A B. 5427. feladat (2024. december)

B. 5427. Az $\displaystyle ABC$ háromszög belső pontja $\displaystyle P$. Az $\displaystyle AP$, $\displaystyle BP$ és $\displaystyle CP$ egyenesek a $\displaystyle BC$, $\displaystyle CA$ és $\displaystyle AB$ oldalakat rendre az $\displaystyle L$, $\displaystyle M$ és $\displaystyle N$ pontokban metszik. Mutassuk meg, hogy $\displaystyle P$ pontosan akkor súlypontja $\displaystyle ABC$-nek, ha súlypontja $\displaystyle LMN$-nek.

Crux Mathematicorum

(5 pont)

A beküldési határidő 2025. január 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Jelöljünk ki egy tetszőleges $\displaystyle O$ vonatkoztatási pontot, az $\displaystyle O$-ból a pontokba mutató vektorokat jelölje a megfelelő (vastagított) kisbetű. A megoldás során a következő ismert tényeket felhasználjuk. Ezek bizonyítását is ismertetjük. (Az általánosabb kitekintés érdekében lásd még a megoldás utáni megjegyzést):

i.) Legyenek $\displaystyle X$ és $\displaystyle Y$ különböző pontok. Egy $\displaystyle Q$ pont pontosan akkor illeszkedik az $\displaystyle XY$ egyenesre, ha léteznek olyan $\displaystyle \xi$ és $\displaystyle \upsilon$ valósak, amelyekre $\displaystyle \xi+\upsilon=1$ és $\displaystyle \xi \mathbf x+ \upsilon \mathbf y= \mathbf q$. Továbbá az előállításban szereplő $\displaystyle \xi$ és $\displaystyle \upsilon$ együtthatók egyértelműek.

Ha a $\displaystyle Q$ pont az $\displaystyle X$ vagy az $\displaystyle Y$ ponttal egybeesik, akkor igaz az állítás. Ha most $\displaystyle Q$ az $\displaystyle XY$ egyenes $\displaystyle X$-től és $\displaystyle Y$-tól különböző pontja, akkor $\displaystyle \mathbf q- \mathbf x=\lambda(\mathbf y-\mathbf x)$, illetve rendezés után $\displaystyle \mathbf q=\mathbf x+\lambda(\mathbf y-\mathbf x)=(1-\lambda) \mathbf x+\lambda \mathbf y$. A $\displaystyle \lambda$ értékétől függetlenül $\displaystyle 1-\lambda+\lambda=1$. A $\displaystyle \mathbf q- \mathbf x$ és $\displaystyle \mathbf y- \mathbf x$ vektorok párhuzamosak, az egyik egyértelműem írható fel a másik valós számszorosaként.

A megfordítás bizonyításához ismét feltehetjük, hogy $\displaystyle \xi$ és $\displaystyle \upsilon$ egyike sem 0 vagy 1, mert abban az esetben nyilvánvalóan a $\displaystyle Q$ pont vagy az $\displaystyle X$ ponttal, vagy az $\displaystyle Y$ ponttal esik egybe. Tekintsük az $\displaystyle X$ pontból a $\displaystyle Q$ pontba mutató vektort. Mivel $\displaystyle \mathbf q=\xi \mathbf x+ \upsilon \mathbf y$, ezért

$\displaystyle \overrightarrow{XQ}=\mathbf q - \mathbf x=\xi \mathbf x+ \upsilon \mathbf y-\mathbf x=(\xi-1)\mathbf x+ \upsilon \mathbf y=\upsilon (\mathbf y-\mathbf x),$

hiszen most $\displaystyle \xi+\upsilon=1$.

ii.) Legyenek $\displaystyle X$, $\displaystyle Y$ és $\displaystyle Z$ különböző, nem kollineáris pontok. Egy $\displaystyle Q$ pont pontosan akkor illeszkedik az $\displaystyle XYZ$ síkra, ha léteznek olyan $\displaystyle \xi$, $\displaystyle \upsilon$ és $\displaystyle \zeta$ valósak, amelyekre $\displaystyle \xi+\upsilon+\zeta=1$ és $\displaystyle \xi \mathbf x+ \upsilon \mathbf y+\zeta \mathbf z= \mathbf q$. Továbbá az előállításban szereplő $\displaystyle \xi$, $\displaystyle \upsilon$ és $\displaystyle \zeta$ együtthatók egyértelműek.

Ennek bizonyításához már felhasználjuk az i.) eredményét.

Tegyük fel először, hogy a végpontok egy síkban vannak. Akkor

$\displaystyle \mathbf x-\mathbf q, ~\mathbf y-\mathbf q, \mathbf z-\mathbf q$

vektorok egysíkúak, amiből i.) alapján

$\displaystyle \mathbf z-\mathbf q=\lambda(\mathbf x-\mathbf q)+\mu(\mathbf y-\mathbf q),$

ahol $\displaystyle \lambda+\mu=1$. Fejezzük ki a $\displaystyle \mathbf q$ vektort a többivel:

$\displaystyle \lambda \mathbf q+\mu \mathbf q-\mathbf q=\lambda \mathbf x+\mu \mathbf y-\mathbf z,$

$\displaystyle \mathbf q=\frac{\lambda}{\lambda+\mu-1}\mathbf x++\frac{\mu}{\lambda+\mu-1}\mathbf y- \frac{1}{\lambda+\mu-1}\mathbf z.$

A számszorzók összege nyilván 1, az állítás első felét igazoltuk. (Az osztást elvégezhettük, mert ha $\displaystyle \lambda+\mu=1$ állna fenn, akkor az $\displaystyle X, Y, Z$ pontok egy egyenesbe esnének, ekkor nyilvánvaló, hogy $\displaystyle X, Y, Z, Q$ egy síkban vannak.

Ha viszont $\displaystyle \xi \mathbf x+ \upsilon \mathbf y+\zeta \mathbf z= \mathbf q$, ahol $\displaystyle \xi+\upsilon+\zeta=1$, azaz $\displaystyle \zeta=1-\xi-\upsilon$, akkor

$\displaystyle \mathbf q=\xi \mathbf x+ \upsilon \mathbf y+\zeta \mathbf z=\xi \mathbf x+ \upsilon \mathbf y+(1-\xi-\upsilon) \mathbf z.$

Innen

$\displaystyle \mathbf q-\mathbf z=\xi(\mathbf x-\mathbf z)+\upsilon(\mathbf y-\mathbf z),$

ami azt jelenti, hogy a $\displaystyle \mathbf q-\mathbf z, ~\mathbf x-\mathbf z, ~\mathbf y-\mathbf z$ vektorok egy síkban vannak és ebből már az is következik, hogy $\displaystyle \mathbf x, ~\mathbf y, ~\mathbf z, ~\mathbf q$ végpontjai is egy síkon vannak.

Rátérve a feladat megoldására, legyen $\displaystyle P$ egyelőre az $\displaystyle ABC$ háromszög tetszőleges belső pontja. Az előzetes megjegyzésünk szerint tehát egyértelműen léteznek $\displaystyle \alpha$, $\displaystyle \beta$ és $\displaystyle \gamma$ számok ($\displaystyle \alpha+\beta+\gamma=1$); valamint $\displaystyle \lambda$, $\displaystyle \mu$ és $\displaystyle \nu$ számok ($\displaystyle \lambda+\mu+\nu=1$) úgy, hogy

$\displaystyle \mathbf p=\alpha \mathbf a+\beta \mathbf b+\gamma \mathbf c= \lambda \mathbf l+\mu \mathbf m+ \nu \mathbf n.$

Mivel $\displaystyle P\neq A$, így $\displaystyle \alpha\neq 1$, és $\displaystyle \mathbf p - \alpha\mathbf a=\beta \mathbf b+\gamma \mathbf c$ összefüggést $\displaystyle 1-\alpha\neq 0$-val osztva kapjuk, hogy

$\displaystyle \frac{1}{1-\alpha}\mathbf p+\frac{-\alpha}{1-\alpha}\mathbf a=\frac{\beta}{1-\alpha}\mathbf b+\frac{\gamma}{1-\alpha}\mathbf c.$

Az együtthatók összege mindkét oldalon $\displaystyle 1$, így az összeg csak $\displaystyle \mathbf l$ lehet, hiszen előzetes megjegyzésünk szerint illeszkednie kell $\displaystyle PA$ és $\displaystyle BC$ egyeneskre is. Azaz kaptuk, hogy

$\displaystyle \mathbf l=\frac{\beta}{1-\alpha}\mathbf b+\frac{\gamma}{1-\alpha}\mathbf c.$

Hasonlóan kapjuk, hogy

$\displaystyle \mathbf m= \frac{\alpha}{1-\beta}\mathbf a+\frac{\gamma}{1-\beta}\mathbf c \qquad \text{és} \qquad \mathbf n=\frac{\alpha}{1-\gamma}\mathbf a+\frac{\beta}{1-\gamma}\mathbf b.$

Ezeket visszahelyettesítve

$\displaystyle \mathbf p=\lambda \mathbf l+\mu \mathbf m+ \nu \mathbf n=\lambda \left ( \frac{\beta}{1-\alpha}\mathbf b+\frac{\gamma}{1-\alpha}\mathbf c \right )+ \mu \left ( \frac{\alpha}{1-\beta}\mathbf a+\frac{\gamma}{1-\beta}\mathbf c\right )+ \nu \left( \frac{\alpha}{1-\gamma}\mathbf a+\frac{\beta}{1-\gamma}\mathbf b\right),$

átrendezve

$\displaystyle \mathbf p= \left(\frac{\mu \alpha}{1-\beta}+\frac{\nu \alpha}{1-\gamma} \right )\mathbf a+\left(\frac{\lambda \beta}{1-\alpha}+\frac{\nu \beta}{1-\gamma} \right ) \mathbf b+\left(\frac{\lambda \gamma}{1-\alpha}+\frac{\mu \gamma}{1-\beta} \right )\mathbf c.$

Az átrendezés előtti alakból világos, hogy az együtthatók összege továbbra is $\displaystyle 1$, ezért az előállítás egyértelműsége miatt a kapott összefüggésben $\displaystyle \mathbf a$, $\displaystyle \mathbf b$ és $\displaystyle \mathbf c$ együtthatói szükségképpen rendre $\displaystyle \alpha$, $\displaystyle \beta$ és $\displaystyle \gamma$ kell legyenek. Ebből $\displaystyle \alpha$-val, $\displaystyle \beta$-val és $\displaystyle \gamma$-val történő egyszerűsítés után a következő összefüggéseket kapjuk:

$\displaystyle (*) \,\begin{cases} \frac{\mu}{1-\beta}+\frac{\nu}{1-\gamma}=1\\ \frac{\lambda}{1-\alpha}+\frac{\nu}{1-\gamma}=1\\ \frac{\lambda}{1-\alpha}+\frac{\mu}{1-\beta} =1. \end{cases}\,$

Most először tegyük fel, hogy $\displaystyle P$ az $\displaystyle ABC$ háromszög súlypontja. Ekkor $\displaystyle \alpha=\beta=\gamma=1/3$, és $\displaystyle (*)$-ra úgy tekintünk, mint egy egyenletrendszerre $\displaystyle \lambda$, $\displaystyle \mu$ és $\displaystyle \nu$ ismeretelenekkel. Világos, hogy az egyetlen megoldás $\displaystyle \lambda=\mu=\nu=1/3$, azaz $\displaystyle P$ valóban súlypontja $\displaystyle LMN$ háromszögnek.

Fordítva, tegyük fel, hogy $\displaystyle P$ az $\displaystyle LMN$ háromszög súlypontja, azaz $\displaystyle \lambda=\mu=\nu=1/3$. Ekkor $\displaystyle (*)$-ra úgy tekintünk, mint egy egyenletrendszerre $\displaystyle \frac 1 {1-\alpha}$, $\displaystyle \frac 1 {1-\beta}$ és $\displaystyle \frac 1 {1-\gamma}$ ismeretlenekkel. Világos, hogy az egyetlen megoldás $\displaystyle \frac 1 {1-\alpha}=\frac 1 {1-\beta}=\frac 1 {1-\gamma}=\frac 32$. Így $\displaystyle \alpha=\beta=\gamma=1/3$, amiért $\displaystyle P$ az $\displaystyle ABC$ háromszög súlypontja. Ezzel a feladat állítását beláttuk.

Megjegyzés. A megoldásban tulajdonképpen baricentrikus, vagy más (de ekvivalens) megközelítésben affin koordinátákat használtunk. A felhasznált tulajdonságok mind jól ismertek, érdemes őket gyakorló feladatként megpróbálni önállóan igazolni, de itt is olvashatunk róluk.

Statisztika:

56 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Ali Richárd, Bodor Ádám, Bui Thuy-Trang Nikolett, Diaconescu Tashi, Gyenes Károly, Holló Martin, Kerekes András, Kovács Benedek Noel, Molnár István Ádám, Pázmándi József Áron, Prohászka Bulcsú, Rajtik Sándor Barnabás, Sajter Klaus, Sánta Gergely Péter, Sárdinecz Dóra, Sha Jingyuan, Szabó 721 Sámuel, Vámosi Bendegúz Péter, Varga 511 Vivien, Vigh 279 Zalán, Virág Lénárd Dániel, Wágner Márton, Zhai Yu Fan.
4 pontot kapott:	Aravin Peter, Bencze Mátyás, Bogdán Balázs Ákos, Bolla Donát Andor, Csató Hanna Zita , Hajszter Dóra, Hodossy Réka, Horák Zsófia, Li Mingdao, Minh Hoang Tran, Sütő Áron, Wiener Marcell.
3 pontot kapott:	4 versenyző.
2 pontot kapott:	3 versenyző.
1 pontot kapott:	7 versenyző.
0 pontot kapott:	5 versenyző.

A KöMaL 2024. decemberi matematika feladatai