Izogonális pont (1)

Vissza: http://gorbem.hu/Matematika.php

Egy geometriai szélsőérték feladat

Feladat: Adott a síkban n darab pont. Keresendő az a pont, amelyből az adott pontokba húzott szakaszok hosszának az összege – a sík bármely pontjára nézve – a lehető legkisebb.

A feladat eléggé világos és egyszerűen megfogalmazott, a megoldás azonban nem is olyan egyszerű. Mindjárt azzal kezdhetnénk, hogy mennyi legyen az n? Mert ettől a megoldáshoz vezető út igencsak függ. Vajon mindig csak egy pont a megoldás? Van-e olyan megoldási módszer, amely a pontok számától és elhelyezkedésétől függetlenül megoldást szolgáltat. Mi a helyzet, ha a síkból kilépve magasabb dimenziókban gondolkodunk? Mi a feladat megoldása, ha nem a szakaszok összegével, hanem a négyzetük összegével számolunk? Vagy mi a válasz a kérdésre, ha nem egy pontból a meglévőkbe húzott szakaszokat keresünk, hanem egy egyenes szakaszokból álló hálót, mely az adott pontokat összeköti. Lehet módosítani a feladatot például úgy, hogy nem pontot, hanem egy egyenest keresünk (az adott pontok és az egyenes távolságának összege a minimum). De még további általásításokat is kitalálhatunk, nem is kell hozzá túl sok fantázia.

Aki behatóbban foglalkozott már a feladattal, tudhat bizonyos dolgokat. Például azt, hogy a feladat három pontra Fermat-tól származik – attól a híres matematikustól, aki a nagy Fermat sejtés megalkotója, mely 1995 óta már tétel, mert bebizonyították. Elsőkként Mersenne, Torricelli, Vivianni és Cavalieri adtak megoldásokat három pontra (háromszögekre). Ez a pont a háromszögben – olyanban, amelynek minden szöge kisebb, mint – az a pont, amelyből minden oldal azonos szög alatt látszik (ami nyilván). El is nevezte a matematika ezt a pontot Izogonális (azonos szögű) pontnak. Ebből következik, hogy általános háromszögre a feladat megoldása nem egyezik meg egyetlen, egyéb nevezetes ponttal sem. Azaz nem a magasságpont, nem súlypont, nem a háromszög köré vagy a háromszögbe írható kör középpontja. Szabályos háromszögre természetesen minden itt említett nevezetes pont egybeesik.

Mivel számomra ez a feladat nagyon kedves, sokat foglalkoztam vele, nagyjából a történetiséget követve írnám le a megoldását. Valamikor még Nagy Gáborral és Szabó Jánossal kezdtünk ebbe a munkába. A feladatot ők mondták el nekem, de akkor még nem állt módunk a szakirodalomban utána nézni (Ők jól tudják, hogy miért). Így aztán keményen megdolgoztunk minden részeredményért. A két személy kiléte itt és most homályban maradhat. De ha véletlen olvassák ezen oldalakat, akkor én nem szeretném, ha nevük elhallgatása miatt kellemetlenül éreznénk magunkat. A feladat megoldását jelentő pontok halmazát mi hárman, IMT-nek (Inter Minimális Tartománynak) neveztük el. Ha egyébként nem zavaró, akkor csak I-nek fogjuk nevezni, illetve jelölni. Első menetben nézzük, mit mondhatunk n különböző eseteire.

n=1

Azért ezzel kezdjük, mert n=0 esetre a feladat teljesen értelmetlen. Ha a pontok száma 1, akkor az IMT nyilván az adott pont maga. Az IMT mértéke pedig 0. Azt hiszem ez az eset több figyelmet, nem érdemel.

n=2

Másképpen fogalmazva adott egy szakasz. Hol vannak azok a pontok, ahonnan a szakasz végpontjaiba húzott szakaszok összege a legkisebb. A válasz nagyon egyszerű. A szakaszt alkotó pontok halmaza lesz az IMT, mértéke pedig a szakasz hossza. A magyarázatot a háromszög-egyenlőtlenség szolgáltatja. Ha olyan pontból húzunk szakaszokat az adott két ponthoz, amely nincs a két pont által meghatározott egyenesen, akkor egy háromszöget kapunk. A háromszög bármely két oldalának összege mindig nagyobb a harmadiknál (ez a háromszög-egyenlőtlenség), azaz az újabb pontból húzott szakaszok összege nagyobb az eredeti szakasznál, tehát nem tartozhat az IMT -hez. Ha olyan pontból húzunk szakaszokat, amely a két pont által meghatározott egyenesen, de az adott szakaszon kívül van, akkor a közelebbi pont és a keresett pont közötti szakasz hosszának a kétszeresével nagyobb összeget kapunk, mint az eredeti szakasz hossza. Azaz az IMT nem lehet a szakaszon kívül. Ezzel n=2 -re minden esetet megvizsgáltunk.

n=3

Kezdjük a legegyszerűbb esettel: legyen a három pont kollineáris (azaz egy egyenesre esnek). Könnyen belátható, szintén a háromszög-egyenlőtlenség alapján, hogy ebben az esetben az IMT egyetlen pont, mégpedig a három közül a középső, a mértéke pedig a két szélső pont közötti távolság. Ha a három pont nem esik egy egyenesre, akkor egy háromszöget alkot. Ekkor két esetet kell megkülönböztetni.

Első esetben a háromszög minden szöge legyen kisebb, mint. Ekkor a megoldás az Izogonális pont. Ennek bizonyítását számos helyen megtalálhatjuk. Egyik elemi geometriai bizonyítása a következő: Legyen az ABC háromszög olyan, hogy minden szöge kisebb, mint. Vegyünk fel a háromszög belsejében egy I pontot. Az A csúcs körül, az óra járásával ellentétes irányban,-al forgassuk el az AIC háromszöget. Így kapjuk az AI’C’ háromszöget. A -os elforgatás miatt az AII’ és az ACC’ háromszög szabályos, így AI’ és II’ szakaszok egyenlők. A BII’C’ törött vonal olyan hosszú szakaszokból áll, mint az I és a csúcsok közötti szakaszok. Ez a törött vonal a B és C’ pontokat köti össze, ami akkor a legkisebb, ha egyenes. Azaz I-nek rajta kell lenni a BC’ szakaszon. Mivel az AII’ szög, a BIA szög (a háromszög külső szöge). Hasonlóan a további két oldalra mindezt végrehajtva adódik, hogy az I az izogonális pont. Vagyis az I -ből a csúcsokba húzott szakaszok összege a minimális. Q.E.D.

Az izogonális pont szerkesztése ezek után úgy történik, hogy megrajzoljuk a háromszög oldalaira kifelé az oldalakkal meghatározott szabályos háromszögeket, majd a külső csúcsokat összekötjük a háromszög ehhez képest ellenkező csúcsával. Ezek a szakaszok egy pontban, az I pontban metszik egymást. Ez azért van így, mert ha az I szerkesztését-os látószögekkel indítjuk, akkor két oldal köríve egy olyan pontban metszi egymást, melyből az adott két oldal alatt látszik. Ekkor a teljes szögből a harmadik oldalra szintén jut, azaz a harmadik oldal-os körívén is rajta van a metszéspont, vagyis az I.

Próbálkozzunk meg egy analitikus megoldással is. Vegyük fel a három pontot koordinátarendszerben úgy, hogy minden szöge kisebb legyen-nál. Ilyet látunk a következő rajzon.

Jelölje D az IMT mértékét. Ez analitikusan így állítható elő:

Ennek a kétváltozós függvénynek a minimumát kellene megkeresni. Közismert módszer erre a parciális deriválás, majd ezek zérus-helyeinek meghatározása, melyek a szélső értékek szükséges feltételeit adják. Íme a két parciális derivált.

Vegyük észre, hogy a törtek nevezőjében mindig az I és a pont távolsága van. Az első egyenlet számlálóiban x koordináta szerinti különbség, a másodikban az y koordináta szerinti különbség található, így ez szögfüggvényre enged következtetni. Valóban az I -hez rögzített lokális koordinátarendszerben az e egységvektor irányszögének koszinusza és szinusza szerepel a két fenti egyenletben. Írjuk fel ezeket:

és

Nyilvánvaló, hogy ezek a szögfüggvény értékek nem lehetnek azonos előjelűek, hiszen akkor nem lehetne az összegük 0. Legyen a harmadik szög szinusza és koszinusza is negatív (mint például a rajzon). Így négyzetre emeléssel hamis gyök nem léphet fel. Rendezés és négyzetre emelés után ezeket kapjuk:

Az egyenleteket összeadva és rendezve:

Azaz olyan összefüggéseket kaptunk, amelyből kiolvasható, hogy az I -ből a csúcsokba vezető szakaszok-os szöget zárnak be. Számolásunk eredménye nem konkrét szögérték, hanem csak a különbségekre ad feltételt. (Konkrét értékeket nem is várhattuk volna, hiszen ha a háromszöget például az I körül elforgatjuk, akkor ugyanaz a háromszög marad, de minden irányszög ugyanannyival megváltozik.) Ha az egyenleteket másképpen rendezzük (másik szög szögfüggvényértékeit tekintjük negatívnak), akkor hasonló eredményeket kapunk a további szögek különbségeire is.

Egy másik analitikus lehetőség a I meghatározására a Lagrange-féle multiplikátor módszer. Használjuk a következő ábra jelöléseit:

Ekkor a minimalizálandó függvény

D= x + y + z

A feltételeket a koszinusz tételek szolgáltatják:

Az egyenletekben az I pontnál lévő szögek a koszinusz tételnek megfelelőek, és a harmadikban kihasználtuk, a koszinusz függvény tulajdonságát. Ezek után lássuk a D függvény leírását a Lagrange-féle módszer szerint:

Vegyük a szükséges parciális deriváltakat, melyeknek nullának kell lenni a szükséges feltételhez:

Ezzel egy 8 ismeretlenes () egyenletrendszert kaptunk, amelyet legalább a szögekre meg kellene oldani. A szükséges egyenletszám megvan, három a koszinusz tételből, öt a deriváltakból. A szögek szerinti deriváltakból ez adódik:

Ebből még nagy merészség arra gondolni, hogy, de ez vezetne arra, hogy a három szög mindegyike.

Az IMT mértékét a következőképpen számíthatjuk ki. Az ABC háromszögben a szokásos jelölések mellett az I az Izogonális pont, IA szakasz hossza legyen x, az IB szakasz hossza legyen y és az IC szakaszé z, a rajz szerint.

Írjuk fel a három kis háromszög területét:

Ahol

A koszinusz tétel alapján az oldalak négyzete:

Ahol

A szögfüggvényértékeket beírva, a következőket kapjuk:

ahol T a háromszög területe. Ezekből x+y+z négyzete előállítható az oldalak és a terület segítségével. Az xy, yz és zx értékeit a T bal oldalába helyettesítve:

Ebből ezt kapjuk:

Ezt és a

egyenleteket összeadva x+y+z négyzete adódik.

Azaz az IMT mértéke (az x, y és z összege):

ahol

a jól is mert Heron képlet.

Talán egy kicsit több munkával az x, y és z értékeit külön-külön is meghatározhatjuk. A koszinusz tételes egyenletekből kettő így írható fel:

Fogjuk fel ezeket másodfokú egyenleteknek x és z -re nézve. Így a két megoldás:

és

Tehát:

Rendezés és kétszeri négyzetre emelés után újra rendezve ezt kapjuk:

Ebből y -ra a következő adódik (szorzattá alakítások után):

Ez hasonlít egy kicsit a Heron képletre. Hasonlóan:

Ahol tehát

Vagyis a területet a Heron képlettel számolhatjuk, míg s a fél-kerület.

Második esetben a háromszög egyik szöge legalább-os. Ha ekkor is végrehajtjuk az előző esetben leírt látószög-szerkesztést, de a három körív nem fogja egymást metszeni a háromszög belsejében. Ha a háromszög egyik szöge pont , akkor ebben a csúcsban metszik egymást, vagyis a kerületén. Természetesen ez megegyezik az általunk keresett IMT -vel, mértéke pedig a háromszög két rövidebb oldalának a hossza. Ha a háromszög egyik szöge nagyobb, mint, akkor is ez a csúcs lesz az IMT. Bizonyításhoz tekintsük a következő ábrát (a C csúcsnál lévő szöge nagyobb mint):

Az ABC háromszögön kívül vegyük fel az I pontot. Azt kellene belátni, hogy az AC+CB<IA+IB+IC az I helyétől függetlenül. Az AC meghosszabbításának és az IB metszéspontja legyen K. Felírhatók a következők:

AK=AC+CK<IK+IA

CB<CK+KB

Adjuk össze a két egyenlőtlenséget:

AC+CK+CB<IK+IA+CK+KB

CK mindkét oldalon szerepel, ezeket kivonhatjuk, valamint IK+KB=IB. Azaz:

AC+CB<IA+IK+KB=IA+IB

Ha a jobb oldalt IC-vel növeljük, akkor az egyenlőtlenség még élesebb lesz. Azaz:

AC+CB<IA+IB+IC. Q.E.D.

n=4

A feladat szempontjából a pontok négy különböző módon helyezkedhetnek el a síkon:

1.) Kollineárisak.

2.) Három kollineáris, és a negyedik nincs ezek egyenesén.

3.) A négy pont egy konvex négyszöget határoz meg.

4.) A négy pont egy konkáv négyszöget határoz meg.

Első eset: a négy pont kollineáris. Ebben az esetben az IMT a két középső pont által meghatározott szakasz pontjai. Azaz ebben az esetben is végtelen sok pont alkotja az IMT -t. Az IMT mértéke a két szélső pont távolsága plusz a két középső pont távolsága.

Második eset: három pont kollineáris, és a negyedik nincs ezek egyenesén. Ebben az esetben az IMT a három egy egyenesre eső pont közül a középső. Az IMT mértéke a kollineáris pontok közül a két szélső távolsága, plusz a középső és a negyedik pont távolsága.

Harmadik eset: a négy pont egy konvex négyszöget határoz meg. Ebben az esetben az IMT a konvex négyszög átlóinak a metszéspontja. Az IMT mértéke a két átló hosszának az összege. Bizonyításhoz használjuk az ábra jelöléseit. A, B, C és D a négyszög csúcsait, I az átlók metszéspontját, P egy tetszőleges pontot, e és f az átlók hosszát, x, y, z és v a P -ből a csúcsokba húzott szakaszok hosszát jelöli.

Két háromszög-egyenlőtlenséggel belátható, hogy a P rosszabb tulajdonságú, mint az I.

x+z>e és y+u> f

Ha a két egyenlőtlenséget összeadjuk, akkor: x+y+z+z>e+f. Q.E.D.

Negyedik eset: a négy pont egy konkáv négyszöget határoz meg. Ebben az esetben az IMT a konkáv csúcs lesz. Az IMT mértéke a konkáv csúcsból a további három csúcsba húzott szakaszok hosszának az összege. Ennek belátásához tekintsük a következő ábrát.

Az ábra jelölései szerint a következőt kell belátni:

AI+BI+CI+DI>=DA+DB+DC.

Nyilván

BI+CI>=DB+DC a háromszögekre vonatkozó bizonyítás értelmében (második eset).

Valamint

AI+DI>=DA a háromszög-egyenlőtlenség miatt.

Ez utóbbi két egyenlőtlenséget összeadva kapjuk az állítást. Egyenlőség csak akkor állhat fenn, ha I=D. Q.E.D.

Következő lap: http://gorbem.hu/MT/Izogonalis2.htm