Izogonális pont (9)

 

Egy geometriai szélsőérték feladat

 

 

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

 

Íme az alapfeladatnak egy szintén jelentős módosítása. Az általánosítás abban áll, hogy a síkból kiléptünk a térbe. Ráadásul nem rögzítettük le a dimenziószámot. Ha a feladat szövegén nem módosítunk, akkor itt mindenki a háromdimenziós Euklideszi térre gondol. Egyelőre tegyük mi is ezt.

 

Lássuk, mit kell feltételeznünk a pontok számáról. Az általánosan elhelyezkedő n darab pontról a következőket tudjuk:

- egy pont csak önmagát határozza meg,

- két pont meghatároz egy egyenest (és egy szakaszt is, amely ezen az egyenesen van),

- három pont meghatároz egy síkot (egyébként egy kört is, ami a pontok síkjában van) és

- négy pont meghatározza a háromdimenziós teret (egyébként egy gömböt is ebben a térben).

 

Ezekből az adódik, hogy az n-nek legalább négynek kell lennie, hiszen ha ennél kisebb az értéke, akkor a feladat legfeljebb síkbeli, amit már elég részletesen tárgyaltunk az előző lapokon.

 

n=4

 

Térjünk vissza az első rész azon egyenleteihez, melyek a távolságösszegek és azok deriváltjait tartalmazzák. Emlékeztetőül:

 

A parciális deriváltak:

 

 

 

Ez utóbbit trigonometrikus egyenleteknek is felfoghatjuk:

 

 és

 

ahol a szögek az I-ből a pontokba mutató helyzetvektorok irányszögeinek tekinthetők. Vegyük sorra, hogy n különböző eseteire ezek milyen szögeket eredményeznek. n=1 esetén nincs egyértelmű szög. Ha n=2, (azaz egy szakaszról van szó) akkor:

 

 

Ez helyes is, hiszen a szakasz minden belső pontjából a végpontjai felé mutató egységvektorok -os fokos szöget zárnak be.

 

n=3 esetére az első lapon leírtak alapján a három szögből kettőre:

 

 

adódott,  azaz a három vektor egymással -os szöget zár be. Ha csak a szögfüggvényértékekre gondolunk, és tendenciát tételezünk fel, akkor a térben is lehet olyan pont, amelyből a négy pontba mutató egységvektorok által bezárt szögek egyenlők, és lehet hogy ennek a szögnek a koszinusza: . Hogyan tudnánk ezt a lehető legegyszerűbben belátni. Keressük meg ezt a szöget a tetraéderben. Mivel ez egy szabályos test, a középpontja egyúttal az izogonális pontja is (ebből a pontból az élek ugyanazon szög alatt látszanak). Nevezzük az ebből kiinduló, a tetraéder csúcsain átmenő négy félegyenest izogonális félegyeneseknek.

 

 

Határozzuk meg tehát annak a szögnek a koszinuszát, melyet a középpontból a csúcsokba húzott szakaszok zárnak be (AOD szög). Pitagorasz tétel segítségével először határozzuk meg a tetraéder magasságát, mert ennek a háromnegyed része lesz a köré írt gömb sugara, végül használjunk koszinusz tételt. Legyen a tetraéder élének hossza: a. Ekkor egy lapjának a magassága: . Ennek kétharmada a tetraéder magasságát is tartalmazó derékszögű háromszög egyik befogója: , a tetraéder h magassága (DT szakasz hossza) a másik befogója, az átfogója pedig a tetraéder egyik éle, melynek a hossza a. Azaz a tetraéder magassága:

 

 

A tetraéder köré írt gömb sugara tehát (a h háromnegyede):

 

 

Most tekintsünk egy olyan háromszöget, mely a tetraéder egyik éléből és ezen él két végpontjából a tetraéder középpontjába húzott szakaszokból (melyek hossza a köré írt gömb sugara) áll. Ilyen például az AOD háromszög. Írjunk fel erre koszinusz tételt és fejezzük ki belőle a koszinusz értéket:

 

 

Vagyis a tetraéderben az izogonális ponthoz tartozó szög koszinusza valóban . Ez a szög egyébként

 

 

melyet nevezhetünk a tér izogonális szögének.

 

Ezek után rátérhetünk a feladat megoldására. Ha a négy pont úgy helyezkedik el a térben, hogy a keletkező háromszögeknek minden szöge kisebb, mint a tér izogonális szöge, akkor a keletkezett gúlának van izogonális pontja. Ez a pont lesz a feladat megoldása. Ezt a fentebbi derivációt tartalmazó egyenletek biztosítják.

 

Visszagondolva a síkbeli három pont esetére, ott sem volt minden háromszögnek izogonális pontja. (Nincs, ha van  vagy annál nagyobb fokos szöge.) Nincs ez a térben sem másképp. Ha a térben a négy pont elhelyezkedése általános, akkor egy gúlát határoznak meg. A négy csúcsa pedig nem minden esetben helyezhető rá a tér egy pontjából kiinduló izogonális félegyenesekre.

 

Milyen lényegesen különböző esetek lehetnek?  A négy pont négy háromszöget határoz meg. Ezek szögeit kell a tér izogonális szögéhez hasonlítani. Hány olyan szöge lehet a gúla lapjainak, amely nagyobb, mint a tér izogonális szöge? Mivel egy háromszögben legfeljebb csak egy lehet ilyen, ezért biztosan kisebb vagy egyenlő, mint négy. De lehet-e négy, vagy csak három? Könnyen belátható, hogy négy a maximum.

 

Először megmutatjuk, hogyan állítható elő olyan gúla, melynek minden lapján van olyan szög, mely nagyobb az izogonális térszögnél. Vegyünk fel először a térben három olyan pontot, amelynek tompa szöge nagyobb, mint a tér izogonális szöge, de kisebb, mint  (ABC háromszög, tompa szöge a B csúcsnál van.). Ezek után tekintsük ennek a háromszögnek az izogonális pontját (I, ez létezik, mivel minden szöge kisebb -nál). Ezt a belső pontot emeljük ki a háromszög síkjából (D lesz belőle), de csak annyira, hogy a -os látószögek – a csökkenés mellett – mindegyike nagyobb maradjon, mint a tér izogonális szöge. Három további olyan háromszöget kaptunk, melynek van olyan szöge, ami nagyobb a tér izogonális szögénél. Ennek a gúlának a négy csúcsából egyben három, és egyben egy olyan szöge van, mely nagyobb, mint a tér izogonális szöge. Ebben az esetben a feladat megoldása az a csúcs, ahol a három nagy szög található, azaz a D.

 

 

Most olyan gúlát állítunk elő, amelynek három szöge nagyobb, mint az izogonális térszög. Ehhez kezdetnek felvehetünk egy szabályos háromszöget (ABC háromszög), vagy egy hegyesszögűt, és ennek izogonális pontját (I-t) kissé kiemelve a háromszög síkjából olyan három háromszöget kaphatunk, amelyeknek lesz izogonális térszögnél nagyobb szöge. Ennek a gúlának egy olyan csúcsa van (a D), amelyben három szög nagyobb az izogonális térszögnél. Ebben az esetben a feladat megoldása az a csúcs, ahol a három nagy szög található, azaz a D.

 

 

Lehet-e csak két olyan szöge egy gúlának, ami nagyobb, mint az izogonális térszög? Igen. Ehhez induljunk ki egy szabályos háromszögből (ABC). A negyedik pont legyen ennek a háromszögnek az izogonális pontja (I). Közelítsük a szabályos háromszög egyik csúcsát a másik csúcsához úgy, hogy a hat szakaszból csak ennek az egynek a hossza csökkenjen (AC), a többi maradjon változatlan hosszúságú. (A csúcsok csuklóként működjenek.) A mozgatás addig tartson, ameddig a csökkenő szakasz és az eredetileg az izogonális pontból kiinduló két szakasz szabályos háromszöget nem alkot (ADC háromszög). Az I pontból D lesz. Ennek a gúlának két lapja hegyesszögű háromszög, két lapja pedig tompaszögű, -os szögekkel. (A rajzon az egy ívvel jelölt szögek -osak, a két ívvel jelölt szögek pedig -osak.) Ebben az esetben a feladat megoldása a tompa szögeket tartalmazó csúcs lesz, azaz a D.

 

 

Lehet-e csak egy olyan szöge egy gúlának, ami nagyobb, mint az izogonális térszög? Igen. Induljunk ki egy egyenlőszárú -os tompaszögű háromszögből (B-nél van a tompaszög). Emeljünk merőleges félegyenest a háromszög síkjára a tompaszögű csúcsban. Keressük meg a merőlegesen azt a pontot (D-t), mely a háromszög hegyesszögű csúcsaival szabályos háromszöget alkot (ACD háromszög). Ez legyen a gúla negyedik csúcsa. Ennek a gúlának van egy tompaszögű háromszög lapja -os szöggel, van egy szabályos háromszög lapja és két derékszögű háromszög lapja (ABD és CBD háromszögek). Azaz egyetlen olyan szöge van, amely nagyobb az izogonális térszögnél. A feladat megoldása itt is a tompaszöget tartalmazó csúcs lesz, azaz a B.

 

 

Van-e olyan test, melynek nincs olyan szöge, amely nagyobb lenne az izogonális térszögnél? Természetesen igen. A tetraéder például olyan test, amelynek a lapjain elhelyezkedő szögei mind kisebbek (mivel mindegyik -os), mint az izogonális térszög. Mint fentebb említettem, ekkor a feladat megoldása a gúla izogonális pontja, ami létezik.

 

Ezzel végignéztünk minden n=4 esetet.

 

n>4

 

Ebben az esetben a legbiztosabb megoldási módszer a közelítő lejárás. Az Izogonális (2)-es lapon tárgyalt eljárások közül a harmadik eljárást javaslom alkalmazni. Az megbízhatónak és elég gyorsnak is bizonyult.

 

Ha a pontok száma 5, akkor ez egy speciális esetben visszavezethető az n=4 esetére. Ha például az öt pont konvex burka egy gúla, akkor az a pont lesz a megoldás, amely nem vesz részt a burok előállításában. Részletesebben, ha az ötödik pont a többi négy által meghatározott gúla belsejében vagy a felületén van, akkor ez az ötödik pont a feladat megoldása. Ez azzal analóg, amikor a háromszög esetén a háromszög területe (kerületével együtt) az a tartomány (IMT), ahonnan nem modul el az I, ha egy negyedik pontot felveszünk. (Izogonális (4)-es lap.)

 

Befejezésül térjünk vissza ahhoz a részhez, ahol megsejtettük, hogy az izogonális térszög koszinusza . Dimenziószám szerint soroljuk fel az izogonális szögek koszinuszát:

 

Dimenzió

Szög fok

Cos

0

nincs

nincs

1

180◦

-1

2

120◦

-1/2

3

109,4712206◦

-1/3

4

104,4775122◦

-1/4 ?

5

101,5369569◦

-1/5 ??

6

99,59406823◦

-1/6 ???

…

…

…

 

Vajon a táblázat úgy folytatható-e, ahogy azt mindenki – a szimmetria és szépérzéke szerint – folytatná? Azaz jogosak-e a kérdőjellel megjelölt értékek?

 

Adjunk vektoros reprezentációt a problémának. Adjuk meg azon egységvektoroknak a koordinátáit, amelyek az izogonális félegyenesekre illeszkednek. A vektorokat úgy válasszuk meg, hogy az origó legyen az I. Az első vektor mindig a x tengelyre illeszkedjen. A több is a lehető legspeciálisabb helyzetű legyen. Helyezkedjenek el koordináta tengelyekre, illetve a koordinátasíkokra nézve szimmetrikusan. Talán jobban érthető lesz mindez, ha felírjuk a vektorok koordinátáit:

 

1 dimenziós:

 

 

Koordinátarendszerben:

 

 

2 dimenziós:

 

 

Koordinátarendszerben:

 

 

 

3 dimenziós:

 

 

Koordinátarendszerben:

 

 

4 dimenziós:

 

 

Ennek koordinátarendszerbeli ábrázolása csak 4 dimenzióban lehetséges, értelemszerűen erre nem vállalkozom. A koordinátaértékek meghatározása némi számolást igényelt, melyet itt most nem írnék le.

 

Elemezzük a konkrét értékek függvényében a kapottakat. Minden vektor egységvektor, tehát nagysága egy. Ezt könnyen leellenőrizhetjük. A vektorok összege – természetesen dimenziónként – nulla vektor. Ez is jól látható az értékekből. Két vektor (a és b) szögének koszinuszát a következőképpen számolhatjuk ki:

 

 

ahol a*b a két vektor skaláris szorzata, az abszolút érték pedig a vektor hosszát jelöli. Mivel itt a vektorok egységnyi hosszúak, így a nevező értéke egy, azaz koszinusz egyenlő a skaláris szorzattal. A skaláris szorzat értékét az Euklideszi térben a vektorok koordinátáiból úgy számolhatjuk ki, hogy a megfelelő koordinátákat összeszorozzuk és a kapott számokat összeadjuk. Például három dimenzióban a skaláris szorzat:

 

 

ahol az indexek a vektorokra utalnak. Mivel dimenziónként az első vektor koordinátái 1 és a többi nulla, jól látható, hogy ez minden további vektorral ugyanakkora szöget zár be. Természetesen bármely két vektor skaláris szorzata is mindig egyenlő a második vektor első koordinátájával, azaz rendre -1, -1/2, -1/3 és -1/4-el. Példaként nézzük a négydimenziós eset 4. és 5. vektorát:

 

 

Még egy aspektusát nézzük meg a kapott eredményeknek. Mivel minden izogonális vektor egy szabályos alakzat (háromszög, tetraéder) középpontjából mutat a csúcsokba, egyúttal a súlypontjából mutat a csúcsokba. Márpedig a súlypont koordinátái a koordináták számtani átlaga. Jelen reprezentációban ez azt jelenti, hogy a második vektortól kezdve a vektorok első koordinátáinak meg kell egyezni -1/n -nel. Ez egyúttal válasz is arra, hogy a fenti táblázat kérdőlejes adatait kijelentő módban is megfogalmazhatjuk.

 

Tegyünk fel még egy kérdést: mi a helyzet, ha a dimenziószámot végtelenhez közelítjük? Természetesen:

 

 

azaz az izogonális szög tart a derékszöghöz. Ugyanakkor vegyük figyelembe azt, hogy minden véges dimenzió esetén a vektorok lineárisan függők, mert összegük nulla vektor. A határátmenetet átlépve azt kapjuk, hogy van a végtelen dimenziós térben olyan ortonormált vektorrendszer, ami lineárisan függő. De ezen nincs mit csodálkozni, a végtelen már csak ilyen. Ugyanolyan furcsa, mint az, hogy a végtelen halmaz azonos számosságú lehet egy valódi részhalmazával (a természetes számok számossága megegyezik a racionális számok számosságával, ugyanannyian vannak).

 

Megjegyzés: az ortonormált vektorrendszer olyan egységvektorokból álló vektorrendszer, melynek bármely két tagja merőleges egymásra. Leggyakrabban ilyen bázisrendszereket használunk az Euklideszi térben.

 

Első lap: http://gorbem.hu/MT/Izogonalis1.htm