Feladat: 9.6.
(
Fagnano és az ellipszis)
a) Tekintsük a
C középpontú
r sugarú
k kör
AB
^
negyedkörívét és rajta a tetszőlegesen felvett
M pontot (lásd az
1. ábrát). A
k kör
M-beli érintőjén vegyük fel a
H,
K pontokat úgy, hogy
H a
CB félegyenes metszéspontja legyen, míg
K a
H-tól
M felé helyezkedjék el
H-tól
r távolságra. Messe a
K-n át húzott
CB-vel párhuzamos egyenes a negyedkörívet az
N pontban. Mutassuk meg, hogy a kör
BM
^
,
NA
^
ívei egyenlők.
1. ábra
b) (
Fagnano pont, mint extrémum)
Most egy
k ellipszist vizsgálunk, melynek középpontja
C, fél nagytengelye
CA, fél kistengelye
CB. Tekintsük az ellipszis
AB
^
negyedívén egy tetszőleges
M pontot és legyen a
C középpont merőleges vetülete az ellipszis
M-beli érintőjén
T. Határozzuk meg az
MT szakasz hosszának maximumát!
c) Tekintsük még az ellipszis
M-beli érintőjén a
H,
K pontokat úgy, hogy
H a
CB félegyenes metszéspontja legyen, míg
K a
H-tól
M felé helyezkedjék el
H-tól a
CA fél nagytengellyel egyenlő távolságra. Messe a
K-n át húzott
CB-vel párhuzamos egyenes a negyed ellipszisívet az
N pontban. Mutassuk meg, hogy az ellipszis
BM
^
,
NA
^
íveinek különbsége a
TM szakasz hosszával egyenlő.
d) (
Fagnano pont, mint kerületfelező)
Ha az
ACB ellipszisnegyed
CA féltengelyére egy
CAE egyenlő oldalú háromszöget szerkesztünk (lásd a
2. ábrát), és az
AE oldalra felmérjük az
AF=CB féltengelyt, akkor a
C középpontú
F-en átmenő kör a
BA
^
ellipszisívet egy olyan
O pontban metszi, amelyre
CA+
AO
^
=CB+
BO
^
,
|
tehát a
CA,
CB féltengelyek és a
BC ív alkotta zárt görbe kerületét felezi a
CO egyenes.
2. ábra
Megoldás: 9.6
a) Messe a
H ponton át a
CA sugárral párhuzamos egyenes a
KN egyenest
A'-ben.
A
CMH,
HA'K háromszögek hasonlóak (
HCM∠ és
A'HK∠ merőleges szárú szögek), míg a
HA'K,
CAN háromszögek egybevágók. A vizsgált ívek egyenlők, hiszen középponti szögeik egyenlők (lásd a
3. ábrát).
3. ábra
b) Legyen
CA=1 és
CB=c<1, tehát az ellipszis egyenlete
Használni fogjuk az
n=1-
c2
>0 rövidítő jelölést.
Az érintő meredeksége
tehát a
v
‾
(1;-
cx
1-
x2
),
|
vektor érintő irányú és hossza
|
v
‾
|=
12
+
c2
x2
1-
x2
=
1-
nx2
1-
x2
,
|
| (3) |
így az érintő irányú egységvektor:
e
‾
(
1-
x2
1-
nx2
;-
cx
1-
nx2
).
|
| (4) |
A vizsgált
TM szakasz hossza az
CM
→
(x;c1-
x2
) vektor
u
‾
vektorra eső merőleges vetülete:
MT=
e
‾
·
CM
→
,
|
azaz
x függvényeként:
Vizsgált függvényünk nemnegatív és folytonos,
x=0-ban és
x=1-ben zérus az értéke, így a
[0;1] intervallum belsejében lesz maximuma.
A
MT'(x)=n
nx4
-2
x2
+1
(1-
nx2
)3
(1-
x2
)
|
| (6) |
derivált a
[0;1] intervallumban csak
x=
1
1+c
-ben zérus, ez a maximumhely. A maximum értéke
1-c, tehát a fél nagytengely és fél kistengely különbsége.
c) Felhasználjuk az a) rész számolási eredményeit. Mivel
HK
→
=
e
‾
, így a
K,
N pontok abszcisszája (
4)-ből
Az ívhossz az érintő hosszának (lásd (
3)) integrálja, tehát az alábbi összefüggést kell igazolnunk:
∫u
1
1-
nt2
1-
t2
dt=
∫0
x
1-
nt2
1-
t2
dt-nx
1-
x2
1-
nx2
.
|
| (8) |
A (
8) bal oldalán található integrál kiszámításával kísérletezve a
helyettesítést próbáljuk ki. A határok módosítása egyszerű:
t=1 az
s=0 értékhez, míg (
7) alapján
t=u az
s=x értékhez tartozik. Másrészt (
9)-ből
így
dt
ds
=s
1-
ns2
1-
s2
n-1
(1-
ns2
)2
.
|
Mindezekből
∫u
1
1-
nt2
1-
t2
dt=
∫x
0
1
s
s
1-
ns2
1-
s2
n-1
(1-
ns2
)2
ds=
∫0
x
1-
ns2
1-
s2
1-n
(1-
ns2
)2
ds=
|
=
∫0
x
1-
ns2
1-
s2
ds-n
∫0
x
1-
ns2
1-
s2
ns4
-2
s2
+1
(1-
ns2
)2
ds.
|
A legutolsó kifejezést is láttuk már (
6)-ben, tehát
NA
^
=
BM
^
-
[ns
1-
s2
1-
ns2
]0
x
.
|
Mivel
-
[ns
1-
s2
1-
ns2
]0
x
=-nx
1-
x2
1-
xs2
=-MT
(lásd (
5)) így az állítást igazoltuk.
d) A keresett pont a b) feladat eredménye és a c) feladat állítása szerint az ellipszis
x=
1
1+c
abszcisszájú
O(
1
1+c
,c
c
1+c
) pontja, melyre
CO=
1+
c3
1+c
=1-c+
c2
, így a
CAF háromszög
CF oldalára felírt koszinusz-tétel igazolja az állítást.