Matematika tan´ ari szemin´ arium a Fazekasban
2010-2011/7.
7. foglalkoz´ as Egy Szab´ alyos h´ aromsz¨ oggel kapcsolatos p´ elda
A p´ elda A 20-adik Nemzetk¨ ozi Magyar Matematikaverseny most a hat´arainkon bel¨ ul, Bonyh´ adon ker¨ ult megrendez´esre. A kifog´ astalan szervez´es r´eszek´ent elk´esz¨ ult egy elektronikus kiadv´any a verseny elm´ ult 19 ´ev´er˝ol. A verseny t¨ obbnapos rendezv´enysorozat´ anak keret´eben nagyon ´erdekes plen´ aris el˝oad´ast tartott Laczkovich Mikl´ os professzor u ´ r. Az eddigi 19 versenyr˝ ol sz´ol´o kiadv´anyb´ol ott a helysz´ınen az al´ abbi, 1999-ben kit˝ uz¨ ott szellemes feladatra ´es a kapcsol´ od´ o t¨ or˝ h´ıvta fel figyelm¨ t´enetre O unket. K´ antor S´ andorn´e, a Debreceni Egyetem docense a k¨ovetkez˝oket ´ırja a kiadv´ anyban: Ezen a versenyen n´egy ´altalam javasolt feladatot v´alasztott be kit˝ uz´esre a zs˝ uri. Ezek egyik´e´ert, a 10. ´evfolyam 2. feladat´ a´ert ´ıt´elt meg nekem, a feladat kit˝ uz˝ oj´enek, a zs˝ uri eln¨ oke, Lajk´o K´aroly professzor egy ,,k¨ ul¨on d´ıjat” ´es a d´ıjkioszt´o u ¨ nneps´egen az Arany Bika nagy term´eben ´at is adta azt egy u ¨ veg uborka form´aj´ aban. Az ok az volt, hogy a 10. ´evfolyam 2. feladat´ at senkinek sem siker¨ ult t¨ ok´eletesen megoldania, vagyis t´ ul magasra ker¨ ult a m´erce. Mai napig sem tudom, hogy mi´ert nem boldogultak a versenyz˝ ok ezzel a geometriai feladattal? Szokatlan volt a megold´as m´odszere? Nem tal´ alt´ ak meg a c´elra vezet˝ o¨ otletet? Pedig a s´ıkgeometriai feladatok megold´as´aban gyakran kell alkalmazni a geometriai transzform´ aci´ ok m´odszer´et. Nem tudom, hogy ki ´erdemelte volna meg m´eg a k´es˝obbiekben a ,,k¨ ul¨on d´ıjat”, de sejt´esem szerint, v´egign´ezve a versenyz˝ ok ´ altal el´ert pontsz´ amokat az egyes ´evekben, biztosan lett volna ut´ odom. ´Igy most ism´et k¨ozz´eteszem a feladatot ´es megold´as´at. K´ıv´ ancsian v´arom, hogy sz¨ uletnek-e m´as megold´asok. T´enyleg olyan neh´ez volt a feladat? Mi´ert? 10. ´ evfolyam 2. feladat: Adott az ABC egyenl˝ o oldal´ u h´ aromsz¨ og belsej´eben a P pont u ´ gy, hogy P A = 6, P B = 8, P C = 12. Hat´ arozza meg az ABC h´ aromsz¨ og ter¨ ulet´et. A F˝ov´ arosi Fazekas Mih´ aly Gimn´ azium Matematika Tan´ ari Szemin´ arium´ ara Kiss G´eza tan´ ar u ´ r hozta el a p´eld´ at, elmes´elte Laczkovich Mikl´ os lelkes¨ ults´eg´et is. Mi is lelkesek lett¨ unk. Al´abb n´egy l´enyegesen k¨ ul¨ onb¨oz˝o megk¨ ozel´ıt´esben t´ argyaljuk a feladatot, k´et a´ltal´ anos´ıt´asi lehet˝os´eget is v´azolunk.
Forgat´ as A feladatot nem konkr´et adatokkal t´ argyaljuk.1 Feladat Adott a s´ık valamely P pontj´ anak egy szab´ alyos h´ aromsz¨ og A, B, C cs´ ucsait´ ol m´ert a, b illetve c t´ avols´ aga. Hat´ arozzuk meg a szab´ alyos h´ aromsz¨ og oldal´ anak hossz´ at! 1 Az eredeti feladat megold´ asa elolvashat´ o a Nemzetk¨ ozi Magyar Matematika Versenyekr˝ ol k´ esz¨ ult k¨ otetben, amely el´ erhet˝ o az al´ abbi linken: http://www.petofi-bhad.sulinet.hu/nmmv/hely/kiadvany.pdf
1
Hrask´o A. ´es Kiss G.
Matematika tan´ ari szemin´ arium a Fazekasban
2010-2011/7.
Megold´ as Forgassuk el az AP C h´ aromsz¨ oget az A cs´ ucs k¨or¨ ul 60◦ -kal. Mivel az ABC h´ aromsz¨ og szab´ alyos, kapjuk az ADB h´ aromsz¨ oget. A 60◦ -os forgat´ as miatt az AP D h´ aromsz¨ og a oldal´ u szab´ alyos h´ aromsz¨ og, m´ıg a BP D h´ aromsz¨ og oldalai a, b ´es c. Most az el˝ obbihez hasonl´ oan forgassuk el a CP B h´ aromsz¨ oget a C cs´ ucs k¨or¨ ul 60◦ -kal. Kapjuk a CEA h´ aromsz¨ oget. A CEP h´ aromsz¨ og c oldalhossz´ us´ag´ u szab´ alyos h´ aromsz¨ og, m´ıg a P AE h´ aromsz¨ og oldalai sora a, b, c hossz´ us´ag´ uak. A harmadik 60◦ -os forgat´ ast a B cs´ ucs k¨or¨ ul v´egezz¨ uk a BP A h´ aromsz¨ ogre. Ekkor kapjuk a BF C h´ aromsz¨ oget. Itt az el˝oz˝oeknek megfelel˝ oen BF P h´ aromsz¨ og b oldalhosz´ us´ag´ u szab´ alyos h´ aromsz¨ og, m´ıg CF P h´ aromsz¨ og oldalai sorra ism´et a, b, c. D b b
D
B
b b
b P bc
b
b P
F
bc
a A
b
E
b
F
a c
b
B
b
A
c b
b
C
b
E
C
A h´ arom forgat´ as ut´ an az ADBF CE hatsz¨og ter¨ ulete egyr´eszt ´eppen az ABC szab´ alyos h´ aromsz¨ og ter¨ ulet´enek k´etszerese. M´ asr´eszt ez a k´etszeres ter¨ ulet h´ arom a, b, c oldal´ u h´ aromsz¨ og ´es h´ arom szab´ alyos h´ aromsz¨ og ter¨ ulet´enek osszege. Ezek alapj´ ¨ an 2 · T (ABC) = T (a) + T (b) + T (c) + 3 · T (a, b, c). Itt T (x) az x oldalhossz´ us´ag´ u szab´ alyos h´ aromsz¨ og ter¨ ulete, m´ıg T (a, b, c) az a, b, c hossz´ us´ag´ u szakaszokb´ol szerkesztett h´ aromsz¨ og ter¨ ulete. Most haszn´aljuk fel a h´ aromsz¨ ogek ter¨ ulet´ere vonatkoz´o ismert formul´akat. A Heron-k´epletet a szorzatt´ a alak´ıt´ as n´elk¨ ul, a f´elker¨ ulet bevezet´ese n´elk¨ ul is ´ırhatjuk. √ √ 3 2 3 2 3p 2 2 x = (a + b2 + c2 ) + 2 2a b + 2b2 c2 + 2c2 a2 − a4 − b4 − c4 , 4 4 4 √ 3p 2 2 a 2 + b 2 + c2 2 + 2a b + 2b2 c2 + 2c2 a2 − a4 − b4 − c4 , x = 2 2 s √ √ a2 + b2 + c2 + 3 2a2 b2 + 2b2 c2 + 2c2 a2 − a4 − b4 − c4 x= . 2
2
Hrask´o A. ´es Kiss G.
Matematika tan´ ari szemin´ arium a Fazekasban
2010-2011/7.
Koordin´ atageometria Az al´ abbi megk¨ ozel´ıt´est Dobos S´ andor valamint a Berzsenyi D´ aniel Gimn´ aziumban tan´ıt´ o Erben P´eter ´es di´akja Frankl N´ ora javasolta, de csak a tov´ abbi megold´asok ismeret´eben, az eredm´eny alakj´ at l´ atva vett¨ uk a b´ ators´ agot, hogy v´egigk¨ ovess¨ uk k´epletekkel a gondolatot. Az ¨ otlet R¨ ogz´ıts¨ unk egy szab´ alyos h´ aromsz¨ oget ´es keress¨ uk meg azt a pontot (illetve azokat a pontokat), amelynek (amelyeknek) a h´ aromsz¨ og cs´ ucsait´ ol m´ert t´ avols´ againak ar´ anya az adott t´ avols´ agok ar´anyaival egyezik meg. Amilyen ar´anyban a k´esz ´ abr´ aban nagy´ıtani kell a pontnak a szab´ alyos h´ aromsz¨ og cs´ ucsait´ ol m´ert t´ avols´ agait, hogy az el˝ o´ırt t´ avols´ agokat kapjuk meg, olyan ar´anyban kell a felvett szab´ alyos h´ aromsz¨ oget is nagy´ıtani. A kivitelez´es al´ abbi r´eszletez´ese els˝ o olvasatban kihagyhat´ o, csak az´ert k¨oz¨olj¨ uk, mert a k´es˝ obbi r´eszek magasabb szint˝ u ismeretekre t´ amaszkodnak, a di´akolvas´ ok egy r´esz´enek els˝ o megk¨ ozel´ıt´esben t´ ul nehezek lehetnek, m´ıg ez a t´ argyal´as k¨ozelebb ´ all a k¨oz´episkol´ as tananyaghoz. Kivitelez´ es Legyenek alyosh´ aromsz¨ og cs´ ucsai a der´eksz¨ og˝ u koordin´atarendszerben a szab´ √ √ aromsz¨ og teh´at az egys´egk¨ orbe A(1; 0), B − 21 ; 23 , C − 21 ; − 23 . Az ABC h´ √ ´ırt szab´ alyos h´ aromsz¨ og, oldal´ anak hossza 3. Az eredetileg adott pont, amit most keres¨ unk legyen P ′ (x; y), ennek teljes´ıtenie kell a P ′A a P ′A a = , = (1) P ′B b P ′C c t´ avols´ agar´anyokat. A feladatban keresett oldalhossz a √ a a AB = 3 PA PA ´ert´ek. Ennek n´egyzet´ere vezess¨ uk be az X jel¨ol´est, teh´at X=
3a2 3a2 = . 2 PA (x − 1)2 + y 2
(2)
Fenti (1) egyenleteink ´ıgy ´ırhat´ ok: X=
3b2 2 x + 12 + y −
Haszn´ aljuk fel, hogy
2 1 x+ + 2
√
3 2
X=
2 ,
3c2 2 x + 12 + y +
√
3 2
2 .
(3)
√ !2 √ 3 = (x2 + x + 1 + y 2 ) ± 3y = y± 2
= (x2 − 2x + 1 + y 2 ) + (3x ± 3
√
3y) =
√ 3a2 + (3x ± 3y). X Hrask´o A. ´es Kiss G.
Matematika tan´ ari szemin´ arium a Fazekasban
2010-2011/7.
Ennek seg´ıts´eg´evel a (3) egyenletek a nevez˝okkel val´o ´atszorz´ as ´es X-szel val´o oszt´ay ut´ an ´ıgy ´ırhat´ ok: √ 3a2 3b2 + (3x − 3y) = , X X azaz 3x −
√ 3a2 3c2 + (3x + 3y) = , X X
√ b 2 − a2 3y = 3 , X
3x +
√ c2 − a 2 3y = 3 , X
(4)
amib˝ ol
√ c2 − b 2 b2 + c2 − 2a2 , y= 3 . 2X 2X Helyettes´ıts¨ uk be ezeket az X (2)-ben tal´ alhat´o defin´ıci´ oj´ anak megfelel˝ o x=
(5)
X · (x2 + y 2 − 2x + 1) = 3a2 osszef¨ ¨ ugg´esbe! Kapjuk, hogy 2 b2 + c2 − 2a2 (b + c2 − 2a2 )2 + 3(c2 − b2 )2 − X· + 1 = 3a2 , 4X 2 X azaz X-szel val´ o szorz´ as ´es rendez´es ut´ an X 2 − (a2 + b2 + c2 )X + (a4 + b4 + c4 − a2 b2 − b2 c2 − c2 a2 ) = 0.
(6)
Megjegyz´ esek I. A (6) egyenlet a feladat I. megold´as´aval ellent´etben k´et megold´ast ad. Erre a probl´em´ ara a k¨ovetkez˝o megold´as ut´ an t´er¨ unk vissza. 2 2 II. A (3) egyenleteit rendre (c − a )-tel, illetve (b2 − a2 )-tel szorozva ´es a kett˝ o k¨ ul¨onbs´eg´et v´eve kapjuk, hogy √ 3(c2 − b2 )x − 3(c2 + b2 − 2a2 )y = 0. (7) A (7) egyenlet egy orig´ on ´ atmen˝ o egyenes egyenlete, teh´at a (7) k´eplet az al´abbi onmag´ ¨ aban is ´erdekes ¨ osszef¨ ugg´est igazolja szab´ alyos h´ aromsz¨ ogre: Lemma Ha adott h´ aromsz¨ ogh¨ oz keress¨ uk azokat a pontokat, amelyeknek a h´ aromsz¨ og A = λ1 , cs´ ucsait´ ol m´ert t´ avols´ againak ar´anyai el˝ore adott ´ert´ekekkel egyenl˝ ok ( PP B PA et megold´as van ´es a k´et megold´ast jelent˝o pontot P C = λ2 ), akkor tipikusan k´ osszek¨ ¨ ot˝o egyenes ´ atmegy a h´ aromsz¨ og k¨or¨ ul´ırt k¨or´enek k¨oz´eppontj´ an. A fenti Lemm´ ara, amelyre Erben P´eter h´ıvta fel figyelm¨ unket m´askor t´er¨ unk vissza.
Szab´ alyos h´ aromsz¨ og ´ es t´ erfogat A feladatot a t´erbe kil´epve is kezelhetj¨ uk. Azt kell hozz´ a ´eszrevenni, hogy a P ABC n´egysz¨ og egy elfajult, teh´at nulla t´erfogat´ u tetra´eder. 4
Hrask´o A. ´es Kiss G.
Matematika tan´ ari szemin´ arium a Fazekasban
2010-2011/7.
Lemma Az A0 A1 A2 A3 tetra´eder t´erfogata kifejezhet˝ o oldal´elei Ai A2j = aij n´egyzet´enek polinomjak´ent. Bizony´ıt´ as −−−→ −−−→ −−−→ Ismeretes, hogy az A0 A1 , A0 A2 , A0 A3 vektorok ´altal kifesz´ıtett paralelepipedon t´erfogata (azaz az A0 A1 A2 A3 tetra´eder t´erfogat´ anak hatszorosa annak az A m´atrixnak a determin´ ansa, amelynek sorai ezek a vektorok. Szorozzuk meg ezt a m´atrixot a transzpon´ altj´ aval! A determin´ ansok szorz´ ast´etele szerint az ´ıgy kapott m´atrix determin´ ansa a keresett t´erfogat harminchatszorosa. A szorzatm´ atrix elemei a megadott vektorok egym´ assal vett skal´aris szorzatai: −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ A A ·A A A A ·A A A A ·A A 0 1 0 3 0 1 0 2 0 1 0 1 −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ 2 36V = A0 A2 · A0 A1 A0 A2 · A0 A2 A0 A2 · A0 A3 (8) −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ A0 A3 · A0 A1 A0 A3 · A0 A2 A0 A3 · A0 A3 Ismeretes, hogy
amib˝ ol
−−−→2 −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ Ai Aj = (A0 Ai − A0 Aj )2 = A0 Ai 2 + A0 Aj 2 − 2 · A0 Ai · A0 Aj ,
(9)
−−−→ −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ 2 · A0 Ai · A0 Aj = A0 Ai 2 + A0 Aj 2 − Ai Aj 2 .
(10)
Ha a (8)-ban szerepl˝ o m´atrix minden elem´et kett˝ ovel szorozzuk, akkor k´enyelmesen haszn´alhatjuk fel a (10) ¨osszef¨ ugg´est: 288V 2 = ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛
−−−→ 2A0 A1 2 −−−→2 −−−→2 −−−→2 A0 A1 + A0 A2 − A1 A2 −−−→2 −−−→2 −−−→2 A0 A1 + A0 A3 − A1 A3
−−−→2 −−−→2 −−−→2 A0 A1 + A0 A2 − A1 A2 −−−→ 2A0 A2 2 −−−→2 −−−→2 −−−→2 A0 A2 + A0 A3 − A2 A3
−−−→2 −−−→2 −−−→2 A0 A1 + A0 A3 − A1 A3 −−−→2 −−−→2 −−−→2 A0 A2 + A0 A3 − A2 A3 −−−→ 2A0 A3 2
˛ ˛ ˛ ˛ ˛, ˛ ˛
azaz 2a01 2 288V = a01 + a02 − a12 a01 + a03 − a13
a01 + a02 − a12 2a02 a02 + a03 − a23
a01 + a03 − a13 a02 + a03 − a23 2a03
.
(11)
A (11) k´eplet a Heron k´eplethez hasonl´ oan megadja a tetra´eder t´erfogat´ at az oldal´elek n´egyzeteinek polinomjak´ent. Dolgozzunk az A0 = P , A1 = A, A2 = B, A3 = C szereposzt´assal, teh´at a01 = a2 , a02 = b2 , a03 = c2 ´es a12 = a13 = a23 = x2 , ahol x jel¨oli a keresett szab´ alyos h´ aromsz¨ og oldal´ at. A P ABCD tetra´eder elfajul´o, t´erfogata z´erus, azaz 2 a2 + b2 − x2 a2 + c2 − x2 2 2a2 2b2 b2 + c2 − x2 . (12) 0 = a + b − x2 a2 + c2 − x2 b2 + c2 − x2 2c2
A determin´ anst kifejtve ´es kett˝ ovel osztva kapjuk, hogy
x6 − (a2 + b2 + c2 )x4 + (a4 + b4 + c4 − a2 b2 − b2 c2 − c2 a2 )x2 = 0. 5
(13)
Hrask´o A. ´es Kiss G.
Matematika tan´ ari szemin´ arium a Fazekasban
2010-2011/7.
A (13) egyenlet egyik gy¨ oke z´erus, a m´asik kett˝ o n´egyzete (x2 = X) kiel´eg´ıti a X 2 − (a2 + b2 + c2 )X + (a4 + b4 + c4 − a2 b2 − b2 c2 − c2 a2 ) = 0
(14)
m´asodfok´ u egyenletet, azaz 2
x =X=
a 2 + b 2 + c2 ±
√ √ 3 2a2 b2 + 2b2 c2 + 2c2 a2 − a4 − b4 − c4 . 2
(15)
Megjegyz´ es A fenti megold´as ut´ an mer¨ ult fel a k´erd´es, hogy mi´ert van k´et megold´as. Ennek megfejt´es´ehez vett¨ uk el˝o a komplex sz´amokat.
Szab´ alyos h´ aromsz¨ og ´ es DFT Defin´ıci´ o Az a1 ,
a2 ,
a3
sorozat diszkr´et Fourier transzform´ altj´ anak (DFT) nevezz¨ uk az a′1 = a1 + a2 + a3 ,
a′2 = a1 + ωa2 + ω 2 a3 ,
a′2 = a1 + ω 2 a2 + ωa3
sorozatot, ahol ω primit´ıv harmadik egys´eggy¨ok. Err˝ ol a sz´amr´ol ´erdemes tudni, hogy ω = ω2, ω 2 = ω, 1 + ω + ω 2 = 0. A sorozat diszkr´et Fourier transzform´ altj´ anak konjug´ alt diszkr´et Fourier transzform´ altja (teh´ at 1, ω ´es ω 2 helyett rendre 1-gyel ω = ω 2 -tel ´es ω 2 = ω-val szorzunk) az eredeti sorozat konstans-szorosa: a′′1 = (a1 + a2 + a3 ) + (a1 + a2 ω + a3 ω 2 ) + (a1 + a2 ω 2 + a3 ω) = = 3a1 + (1 + ω + ω 2 )a2 + (1 + ω 2 + ω)a3 = 3a1 ; a′′2 = (a1 + a2 + a3 ) + ω 2 (a1 + a2 ω + a3 ω 2 ) + ω(a1 + a2 ω 2 + a3 ω) = = (1 + ω 2 + ω)a1 + 3a2 + (1 + ω + ω 2 )a3 = 3a2 ; a′′3 = (a1 + a2 + a3 ) + ω(a1 + a2 ω + a3 ω 2 ) + ω 2 (a1 + a2 ω 2 + a3 ω) = = (1 + ω + ω 2 )a1 + (1 + ω 2 + ω)a2 + 3a3 = 3a3 . T´erj¨ unk ´ at a feladatunkra! Az eredeti feladat megold´ asa Legyen P a komplex sz´ ams´ık orig´oj´ aban, jel¨olje u a keresett szab´ alyos h´ aromsz¨og k¨oz´eppontj´ anak megfelel˝ o komplex sz´amot ´es legyen v = A − u a k¨oz´eppontb´ ol az A cs´ ucsba mutat´ o komplex sz´am. Ekkor A = u + v,
B = u + ωv,
C = u + ω2v
´es a felt´etel szerint 6
Hrask´o A. ´es Kiss G.
Matematika tan´ ari szemin´ arium a Fazekasban
a2 = b2 = c2 =
2010-2011/7.
(u + v)(u + v) = (uu + vv) +uv (u + ωv)(u + ωv) = (uu + vv) +ωuv (u + ωv)(u + ω 2 v) = (uu + vv) +ω 2 uv
+uv +ω 2 uv , +ωuv
teh´ at az a2 ,
b2 ,
c2
sorozat az (uu + vv), uv, uv ´ oli (konjug´ sorozat Fourier transzform´ altja. Ujb´ alt) Fourier transzform´ aci´ oval: a 2 + b 2 + c2 , 3 a2 + ω 2 b2 + ωc2 , uv = 3 a2 + ωb2 + ω 2 c2 uv = , 3 Teh´ at adott az uu, vv sz´amok ¨osszege mellett a szorzata is: (uu + vv) =
(uu)(vv) =
(a2 + ωb2 + ω 2 c2 )(a2 + ω 2 b2 + ωc2 ) . 9
Beszorozva: (|u|2 )(|v|2 ) =
a 4 + b 4 + c4 − a 2 b 2 − b 2 c2 − c2 a 2 , 9
teh´ at az Xu = 3|u|2 ´es Xv = 3|v|2 sz´amokra – ahol Xv a keresett szab´ alyos h´ aromsz¨ og oldal´ anak n´egyzete– X u + X v = a 2 + b 2 + c2 ,
X u X v = a 4 + b 4 + c4 − a 2 b 2 − b 2 c2 − c2 a 2 ,
´ıgy Xu ´es Xv a m´ar (14)-ben is megkapott X 2 − (a2 + b2 + c2 )X + (a4 + b4 + c4 − a2 b2 − b2 c2 − c2 a2 ) = 0 egyenlet gy¨ okei. Megjegyz´ esek I. A m´asodfok´ u egyenlet megold´asai algebrailag megk¨ ul¨onb¨ oztethetetlenek. Azt kaptuk teh´ at, ha van olyan megold´as, amelyben a P pont ´es a szab´ alyos h´ aromsz¨ og k¨oz´eppontj´ anak t´ avols´ aga |u| ´es a szab´ alyos h´ aromsz¨ og k¨or¨ ul´ırt k¨or´enek sugara |v|, akkor olyan megold´as is van, amelyben a szab´ alyos h´ aromsz¨ og k¨oz´eppontj´ anak t´ avols´ aga |v| ´es a szab´ alyos h´ aromsz¨ og k¨or¨ ul´ırt k¨or´enek sugara |u|. ¨ Ez algebrailag k¨onnyen levezethet˝ o. Osszesen csak arr´ ol van sz´o, hogy az u k¨oz´eppont´ u |v| sugar´ u k¨orbe ´ırt szab´ alyos h´ aromsz¨ og cs´ ucsait alkot´o u + v,
u + ωv, 7
u + ω2v Hrask´o A. ´es Kiss G.
Matematika tan´ ari szemin´ arium a Fazekasban
2010-2011/7.
komplex sz´ amok rendre ugyanakkora abszol´ ut ´ert´ek˝ uek, mint a v k¨oz´eppont´ u |u| sugar´ u k¨orbe ´ırt szint´en szab´ alyos h´ aromsz¨ oget alkot´o ω 2 u + v,
u + v,
ωu + v
komplex sz´ amok, hiszen h´ anyadosaik egys´egnyi komplex sz´amok: u + ω2v = ω2. ωu + v
u + ωv = ω, ω2u + v
u+v = 1, u+v
A k´et megold´ast az al´ abbi ´abr´ an is l´ athat´o, a fenti eredm´eny elemi ´all´ıt´ask´ent is megfogalmazhat´ o. Lemma Ha P , U , A tetsz˝ oleges pontok ´es V a P U AV paralelogramma negyedik cs´ ucsa, tov´abb´a B ´es C az A pont U k¨or¨ ul rendre 120◦ ´es 240◦ -kal elforgatott ′ ′ k´epe, valamint C ´es B az A pont V k¨or¨ ul rendre 120◦ ´es 240◦-kal elforgatott ′ ′ k´epe, akkor P B = P B ´es P C = P C . b
B
C′ b
ωv ωu P b
u b
U
u
ω2u
b
B′
V
v b
b
A
ω2v b
C
A Lemma bizony´ıt´ asa Csak a P C = P C ′ rel´ aci´ ot igazoljuk, a m´asik ¨osszef¨ ugg´es is ugyan´ıgy bizony´ıthat´ o. Azt mutatjuk meg, hogy a P CU , P C ′ V h´ aromsz¨ ogek egybev´ ag´oak. −−→ −−→ ◦ Ehhez el´eg igazolni, hogy az U C, U P vektorok −60 -os elforgatottjai rendre a −−→ −−→′ V P , V C vektorok. Mivel −−→120◦ −→ −−→ UC = UA = PV , ´ıgy
−−→−60◦ −−→ UC = V P,
8
Hrask´o A. ´es Kiss G.
Matematika tan´ ari szemin´ arium a Fazekasban
2010-2011/7.
−− → −→ ahogy ´ all´ıtottuk ´es U P = AV , ez´ert −− → ◦ −→ ◦ −−→ U P 120 = AV 120 = C ′ V , ´ıgy
−− → ◦ −−→ U P −60 = V C ′ .
Ezzel a Lemm´ at igazoltuk. II. Felmer¨ ul a k´erd´es, hogy a (14) egyenletnek milyen a diszkrimin´ ansa. D = (a2 + b2 + c2 )2 − 4(a4 + b4 + c4 − a2 b2 − b2 c2 − c2 a2 ) = = 3(2a2 b2 + 2b2 c2 + 2c2 a2 − a4 − b4 − c4 ).
A legut´ obbi k´epletben felismerhetj¨ uk a Heron k´eplet beszorzott alakj´ at, teh´at D = 3(a + b + c)(a + b − c)(a − b + c)(−a + b + c).
(16)
Mikor nulla ez a diszkrimin´ ans? A (16) k´eplet szerint akkor, ha az a, b, c mennyis´egek k¨oz¨ ul valamelyik a m´asik kett˝ o ¨osszege. M´ asr´eszt akkor z´erus a diszkrimin´ ans, ha a m´asodfok´ u egyenlet k´et gy¨ oke – jeles¨ ul 3|u|2 ´es 3|v|2 – egyenl˝ o, teh´ at ha a P pont a szab´ alyos h´ aromsz¨ og k¨or¨ ul´ırt k¨or´en helyezkedik el. Megkaptuk teh´ at azt a nevezetes ¨osszef¨ ugg´est, hogy egy szab´ alyos h´ aromsz¨ og k¨or¨ ul´ırt k¨or´enek b´ armely pontj´ at a h´ aromsz¨ og cs´ ucsaival ¨osszek¨ ot˝o szakaszok k¨oz¨ ul az egyik a m´asik kett˝ o ¨osszeg´evel egyenl˝ o. Az ´all´ıt´as megford´ıt´asa is bizony´ıt´ ast nyert most: ha egy pontot a szab´ alyos h´ aromsz¨ og cs´ ucsaival ¨osszek¨ ot˝o szakaszok k¨oz¨ ul az egyik a m´asik kett˝ o ¨osszeg´evel egyenl˝ o, akkor a pont a szab´ alyos h´ aromsz¨ og k¨or¨ ul´ırt k¨or´en helyezkedik el. Ha az a, b, c szakaszokb´ol h´ aromsz¨ og szerkeszthet˝o, akkor e h´ aromsz¨ og T ter¨ ulet´ere a Heron k´eplet szerint D = 3 · 16T 2, teh´at a diszkrimin´ ans pozit´ıv. Ha nem szerkeszthet˝o h´ aromsz¨ og e h´ arom szakaszb´ ol az az´ert van, mert nem teljes¨ ul r´ ajuk valamelyik h´ aromsz¨ og-egyenl˝ otlens´eg, azaz a (a + b − c),
(a − b + c),
(−a + b + c)
t´enyez˝ok – (16) t´enyez˝oinek – egyike negat´ıv. Nemnegat´ıv a, b, c mennyis´egek eset´en ez csak u ´ gy fordulhat el˝o, hogy pontosan az egyik t´enyez˝o negat´ıv. Val´ oban, ha pl (a + b − c) < 0, azaz a + b < c, akkor b < c ´es a < c is teljes¨ ul, ´ıgy a (a − b + c), (−a + b + c) t´enyez˝ok pozit´ıvak. Ebben az esetben teh´ at a D diszkrimin´ ans negat´ıv. Azt kaptuk, hogy pontosan akkor van olyan szab´ alyos h´ aromsz¨ og, amelynek cs´ ucsai a s´ık egy adott pontj´ at´ ol h´ arom el˝ ore adott t´ avols´ agra vannak, ha ebb˝ ol a h´ arom t´ avols´ agb˝ ol, mint szakaszb´ ol szerkeszthet˝ o h´ aromsz¨ og. Ez ¨osszhangban van az eredeti feladatra adott els˝ o – Kiss G´eza ´altal bemutatott – megold´assal, amelyben meg is jelenik ez a h´ aromsz¨ og. III. A t´erfogatos m´odszer lehet˝os´eget ad a dimenzi´ o szerinti ´altal´ anos´ıt´asra. Nevezz¨ uk n-szimplexnek az n-dimenzi´os t´er (n + 1) tetsz˝ oleges pontj´ ab´ ol ´all´ o
9
Hrask´o A. ´es Kiss G.
Matematika tan´ ari szemin´ arium a Fazekasban
2010-2011/7.
halmazt, szab´ alyos n-szimplexnek pedig az olyan (n + 1) pont´ u r´eszhalmazt, melyek k¨oz¨ ul b´ armely kett˝ o t´ avols´ aga egyforma pozit´ıv sz´am. Feladat Legyenek adva az n-dimenzi´os Euklideszi t´er egy pontj´ anak egy szab´ alyos n-szimplex cs´ ucsait´ ol val´o t´ avols´ agai, hat´arozzuk meg ezekb˝ ol az nszimplex oldal´el´enek hossz´ at! E feladatot megoldhatjuk u ´ gy, hogy az n-szimplex cs´ ucsait ´es az adott pontot egy olyan (n + 1)-szimplexnek k´epzelj¨ uk, amely elfajult, cs´ ucsai benne vannak egy (n + 1) dimenzi´ os t´erben, teh´at t´erfogata 0. Ezt a t´erfogatot a az eredeti feladat t´erbeli megold´as´ anak mint´aj´ ara a vektorokb´ ol ´all´ o m´atrix ´es transzpon´ altj´ anak szorzat´ aval sz´ amolhatjuk ki. IV. Az n elem˝ u sorozatokra vonatkoz´o v´eges Fourier transzform´ aci´ oval k´enyelmesen kezelhet˝o az al´ abbi ´altal´ anos´ıt´as is: Feladat Legyenek adva a s´ık egy pontj´ anak egy szab´ alyos n-sz¨ og cs´ ucsait´ ol val´ o t´ avols´ agai, hat´ arozzuk meg ezekb˝ ol a szab´ alyos n-sz¨ og oldal´ anak hossz´ at! A Fourier transzform´ aci´ o bemutat´ as´ara ´es ennek a probl´em´ anak a megold´as´ ara k´es˝ obb t´er¨ unk vissza. V. Erben P´eter az egyik fenti megold´assal kapcsolatban felh´ıvta figyelm¨ unket az al´ abbi feladatra, amelyr˝ ol Vladimir Dubrovsky ,,Suggestive Tilings (new material, old topics revisited)” c´ım˝ u k¨onyv´eben olvasott: Feladat Fejezz¨ uk ki a Nap´oleon-h´aromsz¨ og ter¨ ulet´et az eredeti h´ aromsz¨ og oldalaib´ ol ´es ter¨ ulet´eb˝ ol! (A h´ aromsz¨ og oldalaira kifel´e emelt szab´ alyos h´ aromsz¨ ogek k¨oz´eppontjai ´ altal alkotott h´ aromsz¨ oget nevezik a h´ aromsz¨ og Nap´oleon h´ aromsz¨ og´enek.) A1 b
C b
b
A′
B1 b
B′ b
b
B
b
A b
C′
b
C1
10
Hrask´o A. ´es Kiss G.
