l.fejezet
Készítette: Porkoláb Tamás
A fény útján
A fény útján
Talán az egyik legegyszerűbb szélsőértékfeladat a következő: l.1.feladat: Adott egy háromszög két csúcsa, és egy egyenes, amely tartalmazza a harmadik csúcsot. Mikor lesz minimális a háromszög kerülete? B
B
A
A b
a
b
a
C
A'
C
B'
l.1/a ábra Megoldás: A problémát az jelenti, hogy nem egyenes szakasz hosszáról van szó. De mielőtt hozzáfognánk a megoldásához, nagyjából meghatározhatjuk, hol keressük azt. Ha A' és B' az A illetve B pontok merőleges vetületei az e egyenesen, akkor [A',B']-n kívül nyílván nem érdemes keresni a C csúcsot, hiszen akkor az a+b összeg biztosan nagyobb, mint bármely C ∈[A',B'] esetén. Tehát a keresett C csúcs biztosan [A',B'] pontja lesz. Ebben a tartományban a nehézséget az okozza, hogy ha a nő, akkor b csökken. A háromszög AB oldalát figyelmen kívül hagyhatjuk, hiszen hossza állandó. Hogy találhatnánk meg egyszerűen a keresett csúcsot? Mi jutna eszünkbe a l.1/a ábrára tekintve? A és B rögzített pontok, amelyekből a mozgó C pontban végződő félegyenesek indulnak ki. Képzeljük el, hogy ezek egy összefüggő zsinórt alkotnak, amelynek végei az A és B pontok, és a zsinórra egy csúsztatható súly van felfüggesztve. Az e egyenes az egyszerűség kedvéért legyen vízszintes (l.1/b ábra). B
A
A
C
l.1/b ábra
B
1
C
l.1/c ábra
Ekkor adott zsinórhosszúság mellet a súly ugyan nem az egyenes mentén fog csúszni, ha a magasabban fekvő pontban elengedjük, de azt tudjuk, hogy a lehető legmélyebben állapodik
l.fejezet
Készítette: Porkoláb Tamás
A fény útján
meg. És minél hosszabb a zsinór, ez a pont annál mélyebben van. Így ha adott egy magasságszint (ahogy feladatunkban az e egyenes), akkor azok közül a zsinórok közül, amelyeken függő súly nyugalmi helyzetében nincs magasabban az adott szintnél, az a legrövidebb, amelyik éppen ebben a magasságban nyugszik. De hogyan határozzuk meg ezt a helyzetét? Egyszerűbb lenne a feladat, ha a zsinór végei ugyanabban a magasságban lennének (l.1/c ábra: A és B1). Ekkor az ábra szimmetrikus a két felfüggesztési pont felezőmerőlegesére. ěgy a megfelelő a+b szakaszösszegek és emiatt a keresett szélsőértékhelyek is. Ezekről viszont tudjuk, hogy csak egy van (a súly nyugalmi helyzeté-ben), így a megoldás A'B' felezőpontja kell legyen. Mi köze ennek az eredeti feladathoz? Hogyan változna a feladat, ha a CB1 szakaszt B1 irányában meghosszabítanánk B pontig? (l.1/d ábra) Igaz lesz-e, hogy AC+CB akkor lesz minimális, ha ugyanezen az úton haladunk? Gondoljunk arra, hogy az A és B pontban felfüggesztett zsinóron a súly már felvette egyensúlyi helyzetét. Megváltozik-e ez a helyzete, ha a feszes zsinór egy pontját lerögzítjük (B1-ben)? Természetesen nem. És ugyanígy nem nevezhető az eddigi okos-kodás matematikainak. De érdemes felfigyelni az eredményre: ACA'∠= BCB'∠ Vessük össze az eredményt az ókori Héron eredményével, amely szerint A és B pontok között egy fénysugár mindig olyan utat fut be, amely a legrövidebb az összes elképzelhető út között. A feladatban a fénysugárnak ezt az utat e-ről mint tükörről visszaverődve kell megtennie. Ha ehhez még hozzáadjuk a fénytannak azt a törvényét (amit Newton Optika című munkájában olvashatunk), hogy a fénysugár visszaverődésekor a beesési és vissza-verődési szögek egyenlők, azt kapjuk, hogy az előzőleg más úton nyert eredményünk megegyezik ezzel (l.1/e ábra).
B
B A
B
A
1
α C
β
C .
l.1/d ábra
l.1/e ábra
l.fejezet
Készítette: Porkoláb Tamás
A fény útján
Ez megerősíthet bennünket abban, hogy a kapott eredményünk jó. Hátra van azonban a feladat matematikai bizonyítása. Próbáljuk ismét a fényt segítségül hívni. Ha A pontból figyeljük a tükrön keresztül B pontot, akkor a fénysugár a legrövidebb úton jut a szemünkbe, és a B pontot úgy látjuk, mintha e-re vonatkozó Bt tükörképében lenne.(l.1/f ábra) CB = CBt és B'CBt∠ = B'CB∠ = A'CA∠
Ekkor
Így ACBt egyenes vonal. Ez az ABt szakasz metszi ki e-ből a C csúcsot. Ugyanis az e egyenes bármely más pontját kiszemelve -lévén két pont közt legrövidebb út az egyenes; vagy másképp a háromszögegyenlőtlenség miatt- hosszabb utat nyernénk. Tehát végül egy nagyon egyszerű módszert kaptunk a feladat megoldására: tükrözzük a B pontot e-re, és az így kapott Bt pontot kössük össze A-val. B
A
A
A'
C
C'
B'
AC+CB = AB < AC'+C'B
Bt
B
l.1/f ábra l.2 ábra l.2.feladat: Valakinek egy folyó két különböző partján van két háza. Hová kell építenie a folyót merőlegesen átszelő hidat, hogy a legrövidebb úton juthasson egyik házából a másikba? (l.2 ábra) l.3.feladat: Egy kéttusa versenyen a start (A) és a cél (B) egy f folyó ugyanazon partján van. Csak annyi van feltételül szabva, hogy a folyóban egy meghatározott táv leúszása után folytatható a futás a célig. Hogyan célszerű megtenniük ezt a távot a versenyzőknek? B
p P
A
H
f
l.3 ábra
t
T
l.4/a ábra
l.fejezet
Készítette: Porkoláb Tamás
A fény útján
l.4.feladat: Egy hajóról egy tükrön keresztül fényjeleket küldenek a partra. Hol érzékelik először a jeleket? (l.4/a ábra) Megoldás: A kérdés úgy is fogalmazható, hogy a H hajóról kiindulva, t tükröt érintve melyik a legrövidebb út a p partig? p
Tudjuk, hogy a beesési és visszaverődési szögek egyen-lők, így fel lehet használni a már megismert módszert. Tükrözve H-t t-re, az így kapott H'-ből kell megkeresni a legrövidebb
P H
t
utat p-ig. És ez már meghatározza a megoldást.(l.4/b ábra).
T
l.4/b ábra H'
l.5.feladat: Az előző feladatbeli hajó most egy egyenes mentén elindul a partról a tükör irányába, és közben folyamatosan bocsát ki fényjeleket minden irányban. Az útja során a tükörről visszaverődő fénysugarak közül melyik éri el a legrövidebb időtartam alatt a partot? (l.5ábra) e E
p
B
P H
A
h f t
T
F
l.5ábra
l.6/a ábra
l.6.feladat: Adott a síkban két egyenes, és köztük két pont. Melyik az egyik pontból a másikba vezető legrövidebb olyan töröttvonal, amely megadott sorrendben érinti mindkét egyenest? (l.6/a ábra) Megoldás: Az e egyenesen lévő E , és az f-en lévő F pontokra a keresett helyzetben fenn kell állnia az eEA∠ = eEF∠ és
fFB ∠ = fFE∠
egyenlőségeknek. Ha ugyanis valamelyik nem lenne igaz, például az első, akkor találnánk e-n olyan E' pontot, amelyre nézve eE'A∠ = eE'F∠ , és így az l.1 feladat alapján AE' + E'F < AE + EF állna fenn. Ez a gondolatmenet azonban csak azt mondja ki, hogy ha nem teljesülnek az elvárt tulajdonságok egy megoldástippre (itt a szögek egyenlősége), akkor annál mindig van egy jobb tipp, de arról nem mondtunk semmit, hogy ez a megoldás létezik-e. Egyáltalán nem biztos, hogy találunk olyan E és F pontokat az adott egyeneseken, amelyekre:
l.fejezet
Készítette: Porkoláb Tamás
eEA∠ = eEF∠ és
A fény útján
fFB∠ = fFE∠
Ha egyszerüsítjük a feladatot azzal, hogy először a kívánt tulajdonságot egyszerre csak az egyik egyenesen vizsgáljuk, akkor az f bármely F pontjához találunk olyan E ∈e pontot, hogy eEA∠ = eEF∠ . E-t az előzőek alapján úgy kaphatjuk meg, hogy A e-re vonatkozó A' tükörképét összekötve F-fel, kimetsszük e-ből (l.6/b ábra). Ha A'F félegyenest addig forgatjuk A' körül, míg át nem megy B f-re vonatkozó B' tükörképén, akkor az A'B' által f-ből kimetszett F pont adja a hozzá tartozó E-vel együtt a jó megoldást. Ekkor fennállnak a szögekre vonatkozó elvárások is, tehát egyben a megoldás létezését is bizonyítottuk (l.6/c ábra). e
A' e
A'
B B
A f f .
l.6/b ábra
B'
l.6/c ábra
Mielőtt teljesen befejeznénk a feladatot, érdemes elgondolkodni azon a természetesnek vett állításon, hogy az E pontot egyszerűen kimetsszük e-ből. Biztos, hogy mindig megtehetjük ezt?Mi van akkor, ha az A'B' szakasz nem metsz bele azokba a szögszárakba, amelyek közt a pontok elhelyezkednek? Lehetséges ilyen? Ehhez csak az kell, hogy: eOA'∠ + eOf∠ + eOB'∠ > 180°. Ez pedig a "legrosszabb esetet" is figyelembe véve (amikoris az eOA' és eOB' szögek majdnem akkorák, mint eOf∠ ) azt jelenti, hogy ha eOf∠ < 60°, akkor akárhogyan is adjuk meg az A és B pontokat, az A'B' szakasz biztosan belemetsz a szögszárakba (l.6/d ábra).
l.fejezet
Készítette: Porkoláb Tamás
A'
A fény útján
e e B B A A
O C f
f B'
.
l.6/d ábra
l.7/a ábra
l.7.feladat: Adott egy háromszög egyik csúcsa, és a másik két csúcsán átmenő két egyenes. Hol legyen ez a két csúcs, hogy a háromszög kerülete a legkisebb legyen? (l.7/a ábra) l.8.feladat: Egy adott háromszögbe írt háromszögek közül melyik a legkisebb kerületű (l.8/a ábra)? C
C
Y
Y X
A
Z
l.8/a ábra
X
B
A
Z
B
l.8/b ábra
Megoldás: A feladat annyiban különbözik az előzőtől, hogy a két egyeneshez megadott pont nincs rögzítve, hanem egy harmadik egyenesen, a háromszög harmadik oldalán szabadon mozoghat. Az előző feladat megoldását is a fény útja mutatta meg, és most is tudjuk, hogy a megoldásnak olyannak kell lennie, hogy bármely pontjából egy oldala mentén elindulva, az eredeti háromszög oldalairól visszaverődve a fénynek a kiindulási pontba kell visszaérnie (l.8/b ábra). Ha nem így lenne, akkor a már ismert gondolatmenet alapján (l.6 feladat) találnánk jobb megoldást. Persze a megoldás létezéséről megint nem tudunk egyelőre semmit mondani. Érdemes
azonban felhasználni azt a tényt, hogy a beírt háromszög egyik csúcsának rögzítésével az előző feladat problémájához jutunk, amit már meg tudunk oldani. Vizsgáljuk azt, hogy hogyan változik az egyik (pl. Z) csúcsával adott legkisebb kerületű beírható háromszög kerülete, ha az adott (Z) csúcsot változtatjuk (az AB oldalon). Az előző feladat alapján ez (l.8/c ábra):
l.fejezet
Készítette: Porkoláb Tamás
A fény útján
C X
Z'
Y
Z''
XY+YZ+ZX = XY+YZ''+Z'X
A
B
Z
l.8/c ábra Azt észrevehetjük, hogy a CZ'Z'' háromszög egyenlő szárú, hiszen: CZ' = CZ = CZ''. Azt is tudjuk, hogy a tükrözés után: ACZ ∠ = ACZ''∠ és BCZ∠ = BCZ'∠ , mivel ACZ∠ + BCZ ∠ = ACB∠ , így Z'CZ''∠ = 2ACB∠ Tehát a Z különböző helyzeteihez tartozó CZ'Z'' egyenlőszárú háromszögek hasonlók egymáshoz. Mi azt vizsgáljuk, hogy ezek közül melyiknek legkisebb a Z'Z'' alapja. Ez akkor a legkisebb, ha a szára is a lehető legkisebb. A szárának hossza CZ, ahol Z ∈ AB. Tehát a kérdés: AB melyik pontja van a legközelebb C-hez. A válasz: a C-hez tartozó magasságvonal talppontja. Az ehhez tartozó Z' és Z'' pontok összekötésével pedig ki tudjuk metszeni a háromszög oldalaiból X és Y pontokat. De az előző feladatok alapján már tudjuk, hogy ez csak akkor lehetséges, ha a háromszög hegyesszögű. Ezért ezt a továbbiakban feltesszük. Még be kell látnunk, hogy az így kapott csúcsokra fennáll, hogy: AZY∠ = BZX ∠ Ezzel ugyanis (mivel a másik két csúcs esetén beláttuk ezt a tulajdonságot) bebizonyítjuk, hogy az e megoldásbeli módszer összhangban van eddigi elvünkkel, és hogy tényleg létezik a keresett háromszög, amelyben a fény saját törvényei szerint végtelenül keringhet (l.8/d ábra). Az említett szögek egyenlőségéhez elég belátni, hogy: YZO∠ = XZO∠ Ezek nagyságát igen bonyolult lenne meghatározni, de észrevehetjük, hogy a megfelelő szögszárak által kijelölt XYZ háromszög egyik oldala megegyezik az XYC háromszög egyik oldalával, és hogy ezt az a CZ szakasz osztja ketté, amely tükörképei is szerepelnek az ábrán. Célszerű lenne a szögfelező tételt alkalmazni. YZO∠ = XZO∠ egyenlőséghez így elég belátni, hogy:
ZX OX = ZY OY
l.fejezet
Készítette: Porkoláb Tamás
A fény útján
C
A szögfelező tétel alapján
Z'
X Y
Z''
CO OX CO OY = és = , , CZ " YZ " CZ XZ
O
A
B
Z
Valamint: CZ = CZ' = CZ'' , XZ = XZ' és YZ = YZ'' ,
l.8/d.ábra így:
CO OX = CZ XZ
és
CO OY = CZ YZ
.
Ebből már egyenesen következik az állítás. Tehát beláttuk, hogy létezik legkisebb kerületű beírható háromszög, és hogy megfelelő két-két oldala az eredeti háromszög megfelelő oldalával ugyanakkora szöget zár be. Azt is láttuk, hogy egyik csúcsát egy magasságvonal talppontja jelölte ki. De bármelyik csúcsát választottuk volna, akkor is azt kaptuk volna, hogy az őt kijelölő magasságvonal a beírt háromszögnek ebből a csúcsából kiinduló oldalainak szögfelezője. Mivel mindegyik csúcs esetén fennáll a szögekre kimondott tulajdonság, így a keresett háromszöget az eredeti háromszög magasságvonalai jelölik ki, amelyek egyben a beírt háromszög szög-felezői is lesznek. Emiatt azt talpponti háromszögnek is nevezzük (l.8/e ábra). C
D
2
C
X Y
3
1 X Y
A
B
Z
l.8/e ábra
A
4
B
l.9/a ábra
Hátra van még annak az esetnek a vizsgálata, amikor a háromszög tompaszögű. Legyen ez a tompaszög a C csúcsnál. Az előbbi jelöléseknél maradva az l.7.feladat megoldása alapján az a oldalon lerögztett bármely Z pont esetén a legkisebb kerületű olyan háromszög, amelynek másik két X ill. Y csúcsa a BC ill. CA szakaszon van, a ZC kettősszakasszá fajult háromszög. Most a Z pontot kell úgy megválasztanunk, hogy a ZC szakasz hossza a lehető legkisebb legyen. Ez abban az esetben lesz a legkisebb, ha Z a C-ból kinduló magasságvonal talppontja. l.9.a feladat: Egy biliárdasztalon egy adott pontban lévő golyóval egy másik adott pontban lévő golyót kell úgy eltalálnunk, hogy közben sorban érintse az oldalfalakat (l.9/a ábra).
l.fejezet
Készítette: Porkoláb Tamás
A fény útján
l.9.b feladat: A biliárdasztal egy adott pontjából milyen irányban kell meglöknünk a golyót, hogy a falakat sorban érintve átmenjen a kiindulási ponton? l.10.a feladat: Melyik az a pont a síkon, amelynek három adott ponttól vett távolságainak az összege minimális? C P
A
B
l.10/a ábra Megoldás: l) A problémát megint az okozza, hogy egyszerre túl sok mennyiség változik. Ha az egyik változót állandónak tekintenénk (pl. az AP távolságot) , és e feltétel mellett keresnénk a szélsőértéket, a feladat egyszerűbb lenne. Ez itt azt jelentené, hogy keressük meg azt a pontot egy (A középpontú AP sugarú) körön, amelynek két (pl. B és C) ponttól vett távolságainak összege minimális. Hasonló volt a l.1.feladat, csak ott egy egyenesen kellett ezt a pontot keresni. A megoldást,ahogy ott, úgy itt is a fény mutatja meg. A keresett P pontnak a körön tehát olyannak kell lennie, hogy a B-ből odaérkező fénysugár a körről visszaverődve áthaladjon C-n. Ez azt jelenti, hogy a P-beli e érintőn keletkező szögek egyenlők, illetve, hogy az AP félegyenes felezi BPC szöget (l.10/b ábra). C
P 2 A A
P P P
B
1
l.10/b ábra Felmerülhet ismét a kérdés, hogy létezik-e a körön ilyen pont? Ha pl. P1 az AB szakasz és a kör metszete, akkor az AP1 félegyenes BP1-vel 0°-os, CP1-vel pedig valamekkora pozitív szöget zár be. Ha pedig P2 az AC szakasz és a kör metszete, akkor ez éppen fordíva van. Mivel így egyik esetben:
∠ (BP1,AP) < ∠ (CP1,AP) , a másik esetben pedig:
∠ (BP2,AP) > ∠ (CP2,AP) , és ezek a mennyiségek folytonosan változnak, ahogy P pont helye változik a körön, így lesz a két említett hely közt olyan P pont, amelyre:
l.fejezet
Készítette: Porkoláb Tamás
A fény útján
∠ (BP,AP) = ∠ (CP,AP). A keresett szélsőértékhely tehát létezik. Hogy ez tényleg a legrövidebb utat jelöli ki, azt matematikailag úgy láthatjuk be pl., hogy: mivel a l.1.feladat alapján az ebben a P pontban meghúzott érintőn ez a pont az, amelyen keresztül a legrövidebb úton juthatunk B-ből C-be, úgy a körön változtatva a P pontot, ez az állítás még inkább igaz. Ez könnyen belátható pl. a háromszögegyenlőtlenség segítségével. Ha az egyik ponttól mért távolságot rögzítjük, akkor már tudjuk a megoldást. És azt is kimondhatjuk, hogy ha a fenti feltétel nem teljesül mind hárompont esetén (t.i. a megfelelő szögek egyenlősége), akkor mindig találunk jobb megoldást. A keresett P pontra fenn kell állnia, hogy: C - AP félegyenes felezi a BPC szöget, - BP félegyenes felezi a CPA szöget, - CP félegyenes felezi a APB szöget. Ez akkor teljesül, ha:
P
A
B
APB∠ = BPC∠ = CPA∠ = 120°. l.10/c.ábra Azt megint csak be kell látnunk, hogy létezik ilyen pont. Ehhez rajzoljuk meg az AB illetve BC szakaszok feletti 120°-os látóköröket. Ezek metszéspontja olyan pontot jelöl ki, amelyből mindkét szakasz 120°-os szög alatt látszik. Ekkor ez szükségképpen igaz lesz CA szakaszra is, de csak bizonyos feltételek mellett . Hogy melyek ezek, arról lesz szó a feladat b) részében. Most már a keresett pont létezését is beláttuk, így a feladatot megoldottuk. ll) A feladatot egy másik ötlet segítségével is meg lehet oldani. Könnyebb lenne elindulni, ha a kérdéses szakaszok nem egy pontban végződnének, hanem egymás után következnének. Akkor az eddigi gondolatmenet alapján, ha megfelelően sikerülne így elrendezni őket, abban az esetben lenne összhossza a legrövidebb, ha egyenes lenne. Például az AP szakaszt párhuzamosan eltolhatjuk a C (=P') pontba. Ekkor az így keletkezett A'C+CP+PB törtvonal hosszát kellene vizsgálni (l.10/d ábra). De miközben P pont mozog a síkon, úgy vele együtt A' is. Ez elég kényelmetlen vizsgálódásunk szempontjából. Az lenne a jó, ha sikerülne az egyik pontot úgy elmozgatni a síkon, hogy P változtatása mellett fixen maradjon úgy, hogy közben megjelenjen a keresett hosszú-ságú törtvonal is. Ha nem eltolni próbáljuk, mint az előbb, hanem elforgatni pl. a C csúcsot egy rögzített P-vel együtt (C' , P'),
l.fejezet
Készítette: Porkoláb Tamás
A fény útján
akkor egy 60° -os elforgatás esetén megjele-nik a keresett hosszúságú törtvonal az ábrán, és P változása mellett C' már helyben marad (l.10/e ábra). C
C C'
A'
P
AP+BP+CP = PP'+BP+CP' =
P' P
A
l.10/d ábra
B
A
= BP+PP'+P'C B
l.10/e ábra
B és C' egyenes vonallal való összekötésével megkapjuk a keresett legrövidebb hosszúságot. Ekkor az APP' háromszög egyenlő oldalú, és emiatt AP'C'∠ = APB∠ = 120° , amiből BCP ∠ = 120° is következik. Eredményünk azonos az előző megoldásban kapottal. Azonban ahogy ott, úgy itt is csak az említett feltételek mellett igaz. Gondoljunk például arra az esetre, amikor a BC' szakasz nem metszi az AC-t! Ha A,B,C egy háromszög csúcsai, akkor az eredményül kapott P pontot a háromszög izogonális pontjának nevezzük. l.10.b feladat: Melyek azok a feladat a) részében emlegetett feltételek, amelyek mellett igazak az ott kapott megoldások?
l.fejezet
Készítette: Porkoláb Tamás
A fény útján
