A Fermat-Torricelli pont

Hasonló dokumentumok
A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév 1. forduló haladók III. kategória

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi második fordulójának feladatmegoldásai. x 2 sin x cos (2x) < 1 x.

Szélsőérték problémák elemi megoldása II. rész Geometriai szélsőértékek Tuzson Zoltán, Székelyudvarhely

(a b)(c d)(e f) = (a b)[(c d) (e f)] = = (a b)[e(cdf) f(cde)] = (abe)(cdf) (abf)(cde)

A lehetetlenségre visszavezetés módszere (A reductio ad absurdum módszer)

1. Legyen egy háromszög három oldalának a hossza a, b, c. Bizonyítsuk be, hogy Mikor állhat fenn egyenlőség? Kántor Sándorné, Debrecen

2004_02/10 Egy derékszögű trapéz alapjainak hossza a, illetve 2a. A rövidebb szára szintén a, a hosszabb b hosszúságú.

VEKTOROK. 1. B Legyen a( 3; 2; 4), b( 2; 1; 2), c(3; 4; 5), d(8; 5; 7). (a) 2a 4c + 6d [(30; 10; 30)]

Megoldások. Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)

A 2015/2016. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló MATEMATIKA III. KATEGÓRIA (a speciális tanterv szerint haladó gimnazisták)

Egy általános iskolai feladat egyetemi megvilágításban

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2011/2012 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) 2. forduló - megoldások. 1 pont Ekkor

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások

Nem mindig az a bonyolult, ami annak látszik azaz geometria feladatok megoldása egy ritkán használt eszköz segítségével

Vektoralgebra feladatlap 2018 január 20.

5. előadás. Skaláris szorzás

Vektorgeometria (1) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

Koordináta-geometria feladatok (emelt szint)

HASONLÓSÁGGAL KAPCSOLATOS FELADATOK. 5 cm 3 cm. 2,4 cm

43. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY ORSZÁGOS DÖNTŐ 1. forduló NYOLCADIK OSZTÁLY- MEGOLDÁSVÁZLATOK

A TERMÉSZETES SZÁMOK

Háromszögek fedése két körrel

Megyei matematikaverseny évfolyam 2. forduló

Megoldatlan (elemi) matematikai problémák Diszkrét geometriai problémák

XXIII. Vályi Gyula Emlékverseny május 13. V. osztály

5 1 6 (2x3 + 4) 7. 4 ( ctg(4x + 2)) + c = 3 4 ctg(4x + 2) + c ] 12 (2x6 + 9) 20 ln(5x4 + 17) + c ch(8x) 20 ln 5x c = 11

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Vektorok II.

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2014/2015-ös tanév első (iskolai) forduló Haladók II. kategória

EGYBEVÁGÓSÁGI TRANSZFORMÁCIÓK TENGELYES TÜKRÖZÉS

17. előadás: Vektorok a térben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2010/2011-es tanév 1. forduló haladók III. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2015/2016-os tanév 1. forduló Haladók III. kategória

4. Vektorok. I. Feladatok. vektor, ha a b, c vektorok által bezárt szög 60? 1. Milyen hosszú a v = a+

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév 2. forduló haladók II. kategória

Megoldások, megoldás ötletek (Jensen-egyenlőtlenség)

XX. Nemzetközi Magyar Matematika Verseny

Síkbeli egyenesek. 2. Egy egyenes az x = 1 4t, y = 2 + t parméteres egyenletekkel adott. Határozzuk meg

5. házi feladat. AB, CD kitér élpárra történ tükrözések: Az ered transzformáció: mivel az origó xpont, így nincs szükség homogénkoordinátás

Feladatok a szinusz- és koszinusztétel témaköréhez 11. osztály, középszint

XXVI. Erdélyi Magyar Matematikaverseny Zilah, február II. forduló osztály

9. Írjuk fel annak a síknak az egyenletét, amely átmegy az M 0(1, 2, 3) ponton és. egyenessel;

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2016/2017-es tanév Kezdők III. kategória I. forduló

10. előadás. Konvex halmazok

(d) a = 5; c b = 16 3 (e) b = 13; c b = 12 (f) c a = 2; c b = 5. Számítsuk ki minden esteben a háromszög kerületét és területét.

Feladatok a májusi emelt szintű matematika érettségi példáihoz Hraskó András

XVIII. Nemzetközi Magyar Matematika Verseny

Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged

Síkbeli egyenesek Egy egyenes az x = 1 4t, y = 2 + t parméteres egyenletekkel adott. Határozzuk meg

Fonyó Lajos: A végtelen leszállás módszerének alkalmazása. A végtelen leszállás módszerének alkalmazása a matematika különböző területein

Koordináta-geometria feladatok (középszint)

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK EMELT SZINT Koordinátageometria

Feladatok Házi feladat. Keszeg Attila

Matematika A1a Analízis

2. ELŐADÁS. Transzformációk Egyszerű alakzatok

Geometria 1 normál szint

352 Nevezetes egyenlôtlenségek. , az átfogó hossza 81 cm

3 függvény. Számítsd ki az f 4 f 3 f 3 f 4. egyenlet valós megoldásait! 3 1, 3 és 5 3 1

FELVÉTELI VIZSGA, szeptember 12.

Koordinátageometria. , azaz ( ) a B halmazt pontosan azok a pontok alkotják, amelynek koordinátáira:

ARCHIMEDES MATEMATIKA VERSENY

16. tétel Egybevágósági transzformációk. Konvex sokszögek tulajdonságai, szimmetrikus sokszögek

λ 1 u 1 + λ 2 v 1 + λ 3 w 1 = 0 λ 1 u 2 + λ 2 v 2 + λ 3 w 2 = 0 λ 1 u 3 + λ 2 v 3 + λ 3 w 3 = 0

Analitikus térgeometria

Németh László Matematikaverseny, Hódmezővásárhely április 8. A osztályosok feladatainak javítókulcsa

Lineáris algebra zárthelyi dolgozat javítókulcs, Informatika I márc.11. A csoport

2015. évi Bolyai János Megyei Matematikaverseny MEGOLDÁSI ÉS ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ 9. osztály

MATEK-INFO UBB verseny április 6.

Ábrahám Gábor: A Jensen-egyenlőtlenség. Megoldások. Megoldások, megoldás ötletek (Jensen-egyenlőtlenség)

ANALITIKUS MÉRTAN I. VEKTORALGEBRA. 1. Adott egy ABCD tetraéder. Határozzuk meg az alábbi összegeket: a) AD + BC = BD + AC.

XXVI. Erdélyi Magyar Matematikaverseny Zilah, február I. forduló osztály

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások

Geometria 1 normál szint

NULLADIK MATEMATIKA szeptember 7.

Paraméteres és összetett egyenlôtlenségek

Középpontos hasonlóság szerkesztések

Érettségi feladatok: Trigonometria 1 /6

Érettségi feladatok: Síkgeometria 1/6

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

Véges ponthalmazok legrövidebb hálózatai Kábelrakás kis költséggel

Koordinátageometria. M veletek vektorokkal grakusan. Szent István Egyetem Gépészmérnöki Kar Matematika Tanszék 1

Érettségi feladatok Koordinátageometria_rendszerezve / 5

XXII. Vályi Gyula Emlékverseny április 8. V. osztály

XXIV. NEMZETKÖZI MAGYAR MATEMATIKAVERSENY Szabadka, április 8-12.

A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM)

Református Iskolák XX. Országos Matematikaversenye osztály

3. tétel Térelemek távolsága és szöge. Nevezetes ponthalmazok a síkon és a térben.

Vektorok összeadása, kivonása, szorzás számmal, koordináták

1. Az ábrán látható táblázat minden kis négyzete 1 cm oldalhosszúságú. A kis négyzetek határvonalait akarjuk lefedni. Meg lehet-e ezt tenni

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

10. Koordinátageometria

Témák: geometria, kombinatorika és valósuínűségszámítás

2015. évi Bolyai János Megyei Matematikaverseny MEGOLDÁSI ÉS ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ 12. évfolyam

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

Lehet hogy igaz, de nem biztos. Biztosan igaz. Lehetetlen. A paralelogrammának van szimmetria-középpontja. b) A trapéznak két szimmetriatengelye van.

A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA ( SZAKKÖZÉPISKOLA ) Javítási-értékelési útmutató

Harmadikos vizsga Név: osztály:

2014. évi Bolyai János Megyei Matematikaverseny MEGOLDÁSI ÉS ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ 11. évfolyam

Koordináta - geometria I.

MEMO (Middle European Mathematical Olympiad) Szoldatics József, Dunakeszi

Átírás:

Vígh Viktor SZTE Bolyai Intézet 2014. november 26. Huhn András Díj 2014

Így kezdődött... Valamikor 1996 tavaszán, a Kalmár László Matematikaverseny megyei fordulóján, a hetedik osztályosok versenyén. [Korhű idézet.] 4. feladat Az ABCD konvex négyszög melyik belső pontjára igaz, hogy a négy csúcstól mért távolságának összege a legkisebb? Álĺıtásodat indokold! A D P M C B

Így kezdődött... Megoldás. Az átlók metszéspontja legyen M, P pedig tetszőleges. A háromszög-egyenlőtlenséget felhasználva ACP -re és BDP -re: AP + BP + CP + DP AC + BD = AM + BM + CM + DM. Egyenlőség csak P = M esetben áll, tehát a keresett minimumot az átlók metszéspontja adja. A D P M C B

A konvexitás az jó dolog? A feladat megoldásában lényeges volt, hogy ABCD négyszög konvex. (Hol?) De látszólag sok a feladatban a felesleges és nem is feltétlenül természetes feltevés. Megfogalmazhatjuk a következő, általánosabb kérdést.

A konvexitás az jó dolog? A feladat megoldásában lényeges volt, hogy ABCD négyszög konvex. (Hol?) De látszólag sok a feladatban a felesleges és nem is feltétlenül természetes feltevés. Megfogalmazhatjuk a következő, általánosabb kérdést. Probléma Adottak az A, B, C és D pontok a síkon. A sík melyik pontjára igaz, hogy a négy ponttól mért távolságának összege a legkisebb?

A konvexitás az jó dolog? A feladat megoldásában lényeges volt, hogy ABCD négyszög konvex. (Hol?) De látszólag sok a feladatban a felesleges és nem is feltétlenül természetes feltevés. Megfogalmazhatjuk a következő, általánosabb kérdést. Probléma Adottak az A, B, C és D pontok a síkon. A sík melyik pontjára igaz, hogy a négy ponttól mért távolságának összege a legkisebb? Ha ABCD egy konvex négyszög, akkor előző érvelésünk természetesen helyes marad. Sőt, ha D pont az ABC határán van, akkor is. Marad tehát az az eset, ha a D pont az ABC belsejében van.

Egy jól ismert, hasonló feladat... Feladat Igazoljuk, hogy ha P az XYZ egy Z-től különböző pontja, akkor PX + PY < ZX + ZY. Z P X Y

Egy jól ismert, hasonló feladat... Feladat Igazoljuk, hogy ha P az XYZ egy Z-től különböző pontja, akkor PX + PY < ZX + ZY. Z P X Y Kvízkérdés a tanároknak: hányas feladat ez a Geo. I.-ben?

Egy jól ismert, hasonló feladat... Feladat Igazoljuk, hogy ha P az XYZ egy Z-től különböző pontja, akkor PX + PY < ZX + ZY. Z P X Y Kvízkérdés a tanároknak: hányas feladat ez a Geo. I.-ben? Válasz: 172.

Megoldás Z T P X XTZ : XT = XP + PT TZ + XZ. PYT : PY PT + TY. : XP + PY XZ + ZY. Egyenlőség csak akkor áll, ha P YZ és P XZ egyszerre teljesül. Y

A nem konvex eset Térjünk vissza az eredeti feladathoz, amikor D az ABC belsejében van, és azt az M pontot keressük, aminek az adott négy ponttól mért távolságösszege minimális.

A nem konvex eset Térjünk vissza az eredeti feladathoz, amikor D az ABC belsejében van, és azt az M pontot keressük, aminek az adott négy ponttól mért távolságösszege minimális. Először is vegyük észre, hogy (tetszőleges P pont esetén) a PAB, PAC és PBC együttesen lefedik az ABC -t. Ezért valamelyikőjük, mondjuk PAB, tartalmazza (legalább a határán) D pontot.

A nem konvex eset Térjünk vissza az eredeti feladathoz, amikor D az ABC belsejében van, és azt az M pontot keressük, aminek az adott négy ponttól mért távolságösszege minimális. Először is vegyük észre, hogy (tetszőleges P pont esetén) a PAB, PAC és PBC együttesen lefedik az ABC -t. Ezért valamelyikőjük, mondjuk PAB, tartalmazza (legalább a határán) D pontot. Az előző segédálĺıtás szerint PA + PB DA + DB. (Egyenlőség csak P = D esetben állhat.) Másrészt PC + PD DC.

A nem konvex eset Összegezve: PA + PB + PC + PD DA + DB + DC, és egyenlőség csak P = D esetén állhat, így M = D adja a keresett a minimumot. C P D A B

Miért nem csak három pontra kérdeztük először? Probléma Adottak az A, B és C pontok a síkon. A sík melyik M pontjára igaz, hogy a három ponttól mért távolságának összege a legkisebb?

Miért nem csak három pontra kérdeztük először? Probléma Adottak az A, B és C pontok a síkon. A sík melyik M pontjára igaz, hogy a három ponttól mért távolságának összege a legkisebb? Házi feladat: az A, B és C kollineáris eset megoldása; megmutatni, ha P / ABC, akkor P nem lehet a megoldás.

Az izogonális pont Legyen tehát P az ABC egy pontja, és forgassuk el 60 -kal a CP szakaszt A körül az ábra szerint. C P C P A B

Az izogonális pont Legyen tehát P az ABC egy pontja, és forgassuk el 60 -kal a CP szakaszt A körül az ábra szerint. C P C P A B A forgatás miatt C P = CP és PP = AP.

Az izogonális pont Legyen tehát P az ABC egy pontja, és forgassuk el 60 -kal a CP szakaszt A körül az ábra szerint. C P C P A B A forgatás miatt C P = CP és PP = AP. Így a háromszög-egyenlőtlenség miatt: AP + BP + CP = PP + BP + C P BC. Egyenlőség csak abban az esetben teljesül, ha B, P, P és C ebben a sorrendben egy egyenesen fekszenek.

Az izogonális pont Nézzük meg, mi következik abból, ha egyenlőség teljesül! C C M 120 120 M 120 A B

Az izogonális pont Nézzük meg, mi következik abból, ha egyenlőség teljesül! C C M 120 120 M 120 A B Mivel, AMM szabályos, így AMB = 120 valamint AM C = 120 is teljesül. Utóbbi a forgatás megyegyezik AMC -gel, így AMC = 120, s végül BMC = 120 is következik.

Az izogonális pont Nézzük meg, mi következik abból, ha egyenlőség teljesül! C C M 120 120 M 120 A B Mivel, AMM szabályos, így AMB = 120 valamint AM C = 120 is teljesül. Utóbbi a forgatás megyegyezik AMC -gel, így AMC = 120, s végül BMC = 120 is következik. Ilyen M pont csak akkor létezik, ha nincs a háromszögnek 120 -nál nagyobb szöge, de olyankor egyértelmű. (Ide véve azt a lehetőséget, hogy M a 120 -nál lévő csúcs legyen. ) (Biz: látókörívek.)

Ha van nagy szög... Ha valamelyik szög több, mint 120, akkor a tompaszögű csúcs a keresett pont. Ennek szabatos kimutatása hasonló a másik esethez - szintén házi feladat. C P A B

Általában mi a helyzet? Megfogalmazhatjuk a problémát általánosan, n pontra is. Probléma Adottak az általános helyzetű A 1, A 2,..., A n pontok a síkon. A sík melyik M pontjára igaz, hogy az n adott ponttól mért távolságának összege a legkisebb?

Általában mi a helyzet? Megfogalmazhatjuk a problémát általánosan, n pontra is. Probléma Adottak az általános helyzetű A 1, A 2,..., A n pontok a síkon. A sík melyik M pontjára igaz, hogy az n adott ponttól mért távolságának összege a legkisebb? Ilyen pont mindig létezik, és egyértelmű. (Az össztávolságot mérő f függvény a háromszög-egyenlőtlenség miatt P futó pont szigorúan konvex függvénye, aminek a végtelenben végtelen a határértéke.)

A nagy tétel Jelölje u i (X ) az XA i / XA i egységvektort. Tétel (L. Lindelöf (1867), R. Sturm (1884)) A keresett M pont vagy valamelyik A i pont, vagy sem. Az első esetben legyen M = A i0, ekkor u i (M) 1. (1) 1 i n;i i 0 A második esetben n u i (M) = 0. (2) i=1 Továbbá, ha (1) teljesül valamely i 0 -ra, akkor M = A i0 ; valamint ha (2) teljesül valamely M pontra, akkor az az M adja a keresett minimumot. Az M pontot Fermat-Torricelli pontnak szokás nevezni.

A három pont esete - újratöltve Ha van izogonális pont, akkor a tétel szerint az adja a megoldást. A 1 u 1 M u 3 u 2 A 2 A 3

A három pont esete - újratöltve Ha nincs izogonális pont, akkor a tétel szerint van egy olyan i 0, ahonnan induló egységvektorok (esetünkben két darab) összegének hossza egynél kisebb - vagyis a vektorok szöge 120 -nél nagyobb. A 3 = A i0 = M u 1 u 2 u 1 + u 2 A 1 A 2

A négy pont esete - újratöltve Konvex esetben az átlók metszéspontjából induló egységvektorok összege triviálisan nulla, mert páronként egymás ellentettjei, így a tétel szerint ez a megoldás. A 1 A 4 u 1 u 2 M u 3 u 4 A 2 A 3

A négy pont esete - újratöltve A nemkonvex eset: A 1 B 1 A 4 B 3 A 3 A 2 B 2

A tétel szemléletes bizonyítása A Pólya-féle mechanikai modell

Megjegyzések A tétel valójában akárhány dimenzióban szó szerint ugyanígy igaz, a bizonyítás sem bonyolódik lényegesen.

Megjegyzések A tétel valójában akárhány dimenzióban szó szerint ugyanígy igaz, a bizonyítás sem bonyolódik lényegesen. Magasabb dimenzióban a tétel feltételeinek geometriai feloldása már jóval bonyolultabb, mint a síkban.

Megjegyzések A tétel valójában akárhány dimenzióban szó szerint ugyanígy igaz, a bizonyítás sem bonyolódik lényegesen. Magasabb dimenzióban a tétel feltételeinek geometriai feloldása már jóval bonyolultabb, mint a síkban. Y. S. Kupitz és H. Martini 1994-ben igazolta, hogy az izogonális pontnak van háromdimenziós analógiája. Lényegében azt mutatták meg, hogy ha egy tetraéder minden térszöge legfeljebb π, akkor létezik egy belső pontja, ahonnan minden lapja pontosan π térszög alatt látszik, és ez a pont épp a négy csúcs Fermat-Torricelli pontja. Ha van nagy térszög, akkor a Fermat-Toricelli pont valamelyik csúcs.

Megjegyzések A tétel valójában akárhány dimenzióban szó szerint ugyanígy igaz, a bizonyítás sem bonyolódik lényegesen. Magasabb dimenzióban a tétel feltételeinek geometriai feloldása már jóval bonyolultabb, mint a síkban. Y. S. Kupitz és H. Martini 1994-ben igazolta, hogy az izogonális pontnak van háromdimenziós analógiája. Lényegében azt mutatták meg, hogy ha egy tetraéder minden térszöge legfeljebb π, akkor létezik egy belső pontja, ahonnan minden lapja pontosan π térszög alatt látszik, és ez a pont épp a négy csúcs Fermat-Torricelli pontja. Ha van nagy térszög, akkor a Fermat-Toricelli pont valamelyik csúcs. Legjobb tudomásom szerint ez az egyetlen létező geometriai jellegű magasabb dimenziós álĺıtás.

Köszönöm a figyelmet!