 |
A B. 5540. feladat (2026. május) |
B. 5540. Legalább és legfeljebb mekkora lehet a \(\displaystyle K\) konvex sokszög területe, ha merőleges vetülete az \(\displaystyle x\)- és \(\displaystyle y\)-tengelyeken, valamint az \(\displaystyle x=y\) egyenesen is egy egységnyi hosszúságú szakasz?
Orosz feladat nyomán
(6 pont)
A beküldési határidő 2026. június 10-én LEJÁRT.
Megoldás. Először jegyezzük meg, hogy ha egy \(\displaystyle K\) konvex sokszög merőleges vetülete az \(\displaystyle e\) egyenesen az \(\displaystyle s\) szakasz, akkor a \(\displaystyle K\) benne van abban a sávban, amit az \(\displaystyle s\) végpontjaiban \(\displaystyle e\)-re állított merőleges egyenesek határolnak, továbbá \(\displaystyle K\)-nak mindkét egyenessel van közös pontja.
Ezután térjünk rá a ,,legfeljebb" részre, azaz adjunk felső becslést \(\displaystyle K\) területére. Az előzetes megjegyzésünk szerint \(\displaystyle K\) benne van három (egységnyi szélességű) sáv metszetében, \(\displaystyle K\) területe tehát legfeljebb a három sáv közös részének területe. Másrészt \(\displaystyle K\) választható a három sáv metszetének, ezért elegendő a három sáv metszetének területét maximalizálni.
Az \(\displaystyle x\)- és \(\displaystyle y\)-tengelyekre merőleges sávok metszete mindenképp egy egységnégyzet, feltehetjük, hogy \(\displaystyle [0,1]^2\). A harmadik sávot \(\displaystyle -1\) meredekségű egyenespár határolja, egyenleteik legyenek \(\displaystyle x+y=c\) és \(\displaystyle x+y=c+\sqrt 2\). (Ezzel biztosítottuk, hogy a harmadik sáv szélessége is valóban egységnyi.) Mivel maximumot keresünk, feltehetjük, hogy mindkét egyenes belemetsz \(\displaystyle [0,1]^2\)-be, azaz \(\displaystyle 0\le c \le 2-\sqrt 2\).
Az ábráról könnyen leolvasható, hogy az egységnégyzetből két egyenlő szárú, derékszögű háromszög ``esik le'', ezért a három sáv metszetének területe:
\(\displaystyle T=T(c)=1-\frac{c^2}{2}-\frac{(2-\sqrt 2-c)^2}{2}=-c^2+(2-\sqrt 2) c+2\sqrt 2-2=-\left(c-\frac{2-\sqrt 2}{2} \right)^2+\frac 32 -\sqrt 2 + 2 \sqrt 2 -2.\)
Ennek a \(\displaystyle c\)-ben másodfokú függvénynek a maximuma a \(\displaystyle c=(2-\sqrt 2)/2\) helyen van. A \(\displaystyle K\) területe így legfeljebb \(\displaystyle 1-(2-\sqrt 2)^2/4=\sqrt 2 -1/2\) lehet. A maximumot adja például az a hatszög, amelynek csúcsai \(\displaystyle ((2-\sqrt 2)/2;0)\), \(\displaystyle (1;0)\), \(\displaystyle (1;1-(2-\sqrt 2)/2)\), \(\displaystyle (1-(2-\sqrt 2)/2;1)\), \(\displaystyle (0;1)\) és \(\displaystyle (0;(2-\sqrt 2)/2)\). A megoldásból az is kiderül, hogy a maximumot adó \(\displaystyle K\) eltolás erejéig egyértelműen meghatározott.
Most rátérünk a ``legalább'' részre, azaz meghatározzuk \(\displaystyle K\) területének a minimumát. A gondolatmenet több lépésből áll. Először \(\displaystyle K\)-hoz konstruálunk egy speciális hatszöget, aminek a vetületei kielégítik a feltételeket, és területe legfeljebb annyi, mint \(\displaystyle K\) területe. Ezután a területet tovább csökkentve a hatszöghöz konstruálunk egy egységnégyzetbe írt négyszöget, aminek a vetületei továbbra is kielégítik a feltételeket. Az egységnégyzetbe írt, a vetületfeltételeket kielégítő négyszögek területét esetvizsgálattal minimalizáljuk.
Érvelésünk néhány egyszerűsítő észrevétellel kezdjük. Ha \(\displaystyle K\) merőleges vetülete egy \(\displaystyle e\) egyenesen a \(\displaystyle P'Q'\) szakasz, akkor \(\displaystyle K\)-nak van olyan \(\displaystyle P\) csúcsa, aminek a merőleges vetülete éppen \(\displaystyle P'\) (és természetesen olyan \(\displaystyle Q\) csúcsa is, aminek a vetülete \(\displaystyle Q'\)). Válasszuk ki \(\displaystyle K\)-nak legfeljebb hat csúcsból álló minimális csúcshalmazát úgy, hogy ezek meghatározzák az \(\displaystyle x\)- és \(\displaystyle y\)-tengelyeken, valamint az \(\displaystyle x=y\) egyenesen vett merőleges vetületeket az előbbiek szerint. Tekintsük ezen legfeljebb hat pont konvex burkát. Ez \(\displaystyle K\) konvexitása miatt része \(\displaystyle K\)-nak, így területe legfeljebb annyi, mint \(\displaystyle K\) területe. Továbbá az is világos, hogy a kiválasztott pontok közül \(\displaystyle [0,1]^2\) mind a négy oldalára esik pont. Ezért a továbbiakban feltesszük, hogy \(\displaystyle K\) legfeljebb hatszög, aminek \(\displaystyle [0,1]^2\) mind a négy oldalára esik csúcsa.
Legyen tehát \(\displaystyle K\) az \(\displaystyle ABPCDQ\) az ábra szerint, ahol \(\displaystyle P'Q'\) az \(\displaystyle x=y\) egyenesre vett vetület. (\(\displaystyle K\) néhány csúcsa egybeeshet.)
Következő lépésben megmutatjuk, hogy \(\displaystyle K\) területét nem növelve feltehető, hogy \(\displaystyle P\) és \(\displaystyle Q\) is \(\displaystyle [0,1]^2\) valamelyik oldalára esik. Ehhez húzzuk meg az \(\displaystyle AD\) átlót, ami \(\displaystyle ABPCD\) ötszögre és \(\displaystyle ADQ\) háromszögre darabolja \(\displaystyle K\)-t. A \(\displaystyle QQ'\) egyenes két pontban metszi \(\displaystyle [0,1]^2\) határát. A két metszéspontot \(\displaystyle Q^*\)-gal és \(\displaystyle Q^{**}\)-gal jelölve \(\displaystyle Q^*\) és \(\displaystyle Q^{**}\) valamelyikének a távolsága \(\displaystyle AD\) egyenesétől nem nagyobb, mint a \(\displaystyle Q^* Q^{**}\) szakaszon lévő \(\displaystyle Q\) távolsága \(\displaystyle AD\) egyenesétől; feltehető, hogy ez a \(\displaystyle Q^*\) pont. A \(\displaystyle Q^*\) pontra \(\displaystyle T_{ADQ}\ge T_{ADQ^*}\), s így \(\displaystyle T_{ABPCDQ}\ge T_{ABPCDQ^*}\). Ugyanígy \(\displaystyle P\) is ``kihúzható'' a határra, valamilyen \(\displaystyle P^*\) pontba.
Most megismételhetjük korábbi gondolatmenetünket \(\displaystyle ABP^*CDQ^*\) hatszögre: \(\displaystyle AP^*CQ^*\) négyszög teljesíti a vetületi feltételeket, és \(\displaystyle T_{AP^*CQ^*}\le T_{ABPCDQ^*}\). (Itt az \(\displaystyle A\) és \(\displaystyle C\) betűzés választása az ábrát követi, de ez természetesen függ attól, hogy \(\displaystyle P\)-t és \(\displaystyle Q\)-t konkrétan \(\displaystyle [0,1]^2\) melyik oldalára tudjuk kimozgatni.) Így feltehető, hogy \(\displaystyle K\) egy (esetleg háromszöggé fajuló) négyszög, aminek \(\displaystyle [0,1]^2\) minden oldalára esik legalább egy csúcsa. Ezt a négyszöget a továbbiakban ismét \(\displaystyle ABCD\)-vel fogjuk jelölni.
Jegyezzük meg, hogy \(\displaystyle K\) \(\displaystyle x=y\)-re vett merőleges vetületének egyik végpontja \(\displaystyle A\) vagy \(\displaystyle D\) vetülete, másik végpontja \(\displaystyle B\) vagy \(\displaystyle C\) vetülete. Logikai szimmetria miatt elég két esetet vizsgálnunk.
1. eset. Először tegyük fel, hogy \(\displaystyle AC\) szakasz \(\displaystyle A'C'\) vetülete egységnyi hosszú, és rögzítsük \(\displaystyle A\) és \(\displaystyle C\) pontokat.
Vegyük észre, hogy ha \(\displaystyle a\) jelöli \(\displaystyle A\) távolságát az origótól, és \(\displaystyle c\) a \(\displaystyle C\) távolságát \(\displaystyle (1,1)\) ponttól, akkor
\(\displaystyle 1=|A'C'|=\sqrt 2-\frac a {\sqrt 2} - \frac c {\sqrt 2}.\)
Emiatt \(\displaystyle a+c=2-\sqrt 2<1\), ezért \(\displaystyle A\) pont \(\displaystyle x\)-koordinátája kisebb, mint \(\displaystyle C\) ponté, s így \(\displaystyle AC\) egyenes meredeksége szükségképpen pozitív.
Az \(\displaystyle AC\) átlóval kettévágva \(\displaystyle ABCD\) négyszöget, az előző ponthoz hasonlóan látható, hogy \(\displaystyle D\) csúcsot ``lefelé'', \(\displaystyle B\) csúcsot pedig ``felfelé'' mozgatva \(\displaystyle ABCD\) területe csökken. (Itt használtuk ki, hogy \(\displaystyle AC\) meredeksége pozitív.) Jelölje \(\displaystyle AA'\) és \(\displaystyle y\)-tengely metszetét \(\displaystyle D^*\), valamint \(\displaystyle CC'\) és \(\displaystyle x=1\) egyenes metszetét \(\displaystyle B^*\). Világos, hogy \(\displaystyle T_{ABCD}\ge T_{AB^*CD^*}\).
Az \(\displaystyle AB^*CD^*\) trapéz területe kiszámolható, kihasználva az imént \(\displaystyle a+c\)-re kapott formulát:
\(\displaystyle T_{AB^*CD^*}=\frac{|AD^*|+|B^*C|}{2}\cdot |A'C'|=\frac {\sqrt 2 a+ \sqrt 2 c}{2}\cdot 1=\sqrt 2 -1.\)
Ez az érték független \(\displaystyle A\) és \(\displaystyle C\) rögzített helyétől, tehát ebben az esetben kaptuk, hogy \(\displaystyle K\) területe legalább \(\displaystyle \sqrt 2 -1\).
2. eset Másodszor tegyük fel, hogy az \(\displaystyle x=y\) egyenesen az \(\displaystyle AB\) szakasz vetülete egységnyi hosszú, és rögzítsük \(\displaystyle A\) és \(\displaystyle B\) pontokat.
2/a. aleset Tegyük fel, hogy \(\displaystyle AC\) egyenes meredeksége pozitív (vagy \(\displaystyle AC\) függőleges). Ekkor \(\displaystyle K\) területének növelése nélkül \(\displaystyle D\) pont \(\displaystyle D^*\)-ba mozgatható. Az 1. esetben leírtakkal egyező módon igazolhatjuk, hogy \(\displaystyle D^*B\) egyenes meredeksége pozitív. Ezért \(\displaystyle D^*ABC\) területet tovább csökkenthetjük \(\displaystyle C\) pont \(\displaystyle C^*\)-ba mozgatásával. Kaptuk tehát, hogy ebben az esetben is \(\displaystyle K\) területe legalább \(\displaystyle \sqrt 2 -1\), hiszen \(\displaystyle ABC^*D^*\) ugyanaz a trapéz, amit az 1. esetben vizsgáltunk.
2/b. aleset Tegyük fel, hogy \(\displaystyle DB\) egyenes meredeksége pozitív (vagy \(\displaystyle DB\) vízszintes). Ezt az alesetet a 2/a. alesettel analóg módon kezelhetjük, először \(\displaystyle C\)-t mozgatjuk \(\displaystyle C^*\)-ba, majd \(\displaystyle D\)-t \(\displaystyle D^*\)-ba.
2/c. aleset Tegyük fel, hogy mind \(\displaystyle AC\), mind \(\displaystyle DB\) egyenes meredeksége negatív.
A korábbiakhoz hasonlóan könnyen látható, hogy először a \(\displaystyle C\), majd a \(\displaystyle D\) pontot is az \(\displaystyle E(0,1)\) pontba mozgatva \(\displaystyle ABCD\) területe egyik esetben sem nő, így \(\displaystyle K\) területe legalább annyi, mint \(\displaystyle ABE\) háromszögé.
Hátra van még \(\displaystyle ABE\) háromszög területének meghatározása. Ez nem független \(\displaystyle A\) és \(\displaystyle B\) pontok választásától. Ha \(\displaystyle A(a,0)\), akkor az 1. esetben részletezett számolás szerint \(\displaystyle B(1,\sqrt 2-1+a)\). Az \(\displaystyle ABE\) terület \(\displaystyle a\) függvényében elemi módon kifejezhető pl. leeső területek segítségével:
\(\displaystyle T_{ABE}=1-\frac {a\cdot 1}{2}-\frac{(1-a)\cdot(\sqrt 2 -1+a)}{2}-\frac{(2-\sqrt 2 -a)\cdot 1}{2}=\frac{a^2-(2-\sqrt 2)a+1}{2}.\)
Ez \(\displaystyle a=1-\sqrt 2/2\) helyen minimális, a minimum értéke \(\displaystyle \sqrt2 /2-1/4\). Mivel \(\displaystyle 0,457 \approx \sqrt2 /2-1/4>\sqrt 2 -1 \approx 0,414\), így a 2/c. alesetben is igaz, hogy \(\displaystyle K\) területe legalább \(\displaystyle \sqrt 2 -1\).
Ezzel az esetvizsgálatot befejeztük. Kaptuk, hogy a terület keresett minimuma \(\displaystyle \sqrt 2 -1\), a minimumot olyan \(\displaystyle x=y\) egyenesre szimmetrikus trapézok szolgáltatják, amelyek egységnégyzetbe vannak írva, és magasságuk is egységnyi.
Statisztika:
A B. 5540. feladat értékelése még nem fejeződött be.
A KöMaL 2026. májusi matematika feladatai