok kollinárisk, zz B λ, hol λ egy vlós szám. komplex számok nyelvén ez zt jelenti, hogy vgy: vgy R, c c. c Következésképpen, h dott két különöző pont, és B, kkor egy etszőleges hrmdik pont, Z kkor és cskis kkor vn z B egyenesen, h: z. z Ez egy egyenes egyenlete komplex koordinátákn. Ugynezt még következő lkn szokás írni: z ( z ). () determinánsok kifejtését lklmzv, eláthtó, hogy ezzel z egyenlettel ekvivlens :

4 z z 0. zt χ törtet, mi z () képleten szerepel, z B egyenes komplex iránytényezőjének nevezzük. Mivel χ szimmetrikus z és változókn és mivel -, következik, hogy χ. Tehát χ komplex számsíkon z egység sugrú körhöz trtozik, és χ cosφ + isinφ lkn írhtó. Segítségével z () egyenlet átírhtó következő lkn is: z χ( z ). () φ szög geometrii jelentése z iránytényező meghtározásáól következik. χ( ). lk lpján z n szereplő számok rgumentumát véve, következő két eset egyikét kpjuk: (i) φ rg ( - ) hol 0 rg( - ) < π, vgy (ii) φ rg ( - ) - π hol π rg( - ) <π. Tegyük fel, hogy Z pont z B szkszt egy dott, λ R, λ - rányn osztj, zz Z : ZB λ. z () lpján z kifejezésére következőt kpjuk: z + λ + λ. () + λ zt mondjuk, hogy fenti egyenlet z, B pontokon áthldó egyenes prméteres egyenlete. következőképpen értelmezhetjük: h λ efutj vlós számok R hlmzát, kivéve λ --et, Z efutj z B egyenest. Sjátos eseten, h λ, kkor Z z B szksz középpontj és z (+). Ugynkkor, h λ z összes lehetséges vlós számértéket rendre felveszi, és Z efutj z B egyenest, zt is mondjuk, hogy Z z és B egy konvex kominációj.. Egy háromszög területe. Egy dott B háromszög esetén ki lehet számítni nnk területét csúcsink komplex koordinátink függvényéen. Ezt következő képlet dj: [B] hol 4 i c c. izonyítást nnk képletnek felhsználásávl dhtjuk meg, mit csúcsok + i, + i, c c + ic koordinátáink segítségével következőképpen dhtunk meg: [B], hol

5 . c c tehát elég h kimuttjuk, hogy: c c i c c. Ez izonyítás könnyen elvégezhető. z előzőeken leírt képletek lklmzásávl emuttjuk egy Nemzetközi Mtemtiki limpi (NM) feldt egy egyszerű megoldását... Feldt. z BDEF szályos htszög és E átlóit z M, N első pontok rendre úgy osztják, hogy. M N r. E z r milyen értékeire lesznek B, M és N pontok kollineárisk? π π Megoldás. Legyen ε cos + isin z egység egyik komplex kögyöke. z dott komplex egységgyök lgeri tuljdonságink ismeretéen z, B,..., F csúcsok ffixumánk válszthtjuk következő komplex számokt (lásd ár ):, + ε, c ε, d -, e ε, f + ε. B M D N E F Ár feldt feltétele most átírhtó pontok komplex koordinátáir (lásd..) következő képpen: m n c r, r R, 0 < r <. c e c 5. feldt, NM 98

6 Eől következő kifejezések kphtók: m + r(ε - ) ( - r) + rε és n εm ( - r)ε + rε -r + ( - r)ε. kollineritás feltétele lpján: + ε m εm + ε ε m m 0. Tekintsük most z m kifejezését, ez egy egyenlet r-en, tehát feldt visszvezethető ennek z egyenletnek megoldásár. H lklms módon lkítjuk z lgeri kifejezéseket, kkor következő, célnk megfelelő végső lkot kpjuk: + ε m εm + ε ε m m ε m εm ε m ε m (mm - m - m )(ε - ε) 0. Ez z egyenlet rendre ekvivlens z: m m - m - m 0 (m )(m - ) m r( ε ) r. z r értékeire tett megszorítás (0 < r <) lpján, megoldás r. Szögek.. Két egyenes áltl lkotott szög. Hsonló háromszögek. dott, komplex számok és nekik megfelelő, B pontok, z B szöget következő képlet dj: B rg rg - rg.. B B Ár Ár H most, B, három dott pont, kkor B rg. c Ezeket feltételeket változtos körülmények közt lehet lklmzni. Például h, B,, D négy dott különöző pont, kkor z B és D egyenesek kkor és cskis kkor

7 merőlegesek, h z B és D vektorok is merőlegesek. Ez ekvivlens zzl feltétellel, hogy λi hol λ R, λ 0. d c z dott feltétel ekvivlens következő egyenlőséggel: -. d c d c Egy másik péld hsonló háromszögek jellemzése. Legyen és B B B két háromszög, és tegyük fel, hogy zonos irányításúk ( csúcsok körüljárási irány megegyező). Ezek háromszögek kkor és cskis kkor hsonlók, B B és B B B. komplex számok lklmzásávl ezek feltételek BB ekvivlensek következőkkel: determinánsok kifejtését hsználv fenti feltétel z lái lkn írhtó: 0.. B B B Ár n z eseten, h z és B B B háromszöget irányítás különöző, kkor zt ' ' ' BB B háromszöget vesszük, minek csúcsi B, B, B csúcsok tükörképei z x tengelyre vontkozón. Ennek már megegyező z irányítás z háromszöggel. tükrözött háromszög csúcsink megfelelő komplex számok,,. Ekkor hsonlóság feltétele következő:

8 0... Forgtások. z egyenlő oldlú háromszög. dott Z 0 pont és φ szög, melyre 0 φ < π, esetén úgy htározhtjuk meg Z 0 pont körüli φ szöggel történő forgtást, mint komplex síknk zt függvényét, mi egy tetszőleges Z pontot Z' pont visz át, mire: Z Z 0 Z'Z 0 és ZZ 0 Z' φ. z elői feltétel lpján: z' z 0 z z 0 cosφ + isinφ. Legyen ω cosφ + isinφ. Ekkor z' következő képlettel számíthtó: z' ωz + ( - ω)z 0. Ezt forgtás nlitikus képletének nevezzük. Hsználtávl forgtások sok tuljdonság könnyen izonyíthtó. Például izonyítni fogjuk, hogy ármely forgtás távolságtrtó. Jelöljük w-vel egy második pont komplex koordinátáját, és legyen w' ennek második pontnk képe ugynzt z 0 körüli φ forgtást követően. Ekkor: w' ωw + ( - ω)z 0. szokásos számítások szerint: z' - w' ωz + ( - ω)z 0 - ωw - ( - ω) z 0 ω z - w z - w. forgtás képletének lklmzásként megdhtó z feltétel, hogy három pont egy egyenlő oldlú háromszög csúcsi legyenek. Három különöző, B, pont kkor és cskis kkor lesz egy egyenlő oldlú háromszög három csúcs, h komplex ffixumik teljesítik következő feltételt: ( - ) + ( - c) + (c - ) 0. Bizonyítás. Egy B háromszögnek síkn vgy z órmuttó járásávl ellentétes z irányítás (lásd. ár) vgy zzl megegyező (lásd. ár). B B. ár.... ár z első eseten -t B-ől egy pont körüli 60 0 os forgtássl kphtjuk meg. Tehát π π forgtás eredményét z ω cos + isin + ε komplex számml vló szorzás dj. forgtás képletének lklmzás után zt kpjuk, hogy c (+ ε) + [ - ( - ε)] - ε -ε. Ez feltétel következő lklms módon írhtó:

9 + ε + cε 0. második eseten z B irányítás megegyező z órmuttó járásávl és z eredmény: + cε + ε 0. Tehát egy háromszög kkor és cskis kkor egyenlő oldlú, h fenti egyenletek egyike teljesül. Ez ekvivlens következő feltétellel: ( + ε + c ε )( + cε + ε ) 0. szorzás elvégzése és z egység kögyökei tuljdonságánk lklmzás után jutunk el kívánt eredményhez... Egy NM feldt z egyenlő oldlú háromszögekkel. dott egy és egy P 0 pont síkján. Legyen m m- ármely m 4. Szerkesztünk egy P 0, P, P,... pontsoroztot, melyen P κ+ pontot úgy kpjuk, hogy P κ t z Α κ+ körül z órmuttó járásávl megegyező irány forgtjuk 0 0 -os szöggel, ármely k 0,,,... esetén. Igzolj, hogy h P 986 P 0 kkor z egyenlő oldlú háromszög. Megoldás. Tegyük fel, hogy z háromszög z órmuttó járásávl ellentétes irányítású és jelöljük P 0, P, P,... pontok ffixumit rendre z 0, z, z,.... Ekkor egy órmuttóvl megegyező π 4 π os forgtáshoz z ω cos + isin ε komplex számr vn szükségünk. z elői gondoltmenetnek megfelelően: z z 0 ε + ( - ε ) z z ε + ( - ε ) z 0 ε + ( ε - ε) +( - ε ) z z ε + ( - ε ) z 0 + (ε -) + ( ε - ε) + ( - ε ) z 0 + (ε - )( + ε + ε ). Könnyen lehet n szerinti indukcióvl igzolni, hogy n szer három forgtásciklus után P n következőképpen fejezhető ki: z n z 0 + n( - ε)( + ε + ε ). Tehát, z 986 z 66. z ( - ε)( + ε + ε ). vgyis, h z 986 z 0, kkor + ε +_ε 0. Ez kívánt eredményt jelenti..4. Egy NM feldt, melyen forgtás szerepel. 4 Legyen B egy háromszög. z BR, BP és Q háromszögeket rendre z B, B, oldlkr szerkesztjük kívülről, olyn módon, hogy PB Q 45 0, BP Q 0 0 és RB RB 5 0. Igzolj, hogy QR RP és QRP Ez feldt ránylg nehéz, mivel diákok nem várták zt, hogy komplex számokt kell hsználniuk. Ugynkkor zok hsznált sokkl könnyeen érhetőé teszi feldtot. Megoldás. Túl sok szög een feldtn! Ugynkkor előnyt jelenthet z, hogy minden szög 5 0 töszöröse. komplex számokt egy különleges módón fogjuk lklmzni. Legyen o komplex sík origój és vegyük fel z R pontot úgy, hogy R, és vlós tengely párhuzmos legyen B oldlll. Feltehetjük zt is, hogy B. (lásd ár ). feldt, 7. NM, feldt, 7. NM, 975.

10 P Q B R Ár Mivel feldtn szereplő szögek mind 5 0 töszörösei, vezessük e z ω cos5 0 + isin5 0 cos π + isin π jelölést. Beláthtó, hogy ω és ω. H H.áránk megfelelően válsztjuk ki z B irányítását, kkor eláthtó, hogy pontot Q pontnk z pont körüli forgtásávl kphtjuk meg. Így q komplex számot egyértelműen meghtározzák következő feltételek: () c - Q ω (q - ), Q () q - c ω ( - c). Hsonló módon p komplex számot is teljesen meghtározzák következő feltételek: B () - c ω (p - c), P BP (4) p - B ω (c - ), z Q BP háromszögek hsonlóságát és sinus tételt felhsználv következő rányokt kpjuk: Q Q BP P sin0 sin z () és () egyenlőségek szorzt lpján: q - c ω 5 ( - q) q( + ω 5 ) c + ω 5. Figyeleme véve, hogy ω, végül zt kpjuk, hogy:

11 c + ω q. 5 + ω Hsonló számításukt végezve (), (4) egyenlőségekkel, és felhsználv, hogy ω, megkpjuk következő értéket: 5 (c + ω )ω p. 5 + ω Nyilvánvló, hogy + ω 0, + ω 0 és c + ω 0. 5 Most zt kell eizonyítni, hogy p iq. Mivel i ω 6, rendre felírhtók következők: (c + + ω 6 ω )ω 5 6 (c + ω 6 + ω )ω ω ω( ω ) ω 6 ( ω 4 ) Ismét lklmzv, hogy ω 6 i, zt kpjuk, hogy - ω 6 - i ω. Innen kívánt egyenlőség ekvivlens következővel: (5) ω 0 + ω 4. Ez kétféleképpen is izonyíthtó. Egyszerű számítás lpján: ω 0 5 π 5 π cos + isin - i és ω 4 π π cos + isin + i, ezt ehelyettesítve kpjuk kívánt eredményt. z (5) egyenlőség még z lái ár lpján is eláthtó: ω 4 ω 60 o 60 o Ár ω 0.5 Konciklikus pontok. Ismert, hogy ármely három, nem egy egyenese eső pont egy körön vn. zt mondjuk, hogy z, B,, D pontok konciklikus pontok, h egy körön vnnk. Ez feltétele kifejezhető pontok,, c, d komplex koordinátáivl is. z, B,, D, nem egy egyenese eső pontok kkor és cskis kkor konciklikusk, h komplex koordinátáik eleget tesznek következő feltételnek: c d : R. c d Ez..lpján zonnl következik. z dott, B,, D pontok esetén, D pont kkor és cskis kkor vn z B háromszög köré írhtó körön, h B DB. Ez zt jelenti,

12 c d hogy z és komplex számoknk vgy megegyezik z rgumentum, vgy c d csupán π en különözik. Mivel modulusuk különöző lehet, következik, hogy: c d λ, c d hol λ egy pozitív, vgy negtív vlós szám. Tehát következik kívánt eredmény..6 Egy koncicklikus pontokt trtlmzó feldt. dott z B háromszög, D z csúcshoz trtozó mgsság tlppontj, és K z D szksz egy tetszőleges pontj. Jelölje M, N, P, Q rendre D pont merőleges vetületeit B, BK,, K egyenesekre. Igzolj, hogy MNPQ húrnégyszög. Megoldás. Een feldtn D pontól négy merőleges indul ki, ezért célszerű koordinátákt úgy megválsztni, hogy D pont legyen z origó, B z X tengelyen, D z Y tengelyen legyen (lásd ár). Tehát z, B,, K pontok komplex koordináti rendre: i,, c, k, hol,, c R. P M N K Q B D Ár z M pont koordinátáink kiszámításhoz.. és.. következtetései segíthetnek. z B egyenes egyenlete: z B és DM közt merőlegesség feltétele: két egyenletől álló rendszert megoldv: m( + i) - m ( - i) i. m( + i) - m ( - i) 0. i m. + i - i z elői eredményt most helyett K-r lklmzv következőt kpjuk: Hsonló úton kpjuk p és q értékeit: k n. k - i

13 p ck c és q. k - ci - ci.5. lpján pontok kkor és cskis kkor konciklikusk, h: m p m q : R. n p n q Behelyettesítjük kiszámított m, n, p, q értékeket: m p m q : n p n q Ezzel feldt állítását eizonyítottuk. ck - i k - ci k ck. k - i k - ci k c. k - i - ci c - i - ci [ k( c) c( k)i ][ k( c) + c( k)i ] k ( c) [ ] k( c) + [ c( k) ] k ( c) R 4. háromszög geometriáj 4.. Háromszögek nevezetes pontji. Legyenek z B háromszög csúcsink ffixumi rendre z,, c komplex számok. Jelölje rendre G, H,, I háromszög súlypontját, ortocentrumát, köréírt körének, illetve eírt körének középpontját. Első célunk megtlálni ezeknek komplex koordinátáit, mjd feldtok megoldásán lklmzzuk kpott eredményt. G súlypont g komplex koordinátáj: g ( + + c). Vlón, ez vektoriális úton izonyíthtó. Ismert, hogy G z ' oldlfelezőn vn és ismert, ' hogy G G. Mivel ' ( + c) () lpján következik, hogy g + ' + + c ( + + c). H háromszög köré írt kör középpontj éppen komplex sík origój, kkor H ortocentrum koordinátáj: h + + c. Ennek izonyításár elegendő következő (Sylvester egyenlőségként ismert) vektorzonosság igzolás: H + B +, Erre egy szép izonyítás dhtó. z ötlet z, hogy kiszámítjuk z + B + vektorösszeget, mjd megvizsgáljuk, hol vn vektor H végpontj. z összeg csoportosíthtó: + ( B + ) jelöljük egyelőre X -el, nélkül, hogy megmondnánk zt, hogy hol is vn z X pont. z D B + vektorr igz, hogy D B mivel BD egy romusz (lásd. ár).

14 B D G Β -w Α Β -w Α -w -w.ár.... ár Továá z X + D vektorr igz, hogy XD egy prllelogrmm, és így D // X. Következik, hogy X B és így X z B háromszög csúcsához trtozó mgsság egy pontj. Ugynez gondoltmenet megismételhető vektorok két másik csoportosításávl, és végül zt kpjuk, hogy X mindhárom mgsságon rjt vn, tehát X H. Most vektorok helyett megfelelő komplex számokkl kívánt h + + c eredmény következik. H z B háromszög köré írhtó kör középpontj nem esik egye z origóvl, hnem w komplex koordinátáj, kkor H ortocentrum komplex koordinátáj: h + + c - w. Ennek izonyításár háromszög w vektorrl eltolhtó, ekkor kpott háromszög csúcsink koordinátái: - w, - w, c - w és z így kpott háromszög köré írhtó kör középpontj viszont már z origó. Ennek háromszögnek H' ortocentrumár igz, hogy h' ( - w) + ( - w) + (c - w) + + c - w (lásd. ár). Most új eltolást végzünk w vektorrl, így visszkpjuk z eredeti háromszöget, és nnk H ortocentrumát, melyre: h h' + w + + c - w. háromszög eírt körének I középpontjánk koordinátáj szintén kiszámíthtó csúcsok koordinátáink, és z oldlk hosszánk ismeretéen. eírt kör I középpontjánk k koordinátáját következő képlet dj: κ B + B + c B + B + Bizonyítás. Legyen D B szög szögfelezője, hol D B oldlon vn. szögfelező tétele lpján teljesül : BD : D B : egyenlőség... fejezet () képletét hsználv: d B + c B + B B BD szögfelező hossz BD. z BD háromszög I szögfelezőjére ismét + B lklmzzuk szögfelező tételt, és felhsználjuk ugynzt () képletet: + B B B + B + c κ + ( + B c) + B + B + B B + B B B 4.. kilencpontos kör. Egy dott B háromszögen jelölje rendre ', B', ' B, B oldlk középpontját, '', B'', '' z, B, csúcsokhoz trtozó mgsságok

15 tlppontját, vlmint H, H B, H z H, BH és H szkszok középpontját. következő kilenc pont: ', B', ', '', B'', '', H, H B, H Ugynzon körön, kilencpontos körön (más néven Euler kör) vn és kör középpontj z H szksz középpontj. Bizonyítás. Feltehetjük, hogy z B köré írt kör középpontj egyeesik z origóvl, és köréírt kör sugr R, tehát: c R. H pont koordinátáj mint láttuk: h + + c és z ', B', ', H, H B, H pontok koordinátái rendre: ' ( + c)/, ' (c + )/, c' ( + )/, h + ( + c)/, h B + (c + )/ és h c + ( + )/. Jelölje Ω z H szksz felezőpontját. Ennek koordinátáj: ω ( + + c)/. Kiszámítv z Ω ' és Ω H távolságokt: ' - ω h - ω + + c - + c + + c c - mjd hsonló számítást végzünk B és csúcsokr. Ezzel eláttuk, hogy következő ht pont : ', B', ', H, H B, H ugynzon z Ω középpontú és R sugrú körön vn. R, R, Α. H Β H Β.. H Β Ω. H Β Ár nnk izonyítás, hogy mrdék három pont is ugynezen körön vn geometrii úton juthtunk el z ár lpján. Mivel Ω z H középpontj, egyenlő távol vn z ' és '' pontoktól, tehát Ω'' ½ R. Hsonlón B'' és '' pontok is rjt vnnk z dott körön. 4.. Háromszögekre vontkozó feldtok.. Feldt. dott B hegyesszögű háromszögen jelölje H, H B, H rendre z, B, csúcsokhoz trtozó mgsságok tlppontjit. BH és BH B szögek szögfelezői K pontn metszik egymást, H és H szögek szögfelezői z L pontn metszik egymást, vlmint BH B és H B szögek szögfelezői z M pontn metszik egymást. Igzolj, hogy h z B és KLM háromszögeknek egyeesik z ortocentrum, kkor B B. Megoldás. Vegyük z átmérőjű kört. Ez kör áthld H és H pontokon. Een kören jelölje L nnk félkörívnek középpontját, mely nem trtlmzz H, H

16 pontokt. Jelölje B' z oldl középpontját. Ekkor B'L / és B'L. Következik, hogy L középpontj nnk négyzetnek, mi z oldlr kívülről szerkeszthető. Hsonló módon K és M zoknk négyzeteknek középpontji, melyek B, illetve B oldlkr kívülről szerkeszthetők (lásd ár) Α M L H H Β Β H Α K Ár Most tekintsük z (), B(), (c) pontokt, illetve komplex koordinátáikt, ekkor K, L, M pontok koordinátái következők: k l m + c c + i, c + c + i, + i. Ezekől z egyenlőségekől z következik, hogy: k + l + m + + c. z B háromszög H ortocentrumár h + + c. Legyen w KLM háromszög köré írt kör középpontjánk koordinátáj. Ekkor ennek háromszögnek z ortocentrumát következő kifejezés dj: k + l + m - w + + c - w h - w. feldt feltétele szerint ez pont egyeesik H-vl. Következik, hogy w 0. Ez zt jelenti, hogy két háromszög köré írt körök középpontj is egyeesik. Eől következik, hogy K L M. Szokásos trigonometrii számítások elvégzése után: K Rcos + /; L RcosB + /; M Rcos + c/, hol R z B köré írt kör sugr. sinus tételt és z előző összefüggéseket felhsználv: mi átlkíthtó következő képpen: sin + cos sinb + cosb sin + cos, sin( + 4 π ) sin(b + 4 π ) sin( + 4 π ).

17 z utói egyenlőségek zt is jelentik, hogy vgy + B π vgy B. Mivel háromszög hegyesszögű, csk második eset lehetséges.. Feldt. Legyen z B háromszög ortocentrum H. BH, H, HB háromszögek köré írt körökön vegyük fel zokt z ', B', ' pontokt, melyekre rendre H' HB' H'. Legyen K, L, M rendre B', B', 'B háromszögek ortocentrum. Igzolj, hogy z 'B'' és KLM háromszögek ortocentrum egyeesik. Megoldás. Ismert z, hogy H ortocentrumnk háromszög vlmelyik oldlár vontkozó tükörképe háromszög köré írhtó körön vn. Ezt következő módon lehet elátni: h z H mgsság B oldlt X-en és háromszög köré írt kört Y-n metszi, kkor HBX és YBX háromszögek egyevágók. Következik HX YX (lásd ár) és ez elegendő izonyításhoz. z B köré írt kör áthld B, és Y pontokon, tehát BH köré írt kör z előző körnek B- re vontkozó tűkörképe. köréírt kör középpontjánk tűkörképe W, melyet következőképpen dhtunk meg: W B +. Következik w + c. Ezen felül: w - w - c w - ' R, hol R z B köré írt kör sugr. Α H Β X Y Ár 4.. képlet lpján: k ' + + c - w ' - ( + c). Hsonlón l ' - (c + ) és m c' - ( + ). Ezeknek összege: k + l + m (' + ' + c') - ( + + c) (' + ' + c') - h. z 'B'' köré írt kör középpontj H. Ezáltl ismét 4.. lpján: h 'B'' (' + ' + c') - h k + l + m. Mivel k ' - w R következik, hogy KLM köré írt kör középpontj. Innen következik, hogy h KLM k + l + m és ez kívánt eredményt jelenti. 5. Kitűzött feldtok 5.. Feldt. Igzolj, hogy nem létezik olyn egyenlő oldlú háromszög, melynek csúcsi egyeesnek egy tetszőlegesen ngy skktál négyzeteinek csúcsávl. Megoldás. Egy tetszőlegesen ngy skktál úgy tekinthető, mint egy derékszögű koordinátrendszer, és skktál négyzeteinek csúcspontji zok pontok, melyeknek egészek koordinátái.

18 Komplex számokkl kifejezve, ezek zok számok, melyek z + i lkn írhtók, hol, Z. Megjegyzendő, hogy Z[i] { + i, Z} hlmz geometrián, lgerán és számelméleten egyránt ngyon fontos. Neve Guss egészek gyűrűje. Ár Most tegyük fel, hogy vn olyn egyenlő oldlú háromszög, melynek csúcsi Guss egészek. Ez zt jelenti, hogy vnnk olyn,, c Z[i] elemek, melyre + ε + cε 0. felhsználv z ε -(ε + ) egyenlőséget, következik, hogy ε( - c) c -. Innen z ε r következő kifejezést kpjuk: ε c α + βi, c hol α, β rcionális számok. Ez ellentmond z ε értékének, mivel nnk képzetes része, mi irrcionális. 5.. Feldt. Tegyük fel, hogy síkot egyenlő oldlú háromszögekkel lefedjük. Igzolj, hogy nem létezik olyn négyzet, melynek csúcsi egyen lefedő háromszögek csúcsi. Megoldás. z előző feldthoz hsonlón sík pontjit komplex számokkl zonosítjuk. Szükségünk vn sík egyenlő oldlú háromszögekkel történő lefedésének leírásár. Ehhez tekintsük zt szályos htszöget, mi egy egység sugrú köre írhtó, tehát minek csúcsi z, + ε, ε, -, ε -(+ ε), + ε - ε pontok és kössük össze csúcsokt kör középpontjávl (lásd. ár). Ht egyenlő oldlú háromszöget kpunk. Most toljuk el htszöget z + ( + ε) + ε vektorrl párhuzmosn, így egy új htszöget és vele együtt ht egyenlő oldlú háromszöget kpunk. Ez z eljárás vég nélkül folytthtó új párhuzmos eltolásokt hsználv, z eltolás vektorát mindig htszög két egymás utáni csúcsánk koordinátáj dj. Előállítottuk tehát sík egy lefedését egyenlő oldlú háromszögekkel (lásd. ár). Könnyen eláthtó, hogy háromszögek csúcsit Z[ε] { + ε, Z} hlmz dj.

19 . ár ár csúcsoknk ezt leírását felhsználv, lássuk most feldt megoldását. Tegyük fel, ellentmondásr vló visszvezetéssel, hogy létezik egy olyn négyzet minek csúcsi Z[ε] hlmzn vnnk. Ekkor léteznie kell olyn z, u, v Z[ε] komplex számoknk, melyre u z i. kkor z u - z és v - z komplex számok szintén Z[ε] hlmzn vnnk. Tehát v z egy következő lkú egyenlőséghez jutunk: m + nε i(p + qε), hol m, n, p, q egészek. z ε értékét tekintve, zt kpjuk, hogy: n n m - + I mi ellentmondás zzl feltétellel, hogy m, n, p, q Z. - q q + i(p - ), 5.. Feldt. 5 dott egy konvex ötszög, mi teljesíti következő feltételeket: () minden első szöge egyenlő, () z oldlink hossz rcionális szám. Igzolj, hogy z ötszög szályos. Megoldás. Legyen 4 5 z dott feltételeket teljesítő ötszög, és tegyük fel, hogy csúcsink sorrendje z órmuttóvl ellentétes (lásd. ár). Minden oldl egy vektorként értelmezhető:,,..., 5 5. síkn ezek vektorok eltolhtók egy közös kezdőpont, és tegyük fel, hogy z vektor vlós tengelyen vn (lásd. ár) Feldt, 8. Blkán Mtemtiki limpi, 00.

20 . ár.... ár Két egymást követő vektor közti szög 7 0 π 5 5 és 0. Természetesnek tűnik, hogy k k π z ötödrendű komplex egységgyököket hsználjuk, z ω cos 5 helyett komplex számokt hsználv következő egyenlőségekhez jutunk:, ω, ω, 4 4 ω, 5 5 ω 4. Ezt felhsználv kpjuk következő egyenletet: + ω + ω + 4 ω + 5 ω 4 0. π + isin. vektorok 5 Ez egy negyedfokú egyenlet, melynek rcionális együtthtói,..., 5, és melynek egyik gyöke ω. Ugynkkor ω következő irreduciilis polinomnk is gyöke: Φ 5 (X) X 4 + X + X + X +. Tehát... 5, és ezzel eizonyítottuk feldtot feldt. 6 dott egy konvex nyolcszög, mi teljesíti következő tuljdonságokt: () minden első szöge egyenlő, () z oldlink hossz rcionális szám. Igzolj, hogy nyolcszögnek vn egy szimmetri pontj. Megoldás. z előző feldthoz hsonlón feltesszük, hogy nyolcszög oldli z,,..., 8, melyeknek hossz rendre rcionális,,..., 8. Tekintsük ezeket vektorokt z origóól induló vektoroknk és rendeljük hozzájuk z,,..., 8 komplex számokt ár... ár Két egymást követő vektor szöge φ π. Jelölje ω cos 4 π + isin 4 π. következő egyenlethez jutunk: + ω + ω ω z rosz Mtemtiki limpi egy feldt.

21 Mivel ω 4 -, z egyenlet átlkíthtó: ( +( - 7 )ω + ( 4-8 )ω - 5 ) + ( - 6 )ω 0. Innen következik, hogy ω egy legfelje hrmdfokú egyenlet gyöke. Ismert, hogy ω minimális polinomj Q fölött Φ 8 (X) X 4 +. Tehát 5, 6, 7 és 4 8. Ez zt jelenti, hogy nyolcszög négy szemen fekvő oldlpárj négy prllelogrmmát htároz meg. Ezeknek prllelogrmmáknk közös szimmetri pontj vn, tehát ez nyolcszög szimmetri pontj Feldt. z oldlir kívülről megszerkesztjük z B, B és B egyenlő oldlú háromszögeket. ) Igzolj, hogy z B, B, B egyenesek egy közös F ponton mennek át. ) Igzolj, hogy F F F 0 0 (F z háromszög Toricelli pontj). c) Igzolj, hogy FB F + F, FB F + F és FB F + F. Fermt- Megoldás. Tegyük fel, hogy z háromszög csúcsink sorrendje z órmuttó járásávl ellentétes. Ekkor z B, B és B háromszögek körüljárási irány is z órmuttó járásávl ellentétes (lásd ár) B B B Ár.. lpján B, B, B pontok komplex koordinátáit következő képletek dják: + ε + ε 0, + ε + ε 0, + ε + ε 0. z egyenlőségeket összedv, és figyeleme véve zt, hogy ε + ε - következő egyenlőséghez jutunk:

22 z B, B, B egyenesek egyenlete.. lpján írhtó fel, következő lineáris egyenleteket kpjuk z és z -r: z ( ) z( ) + ( ) 0, z ( ) z( ) + ( ) 0, z ( ) z( ) + ( ) 0. Ezek z egyenesek kkor és cskis kkor hldnk át egy közös ponton, h vn síknk egy olyn pontj, mire (z, z ) megoldás z előző rendszernek. Ez zt jelenti, hogy következő feltétel teljesül: 0 determináns lsó két sorát z elsőhöz dv, és feltételt figyeleme véve, zt kpjuk, hogy determináns csk kkor null, h: következő pont izonyításkor egy kicsit töet is izonyíthtunk, mint mit feldt kér. z B és B egyenlő hosszúságúk, és szögük 0 0. Ennek elátásár elegendő eizonyítni ( - )ε - egyenlőséget, mi, t kifejező képletől zonnl következik. feldt utolsó része Ptolemájosz tétel következménye, h zt z F B, F B, F B húrnégyszögekre lklmzzuk. zt kpjuk tehát, hogy z egyenlő oldlú háromszög köré írt kör egy pontjánk távolság háromszög egyik csúcsától másik két csúcstól mért távolságok összegével egyenlő. Ez z eredmény Schooten tételeként ismert Feldt. Legyen BD egy húrnégyszög és H, H B, H, H D rendre BD, D, DB és B háromszögek ortocentrumi. Igzolj, hogy z BD és H H B H H D egyevágók. Megoldás. Tegyük fel, hogy húrnégyszög köré írt kör középpontj z origó. Ekkor BD, D, DB, B háromszögek ortocentrumink koordinátái rendre h + c + d, h B c + d +, h d + +, h D + + c. Észrevehető, hogy h - h B -, tehát z B és H H B vektorok párhuzmosk, egyenlő hosszuk vn, de ellentétes irányúk. négyszög töi oldlir hsonló tuljdonság érvényesül, és ezzel kívánt eredményt eizonyítottuk. Megjegyzés. fenti eredményt felhsználv egy érdekes jellemzése dhtó H H B H H D négyszögnek. Legyen S z pont minek komplex koordinátáj: Ekkor: s + + c + d. + h + h B c + h d + h D s. Ezek z egyenlőségek zt muttják, hogy H, H B, H, H D pontok z, B,, D pontoknk z S pontr vontkozó szimmetrikusi.

23 Α H D Β H H Β S D H Ár 5.7. Feldt. Legyen P z B háromszögnek egy olyn első pontj, mire P PB. Jelölje K, L P pont vetületét rendre z, B oldlkr, és D z B oldl középpontj. Igzolj, hogy DK DL. Megoldás. Een feldtn pont helyzete nem fontos. Tegyük fel, hogy z B oldl középpontj z origó, tehát D és -. Vegyük fel tetszőleges P pontot síkn, mjd szerkesszük meg K és L pontokt feldt szerint: PK PBL α és PK K, PL BL (lásd ár). K P D B L Ár k és l komplex koordinátákkl következőképpen fejezhető ki: p k i( - k)tnα, + l i(l - p)ctgα. fenti képletek lpján k és l következő lkn írhtó: k p itnα itnα és l p itnα + itnα Nyilván teljesül kk ll, mi zt jelenti, hogy k l Feldt. Igzolj, hogy egy kör köré írhtó négyszög átlóink felezőpontját összekötő egyenes áthld z dott kör középpontján ( négyszög Newton vonl). Megoldás. Tegyük fel, hogy négyszöge írhtó kör középpontj z origó, és sugr. Jelölje X, Y, Z,