Komplex számokkal elegánsabb?

1. Bevezetés

A geometriai feladatok megoldása a komplex számsíkon sajátosan ötvözi mindazokat az előnyöket, amelyeket a vektoros, a trigonometriai és algebrai módszerek, illetve ezek egyidejű alkalmazásai szolgáltatnak. Oldja azt a geometriával szembeni – érzésem szerint egyre erősődő – fenntartást, amely a geometriára fordítható időkeret radikális csökkentésével kialakult tanulókban és tanárokban egyaránt. A bizonyítások tömörek, könnyen éthetőek. Az egész témának van egy belső eleganciája, harmóniája. Ez nagyon hamar magukkal ragadja a tehetséges gyerekeket. Tapasztalataim szerint a gyerekek nagyon megszeretik ezt a témakört.

Az alábbi tárgyalásból a csoport igényei, illetve a tanító tanár elképzelései szerint egyes részek el is hagyhatók, illetve mások részletesebben is tárgyalhatók.

2. Vektorok, geometriai transzformációk

Mindenképpen érdemes a tárgyalást ezzel a résszel kezdeni. Itt közvetlenül használhatók fel a komplex számokkal végzett műveletek tulajdonságai, az egységgyökök. A feladatok mindegyike megoldható tisztán geometriai módszerekkel vagy éppen hagyományosan vektorok forgatásával is. Ehhez a fejezethez tartozó feladatok rövid, diszkussziót nem igénylő, jól áttekinthető megoldásai már meg is mutatják a komplex számok használatának egyes előnyeit.

A legalapvetőbb módszereket egy ismert feladat két megoldásával mutatjuk be.

1. feladat. Egy háromszög oldalaira kifelé szabályos háromszögeket rajzoltunk. Igazoljuk, hogy a szabályos háromszögek középpontjai ismét szabályos háromszöget határoznak meg. (Külső Napóleon-háromszög)

I. („vektoros”) megoldás.

Legyenek a háromszög csúcsai $A, B$ és $C$ . Az $AB$ oldalra írt szabályos háromszög középpontja $D$ , a $BC$ oldalra kifelé írt szabályos háromszög középpontja $E$ , s végül a $CA$ -ra írt szabályos háromszög középpontja $G$ pont. Legyen az $\overrightarrow{AD}$ irányított szakasz az $u$ , $\overrightarrow{BE}$ a $v$ , s $\overrightarrow{CG}$ irányított szakasz a $w$ komplex szám. Jelentse továbbá $\varepsilon$ az első hatodik egységgyököt. Ekkor a vektorok forgatásával - azaz a megfelelő komplex számok $\varepsilon$ -nal történő szorzásával kapjuk, hogy $\overrightarrow{DB}=\varepsilon \cdot u$ , $\overrightarrow{EC}=\varepsilon \cdot v$ , $\overrightarrow{GA}=\varepsilon \cdot w$ .

Be kell látni, hogy $\overrightarrow{EG}$ $60^{\circ}$ -os elforgatottja $\overrightarrow{ED}$ , vagyis

$\displaystyle (\varepsilon \cdot v +w)\cdot \varepsilon= -v-\varepsilon \cdot u.$

Ehhez felhasználjuk a következőket:

Egyrészt a hat komplex szám (vektor) összege nulla:

$\displaystyle u+\varepsilon u+v+\varepsilon v+w+\varepsilon w=0,$

$\displaystyle (1+\varepsilon)(u+v+w)=0,$

mivel $1+\varepsilon\neq 0$ , így

$\displaystyle u+v+w=0.$

Másrészt, mivel $\varepsilon$ hatodik egységgyök $\varepsilon^{3}=-1$ , tehát

$\displaystyle \varepsilon^{3}+1=(\varepsilon+1)(\varepsilon^{2}-\varepsilon+1)=0,$

Az $\varepsilon+1$ nem nulla, emiatt $\varepsilon^{2}-\varepsilon+1=0$ , illetve $\varepsilon^{2}+1=\varepsilon$ .

Ezután a bizonyítandó egyenlőséget egy oldalra rendezve valóban látjuk, hogy

$\displaystyle (\varepsilon^{2}+1)v+\varepsilon u+\varepsilon w=\varepsilon(u+v+w)=0.$

A másik bizonyítás a későbbi alkalmazásoknál (pl. Newton érintőnégyszögekre vonatkozó tételének bizonyítása) szintén jól használható.

II. („algebra és forgatás egyszerre”) megoldás.

Most kiszámoljuk először a $D,E$ és $G$ pontokhoz tartozó komplex számokat. A $d-a$ komplex szám pozitív irányú $60^{\circ}$ -os elforgatottja éppen $b-d$ . Ezt az $\varepsilon$ segítségével fel tudjuk írni: $\varepsilon(d-a)=b-d$ . Ebből $d$ , és ezt követően ugyanígy $e$ és $g$ kifejezhetők:

$\displaystyle d=\dfrac{b+\varepsilon a}{\varepsilon+1},\quad e=\dfrac{c+\varepsilon b}{\varepsilon+1},\quad g=\dfrac{a+\varepsilon c}{\varepsilon+1}.$

A $DEG$ háromszög szabályos, ha a $D$ pont $G$ körüli $60^{\circ}$ -os elforgatottja éppen az $E$ pont, azaz $\varepsilon(d-g)=e-g$ .

$\displaystyle \varepsilon(d-g)=\dfrac{\varepsilon b+\varepsilon^{2} a-\varepsil... ...}c}{\varepsilon+1}=\dfrac{\varepsilon b+c-a-\varepsilon c}{\varepsilon+1}=e-g.$

Ezzel a módszerrel sok esetben lehet dolgozni. A teljesség igénye nélkül: pl. Newton érintőnégyszögekre vonatkozó tétele, különféle Ceva-típusú kérdések, háromszögek és négyszögek oldalaira rajzolt háromszögek, négyzetek, szabályos sokszögek kérdései.

3. Körök és húrjaik

3.1. Húrok párhuzamossága

2. feladat. Az $O$ középpontú kör két húrjának végpontjai legyenek $a_{1}, a_{2}$ , illetve $b_{1}, b_{2}$ . Mi a párhuzamosságuk feltétele?

Az $(a_{1}b_{1})$ ív egyenlő az $(a_{2}b_{2})$ ívvel, tehát $a_{1}$ -et ugyanaz az $O$ középpontú forgatás viszi $b_{1}$ -be, amely $b_{2}$ -t $a_{2}$ -be. A két komplex szám hányadosa ugyanaz az egységnyi hosszúságú komplex szám kell, hogy legyen.

$\displaystyle \dfrac{b_{1}}{a_{1}}=\dfrac{a_{2}}{b_{2}} \Leftrightarrow a_{1} a_{2}=b_{1} b_{2}.$

A bizonyítás oda-vissza olvasható, ez a párhuzamosság feltétele.

További fontos segédeszközökre is szükség van. Ezek bizonyítása megtalálható több, az irodalomjegyzékben felsorolt helyen is.

3.2. Kör húrjaival kapcsolatos segédeszközök

1. Bizonyítható: Az $O$ középpontú kör két húrjának végpontjai legyenek $a_{1}, a_{2}$ , illetve $b_{1}, b_{2}$ . A merőlegességük feltétele: $a_{1} a_{2}+b_{1} b_{2}=0$ .

2. Bizonyítható: Az $O$ középpontú kör két húrjának végpontjai legyenek $a_{1}, a_{2}$ , illetve $b_{1}, b_{2}$ . Metszéspontjuk:

$\displaystyle m=\dfrac{a_{1} a_{2}(b_1+b_2)-b_{1} b_{2}(a_1+a_2)}{a_{1} a_{2}-b_{1} b_{2}}.$

Ha a húrok merőlegesek, akkor ebből speciálisan:

$\displaystyle m=\dfrac{a_1+a_2+b_1+b_2}{2}.$

(Ugyanezt az eredményt kapjuk közvetlenül akkor is, ha $a_{1}, a_{2}$ szakasz és a $b_{1}, b_{2}$ szakasz felezőpontjaiba mutató vektorok összegét vesszük. )

Két feladat megoldásával itt is ízelítőt adunk a megoldási lehetőségekről.

3.3. Háromszögre vonatkozó ismert feladat

3. feladat. Igazoljuk, hogy a háromszög talpponti háromszögének oldalai merőlegesek a háromszög köré írt kör csúcsokhoz tartozó sugaraira.

Legyen a háromszög köréírt körének középpontja ismét az $O$ pont, a csúcsok $a, b$ és $c$ . A három helyvektor összege a magasságpontba mutat, tehát

$\displaystyle m=a+b+c.$

A magasságpont oldalakra vonatkozó tükörképei a körülírt körön vannak. Két ilyen pontot összekötő szakasz párhuzamos a talpponti háromszög oldalával. A magasságpont $bc$ oldalra vonatkozó $m_a$ tükörképét az $a$ csúccsal összekötve a $bc$ és $am_a$ a kör egymásra merőleges húrjai, így $m_a=-\dfrac{bc}{a}$ . Hasonlóan a magaságpont $ca$ -ra vonatkozó tükörképe $m_b=-\dfrac{ca}{b}$ . Elegendő belátni, hogy az $a$ és $b$ csúcsokhoz tartozó magasságoknak a körrel vett metszéspontjait összekötő húr merőleges a $c$ és $-c$ pontokat összekötő átmérőre. A merőlegesség feltételét újra felhasználva:

$\displaystyle -\dfrac{bc}{a} \cdot -\dfrac{ac}{b} + c(-c)=c^2-c^2=0.$

3.4. Húrnégyszög forgatása

4. feladat. Forgassuk el az $ABCD$ húrnégyszöget a középpontja körül. Bizonyítsuk be, hogy az eredeti négyszög oldalegyenesei az elforgatott négyszög megfelelő oldalait egy paralelogramma csúcsaiban metszik.

Ismét $O$ középpontú körrel dolgozunk. A négyszög csúcsai $a, b, c, d$ , a forgatást generáló egység-komplex szám $\varepsilon$ . Ekkor pl. $a$ és $b$ elforgatottja $a'=\varepsilon a$ , illetve $b'=\varepsilon b$ . A két húr metszéspontja:

$\displaystyle x=\dfrac{ab(a'+b')-a'b'(a+b)}{ab-a'b'}=\dfrac{ab\varepsilon(a+b)-... ...n^2(a+b)}{ab(1-\varepsilon^2)}=\dfrac{\varepsilon}{1+\varepsilon}(a+b)=t(a+b).$

Rendre kapjuk, hogy $x=t(a+b), y=t(b+c), z=t(c+d)$ és $u=t(d+a)$ . Ebből $x-y=u-z=t(a-c)$ , a négyszög paralelogramma.

3.5. További lehetőségek, feladatok

Minden olyan geometriai feladat esetében érdemes ezeket a módszereket is megfontolni, amikor egy körnek közvetítő szerepe van. Például:

A háromszög magasságvonalai a talpponti háromszög szögfelezői
Síkbeli egyeneshalmaz talpponti alakzata és metszéspontalakzata
Simson-egyenes
Adott körbe írt két egybevágó, azonos körüljárású háromszög megfelelő oldalainak metszéspontjai az eredetihez hasonló háromszöget határoznak meg
Ennek a háromszögnek a magasságpontja a kör középpontja
Brocard-féle pontok

4. Köri pontnégyes – kettősviszony

Kicsit szűkebb tárgyalásnál ez a fejezet már el is hagyható. Speciális matematika osztályoknál azonban – véleményem szerint – érdemes ennek a tárgyalása, mert a vetítéseknél, a projektív geometria elemeinek tanulásánál is igen nagy hasznát vehetjük ezeknek az előzetes fogalmaknak,

4.1. Algebrai feltétel arra, hogy négy pont egy körön van

$(acb)\sphericalangle=(adb)\sphericalangle$ , ezért $b-c$ vektort ugyanolyan szögű forgatás viszi $(a-c)$ -vel párhuzamos helyzetbe, mint $(b-d)$ -t az $(a-d)$ -vel párhuzamos helyzetbe. Azaz van olyan $\varepsilon$ egységvektor, hogy $(b-c)\varepsilon=\lambda(a-c)$ és $(b-d)\varepsilon =\mu(a-d)$ , ahol $\lambda$ és $\mu$ valós számok. Tehát

$\displaystyle \dfrac{a-c}{a-d}:\dfrac{b-c}{b-d}=\dfrac{\mu}{\lambda}$

valós szám.

4.2. A kettősviszony

1. definíció. Az $\dfrac{a-c}{a-d}:\dfrac{b-c}{b-d}$ komplex számot, az $a, b, c, d$ komplex számok kettősviszonyának nevezzük. Jel: $(abcd)$ .

Ha $\dfrac{a-c}{a-d}:\dfrac{b-c}{b-d}=\rho$ valós, akkor $\dfrac{a-c}{b-c}=\rho \dfrac{a-d}{b-d}$ . Az $a-c$ és $b-c$ vektorok szöge vagy egyenlő az $a-d$ és $b-d$ vektorok szögével, vagy azt $180^{\circ}$ -ra egészíti ki. Így

1. tétel. Ha négy pont egy körön van, akkor kettősviszonyuk valós; ha a kettősviszonyuk valós, akkor a négy pont vagy egy körön van, vagy egy egyenesen.

A kettősviszonyra vonatkozó fenti tételnek a használatára remek lehetőséget kínál a háromszög Simson-egyenesére vonatkozó tétel tárgyalása.

4.3. Simson-egyenes

2. tétel. Bizonyítsuk be, hogy a háromszög köré írt kör tetszőleges pontjából az oldalegyenesekre bocsátott merőlegesek talppontjai egy egyenesen vannak.

Bizonyítás: Legyenek az $O$ középpontú körön a háromszög csúcsai $a, b, c$ , továbbá $p$ az a köri pont, ahonnan a merőlegeseket állítjuk. A $p$ -ből $(ab)$ egyenesére állított merőleges a kört másodszor $-\dfrac{ab}{p}$ pontban metszi. A két merőleges húr metszéspontja

$\displaystyle x=\dfrac{a+b+p-\dfrac{ab}{p}}{2}=\dfrac{(a+b+p)p-ab}{2p}.$

A másik két talppont:

$\displaystyle y=\dfrac{(b+c+p)p-bc}{2p}$ és $\displaystyle \quad z=\dfrac{(c+a+p)p-ca}{2p}.$

Az $x,y, z$ egy egyenesen vannak, ha $\dfrac{x-z}{y-z}$ valós szám.

$\displaystyle \dfrac{x-z}{y-z}=\dfrac{p(b-c)-ab+ca}{p(b-a)-bc+ca}=\dfrac{p(b-c)-a(b-c)}{p(b-a)-c(b-a)}=\dfrac{(p-a)(b-c)}{(p-c)(b-a)}=(pbac).$

A $(pbac)$ köri pontnégyes kettősviszonya valós, tehát az $x,y, z$ pontok valóban egy egyenesen vannak.

5. Trigonometriai alkalmazások

A nehezebb trigonometriai azonosságok bizonyításával gyakran nehézségek adódnak. A legtöbb bizonyítás nagyon egyedi ötletet, ügyes helyettesítést, és elsősorban a megfelelő sorrendben alkalmazott nevezetes trigonometriai azonosságok használatát követeli meg. Erre is kínálhatunk – sok esetben eredményesen használható – alternatív lehetőséget.

5.1. Trigonometriai számítás komplex számokkal

5. feladat. Számítsuk ki $\cos\dfrac{2\pi}{7} \cdot \cos\dfrac{4\pi}{7}+\cos\dfrac{4\pi}{7} \cdot \cos\dfrac{6\pi}{7}+\cos\dfrac{6\pi}{7} \cdot \cos\dfrac{2\pi}{7}$ pontos értékét.

Legyen most $\varepsilon$ az első hetedik egységgyök: $\varepsilon=\cos\dfrac{2\pi}{7} +i \cdot \sin\dfrac{2\pi}{7}$ , és emiatt $\varepsilon^7=1$ . Mivel az $\varepsilon$ egységnyi hosszúságú, ezért

$\displaystyle \overline{\varepsilon}=\cos\dfrac{2\pi}{7} -i \cdot \sin\dfrac{2\pi}{7}=\dfrac{1}{\varepsilon.}$

Ebből már adódik is a sokszor használható formula:

$\displaystyle \varepsilon+\overline{\varepsilon}=\varepsilon+\dfrac{1}{\varepsilon}=2\cdot \cos\dfrac{2\pi}{7}.$

Ezt felhasználva a kiszámítandó kifejezés átírható:

$\displaystyle \dfrac{\varepsilon^{2}+1}{2\varepsilon}\cdot \dfrac{\varepsilon^{... ...epsilon^{6}+1}{2\varepsilon^{3}}\cdot \dfrac{\varepsilon^{2}+1}{2\varepsilon}.$

Közös nevezőre hozás után vegyük figyelembe, hogy $\varepsilon^{7}=1$ , így

$\begin{displaymath}\begin{gathered}\dfrac{\varepsilon^{8}+\varepsilon^{6}+\varep... ...varepsilon^{5}}{2\varepsilon^{5}}=-\dfrac{1}{2}, \end{gathered}\end{displaymath}$

mivel $\varepsilon^{7}-1=(\varepsilon-1)(\varepsilon^{6}+\varepsilon^{5}+\varepsilon^{4}+\varepsilon^{3}+\varepsilon^{2}+\varepsilon+1)=0$ és $\varepsilon\neq 1$ .

5.2. Szabályos sokszögre vonatkozó feladat

6. feladat. Legyenek $P_{0},P_{1}, \ldots, P_{n-1}$ egy egységkörbe írt szabályos $n$ -szög csúcsai. Igazoljuk, hogy

$\displaystyle P_{0}P_{1}\cdot P_{0}P_{2}\cdot P_{0}P_{3} \cdot \ldots \cdot P_{0}P_{n-1}=n.$

Feltehetjük, hogy a sokszög éppen az $n$ -edik egységgyökök szerint helyezkedik el és $P_{0}=1$ . Tekintsük az $f(z)=z^{n}-1$ polinomot, amelynek gyökei pontosan az n-edik egységgyökök. A gyöktényezős alakban $\varepsilon$ az első egységgyök, $\varepsilon=\cos\dfrac{2\pi}{n}+i\cdot \sin\dfrac{2\pi}{n}$ :

$\displaystyle f(z)=z^{n}-1=(z-1)(z-\varepsilon)(z-\varepsilon^{2}) \ldots (z-\varepsilon^{n-1}).$

Osszuk el mindkét oldalt $(z-1)$ -gyel:

$\displaystyle g(z)=\dfrac{f(z)}{z-1}=\dfrac{z^n-1}{z-1}=z^{n-1}+z^{n-2}+ \ldots +z^2+z+1=(z-\varepsilon)(z-\varepsilon^{2}) \ldots (z-\varepsilon^{n-1}).$

Számoljuk ki kétféleképpen a $g(1)$ -et:

$\displaystyle g(1)=(1-\varepsilon)(1-\varepsilon^{2}) \ldots (1-\varepsilon^{n-1}),$

másrészt a $g(z)$ polinom n tagból áll:

$\displaystyle g(1)=1^{n-1}+1^{n-2}+ \ldots +1=n.$

Mindkét oldal abszolút értékét véve a jobb oldali tényezők éppen a $P_{0}P_{j}$ távolságok.

6. Néhány tétel bizonyítása

Ebben a fejezetben néhány olyan tételt mutatunk be, amelyek komplex számokkal is ragyogóan bizonyíthatóak. Egyes bizonyítások már a bevezető szakaszban, mások csak a kettősviszony tárgyalása után kerülhetnek sorra.

6.1. Heron-képlet

Az ábrán az $O$ pont a beírt kör középpontja, $P, Q, R$ a beírt kör érintési pontjai, $r$ a beírt kör sugara. Az oldalakat és szögeket a szokásos módon jelöljük. Ismert, hogy az érintőszakaszok $RA=AP=s-a$ , $PB=BQ=s-b$ és $QC=CR=s-c$ .

Helyezzük el most az $OPA$ , $OQB$ és $ORC$ háromszögeket úgy, hogy az $O$ pont mindegyik háromszögre legyen a középpontban és a háromszögek $r$ hosszúságú befogója a valós tengelyre essen.

Így az $A, B, C$ csúcsoknak megfelelő komplex számok:

$\displaystyle A=r+(s-a)i, \qquad B=r+(s-b)i, \qquad C=r+(s-c)i.$

A három komplex szám argumentumának összege $90^{\circ}-\dfrac{\alpha}{2}+ 90^{\circ}-\dfrac{\beta}{2}+90^{\circ}-\dfrac{\gamma}{2}=270^{\circ}-\dfrac{\alpha+\beta+\gamma}{2}=180^{\circ}$ .

Szorzásakor az argumentumok összeadódnak, ennek megfelelően a három szám szorzatának képzetes része nulla kell, hogy legyen.

$\begin{equation*}\begin{aligned}A\cdot B \cdot C&=[r+(s-a)i][r+(s-b)i][r+(s-c)i]... ...[r^{2}(s-a)+r^{2}(s-b)+r^{2}(s-c)-(s-a)(s-b)(s-c)]. \end{aligned}\end{equation*}$

A képzetes rész nulla:

$\displaystyle r^{2}(s-a+s-b+s-c)-(s-a)(s-b)(s-c)=0.$

Átrendezve és $s$ -sel szorozva

$\displaystyle r^{2}s^{2}=s(s-a)(s-b)(s-c) \Rightarrow t=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}.$

6.2. Ptolemaios-tétel

7. feladat. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges négyszög átlóvektorainak szorzata a szemköztes oldalvektorok szorzatának összegével egyenlő, azaz

$\displaystyle (a-c)(b-d)=(a-d)(b-c)+(d-c)(b-a).$

A műveletek elvégzése után a két oldal pontosan megegyezik. Ez egy algebrai azonosság.

3. tétel. (Ptolemaios-tétel) Igazoljuk, hogy húrnégyszögben az átlók hosszának szorzata a szemköztes oldalhosszak szorzatainak összegével egyenlő.

Bizonyítás: Legyen $z_1=(a-c)(b-d), z_2=(a-d)(b-c)$ és $z_3=(d-c)(b-a)$ . Osszuk végig az előző feladat azonosságát a $z_2$ -vel.

$\displaystyle \dfrac{z_1}{z_2}=1+\dfrac{z_3}{z_2}.$

A 4. fejezet 4.1. és 4.2. eredményeit felhasználva, továbbá ismerve, hogy a törtek köri pontnégyesek kettősviszonyai, biztosan valósak, sőt a rajz szerint pozitív számok. A három vektor egyező irányú, így az összeg abszolút értéke egyenlő az összeadandók abszolút értékének összegével.

6.3. Newton érintőnégyszögekre vonatkozó tétele

4. tétel. Az érintőnégyszög beírt körének középpontja rajta van az átlók felezőpontjait összekötő egyenesen.

Bizonyítás: Válasszuk origónak a kör középpontját. Legyenek az oldalakon az érintési pontok rendre $u, v, w$ és $t$ . Fejezzük ki a csúcsokat az érintési pontok segítségével. $90^{\circ}$ -os pozitív forgatással az $u$ elforgatottja párhuzamos lesz $b-u$ -val, a $v$ elforgatottja pedig $v-b$ -vel. Tudjuk, hogy $\vert b-u\vert=\vert v-b\vert$ , így az egyenletrendszerből: $\lambda ui=b-u$ és $\lambda vi=v-b$ ,

$\displaystyle \dfrac{u}{v}=\dfrac{b-u}{v-b} \Rightarrow b=\dfrac{2uv}{u+v}.$

A többi csúcs ugyanígy: $c=\dfrac{2vw}{v+w}$ , $d=\dfrac{2wt}{w+t}$ , $a=\dfrac{2tu}{t+u}$ .

Be kell látni, hogy az átlók felezőpontjai, $f_{1}=\dfrac{a+c}{2}$ , $f_{2}=\dfrac{b+d}{2}$ és az origó egy egyenesen vannak. Az $f_{1}$ valós számszorosa $f_{2}$ -nek, arányuk valós.

$\displaystyle \dfrac{f_1}{f_2}=\dfrac{\dfrac{2tu}{t+u}+\dfrac{2vw}{v+w}}{\dfrac... ...u+v)(w+t)}{(t+u)(v+w)}=\dfrac{(u+v)}{(u+t)}:\dfrac{(w+v)}{(w+t)}=(uw(-v)(-t)).$

Ez a négy pont is egy körön van, hiszen $v$ és $-v$ , $t$ és $-t$ átellenes köri pontok. A négy pont kettősviszonya valós.

1. megjegyzés. Kicsit ügyesebb indulással el lehet kerülni a bizonyításban a kettősviszony használatát. Feltehetjük, hogy a kör egységnyi sugarú. Ekkor tetszőleges $z$ köri pontra $\overline{z}=\dfrac{1}{z}$ .

A bizonyítás befejező sora:

$\displaystyle \dfrac{\overline{f_1}}{\overline{f_2}}=\dfrac{(\overline{u}+\over... ...)(\overline{v}+\overline{w})}=\dfrac{(u+v)(w+t)}{(t+u)(v+w)}=\dfrac{f_1}{f_2}.$

Tehát az arány valós.

2. megjegyzés. A négyszög csúcsa a két érintési pont harmonikus közepe. A számtani közepük a szakasz felezőpontja. Mértani közepük kettő van, a két körívet felező pont. Tehát köri pontok esetén mind a négy közép rajta van a két pontot összekötő szakasz felezőmerőlegesén.

7. Versenyfeladatok megoldása komplex számokkal

7.1. Kürschak József Tanulóverseny 2003/1.

8. feladat. Az $EF$ átmérőjű $k$ kört az $e$ egyenes az $E$ pontban érinti. Tekintsük az $e$ egyenes összes olyan $A, B$ pontpárját, melyre az $AB$ szakasz az $E$ pontot tartalmazza és $AE\cdot EB$ egy rögzített állandó. Egy ilyen pontpár esetén legyen $A'$ , illetve $B'$ a $k$ kör metszéspontja az $AF$ , illetve $BF$ szakasszal. Igazoljuk, hogy az $A'B'$ szakaszok egy ponton mennek keresztül.

Legyen a kör egységnyi sugarú, középpontja az $O$ pont. Az ábra jelölései szerint az átmérő végpontjai: $E$ pont az $(1; 0)$ , az $F$ pont pedig a $(-1; 0)$ pont. Feleljen meg továbbá az $A$ pontnak az $1+ai$ , a $B$ pontnak az $1+bi$ , az $A'$ -nek a $z$ , és végül a $B'$ -nek a $v$ komplex szám. Számoljuk ki a $z$ komplex számot. Egyrészt $(-1, 0)$ , $z$ és $1+ai$ egy egyenesen vannak,

$\begin{equation*}\begin{aligned}z-(-1)&=\lambda(1+ai-(-1)),\\ z&=\lambda(2+ai)-1. \end{aligned}\end{equation*}$

Másrészt tudjuk, hogy $z\cdot \overline{z}=1$ .

$\displaystyle [\lambda(2+ai)-1][\lambda(2-ai)-1]=1 \Rightarrow \lambda=\dfrac{4}{4+a^2}.$

Ebből már $z$ számolható:

$\displaystyle z=\dfrac{4(2+ai)}{4+a^2}-1=\dfrac{4(2+ai)}{(2+ai)(2-ai)}-1=\dfrac{4}{2-ai}-1=\dfrac{2+ai}{2-ai}.$

A másik metszéspontra: $v=\dfrac{2+bi}{2-bi}$ .

A $z, 1, v, -1$ négy köri pont. A $(zv)$ és $(-1,1)$ húrok metszéspontja

$\displaystyle m=\dfrac{zv(-1+1)-(-1)1(z+v)}{zv-(-1)1}=\dfrac{z+v}{zv+1}.$

Behelyettesítés után

$\displaystyle m=\dfrac{\dfrac{2+ai}{2-ai}+\dfrac{2+bi}{2-bi}}{\dfrac{2+ai}{2-ai}\dfrac{2+bi}{2-bi}+1}=\dfrac{8+2ab}{8-2ab}=\dfrac{4+ab}{4-ab}.$

A feladat szövege szerint $ab$ rögzített, így ez a pont nem függ az $A$ és $B$ pontok választásától. Az $a$ és $b$ különböző előjelű valósak, így a nevező nem lesz nulla.

A feladat tárgyalását komplex számokkal, továbbá ezt a megoldást Szabó Kristóf 12. C. osztályos tanuló javasolta.

7.2. Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2017/18. Haladók III. kategória 2. feladat

9. feladat. Az $ABCD$ derékszögű érintőtrapéz alapjai $AB$ és $CD$ $(AB>CD)$ , az alapokra merőleges szár $AD$ . A trapézba írt kör az $AB$ alapot $P$ -ben, a $CD$ alapot $R$ -ben érinti. A szárakon lévő érintési pontokat összekötő szakasz a $PR$ szakaszt $M$ -ben metszi. Bizonyítsuk be, hogy $A$ , $M$ és $C$ egy egyenesbe esik.

Legyen a trapézba írt kör középpontja $O$ , sugara $1$ , alapjai párhuzamosak a valós tengellyel, $AD$ szára párhuzamos a képzetes tengellyel. A kör érintési pontjai rendre $z, i, -1, -i$ , az ábra szerint. A csúcsok: $a=-1-i, c=\dfrac{2zi}{z+i}$ . A $C$ pontot a Newton-tétel bizonyításánál megismert módszerrel írhatjuk fel az érintési pontok segítségével.

$M$ pont a kör húrjainak metszéspontja: $m=\dfrac{-z(i-i)-(-i)i(z-1)}{-z-1}=\dfrac{-(z-1)}{-z-1}=\dfrac{z-1}{z+1}$ .

Számoljuk ki a $CMR$ szög tangensét:

$\displaystyle \dfrac{\dfrac{2zi}{z+i}-i}{\dfrac{i-\dfrac{z-1}{z+1}}{i}}=\dfrac{... ...c{iz-z+i+1}{z+1}}=\dfrac{(i-z)(z+1)}{(z+i)(i-z)(1-i)}=\dfrac{z+1}{(z+i)(1-i)}.$

Végül a $PMA$ szög tangense:

$\displaystyle \dfrac{1}{\dfrac{\dfrac{z-1}{z+1}+i}{i}}=\dfrac{i}{\dfrac{z-1}{z+1}+i}=\dfrac{i(z+1)}{iz+i+z-1}=\dfrac{z+1}{z+1+i-iz}=\dfrac{z+1}{(z+i)(1-i)}.$

Az $A$ , $M$ és $C$ pontok egy egyenesbe esnek.

7.3. Egy feladat a KöMaL-ból

10. feladat. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges négyszög csúcsaiból képzett háromszögek Feuerbach-körei egy ponton mennek át.

Legyenek a négyszög oldalainak és átlóinak felezőpontjai: $f_{1}, f_{2}, f_{3}, f_{4}, f_{5}, f_{6}$ . Az $O$ pontot úgy válasszuk meg, hogy az $f_1, f_2, f_6$ , illetve az $f_1, f_4, f_5$ pontokon átmenő Feuerbach-körök az $f_1$ -en kívül $O$ -ban messék egymást. (Az $O$ egybe is eshet $f_1$ -gyel.) Elegendő azt megmutatni, hogy a két kör közös $O$ metszéspontján pl. az $(f_{1} f_{3} f_{5})$ kör is átmegy. A bizonyítás az $(f_{3} f_{4} f_{6})$ körre hasonlóan menne.

Az $(o f_{6}f_{1}f_{2}), (o f_{4}f_{5}f_{1})$ kettősviszonyok valósak. Bizonyítandó, hogy az $(o f_{3}f_{5}f_{2})$ kettősviszony is valós. Tudjuk, hogy

$\displaystyle (o f_{6}f_{1}f_{2})=\dfrac{f_1}{f_2}:\dfrac{f_{6}-f_{1}}{f_{6}-f_... ..._{4}f_{5}f_{1})=\dfrac{f_5}{f_1}:\dfrac{f_{4}-f_{5}}{f_{4}-f_{1}}=\mu \in {R}.$

Szorozzuk össze a két egyenlőséget:

$\displaystyle \dfrac{f_5}{f_2}:\dfrac{(f_{6}-f_{1})(f_{4}-f_{5})}{(f_{6}-f_{2})(f_{4}-f_{1})}=\lambda\mu.$

Tudjuk, hogy $f_{4}-f_{5} = f_{6}-f_{2}$ , mivel közös alapú háromszögek középvonal-vektorai, és ugyanilyen okból $f_{6}-f_{1} =f_{3}-f_{5}$ , továbbá $f_{4}-f_{1} = f_{3}-f_{2}$ .

Ezeket behelyettesítve az egyszerűsítés után

$\displaystyle \dfrac{f_5}{f_2} : \dfrac{f_{3}-f_{5}}{f_{3}-f_{2}}=\lambda \mu \in {R},$

ez éppen az $(o f_{3}f_{5}f_{2})$ .

8. További lehetőségek

8.1. Háromszögek hasonlósága

Az $(xyz)$ és $(x'y'z')$ azonos irányítású háromszögek akkor és csak akkor hasonlók, ha az $(x-z)$ vektort ugyanaz a forgatva nyújtás viszi át az $(y-z)$ –be, mint amelyik $(x'-z')$ –t az $(y'-z')$ –be. Ez azt jelenti, hogy van olyan f komplex szám, amellyel $f(x-z)=y-z$ és $f(x'-z')=y'-z'$ . Ebből pedig

$\displaystyle \dfrac{x-z}{y-z}=\dfrac{x'-z'}{y'-z'}.$

11. feladat.Az $(oa_1b_1), (oa_2b_2), (oa_3b_3)$ egy közös csúccsal rendelkező egyező körüljárású hasonló háromszögek, továbbá az $a_1, a_2, a_3$ csúcsok egy egyenesre illeszkednek. Mutassuk meg, hogy a $b_1, b_2, b_3$ csúcsok is kollineárisak.

8.2. Szabályos háromszögre feltétel

12. feladat. Mutassuk meg, hogy az $(abc)\triangle$ akkor és csak akkor szabályos, ha $a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca$ .

Megoldás: Ha az $(abc)$ háromszög szabályos, akkor egyben $(abc)$ és $(bca)$ háromszögek hasonlóak is. Használjuk az előző feltételt:

$\displaystyle \dfrac{a-c}{b-c}=\dfrac{b-a}{c-a}.$

Beszorzás és rendezés után

$\begin{equation*}\begin{aligned}-a^2+2ca-c^2&=b^2-ab-bc+ca,\\ a^2+b^2+c^2&=ab+bc+ca. \end{aligned}\end{equation*}$

Mivel az átalakítások oda-vissza elvégezhetők és az $(abc)$ háromszög akkor és csak akkor hasonló a $(bca)$ háromszöghöz, ha a háromszög szabályos, kaptunk egy „kényelmes” algebrai feltételt.

8.3. Szabályos háromszögre vonatkozó feladat

13. feladat. Egy $ABC$ háromszög oldalai fölé szerkesztett négyzetek középpontjai szabályos háromszöget alkotnak. Mit mondhatunk az $ABC$ háromszögről?

Megoldás: Legyen az eredeti háromszög $(abc)$ , a négyzetközéppontok által meghatározott pedig $(xyz)$ . Ha $x$ az $(ab)$ oldal fölé szerkesztett négyzet középpontja, akkor $(x-a)$ merőleges $(b-x)$ –re és vele egyenlő hosszúságú.

$\displaystyle (x-a)i=b-x\quad\Rightarrow \quad x=\dfrac{b+ai}{1+i},$

és ugyanígy: $y=\dfrac{c+bi}{1+i}$ , $z=\dfrac{a+ci}{1+i}$ .

Annak feltétele, hogy $(xyz)$ szabályos legyen

$\displaystyle x^2+y^2+z^2=xy+yz+zx.$

Behelyettesítve és $(1+i)^2$ -nel beszorozva:

$\begin{displaymath}\begin{gathered}b^2+2abi-a^2+c^2+2bci-b^2+a^2+2cai-c^2=\\ =bc+b^2i+cai-ab+ca+c^2i+abi-bc+ab+a^2i+bci-ca. \end{gathered}\end{displaymath}$

Rendezve és $i$ -vel egyszerűsítve pontosan:

$\displaystyle a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca.$

3. megjegyzés. Az $(abc)$ háromszög szabályosságára ismert másik feltétel: ha $\omega=\cos\dfrac{2\pi}{3}+i\cdot \sin\dfrac{2\pi}{3}$ , az első harmadik egységgyök, a háromszög akkor és csak akkor pozitív körüljárású szabályos, ha $a+\omega b+\omega^2c=0$ .

8.4. Egyenes egyenlete a komplex számsíkon

Legyen egy egyenes normálvektora $n$ , adott pontja $a$ . A $z$ pont az egyenesen van, ha $z-a=\lambda in$ .

Vegyük mindkét oldal konjugáltját, majd küszöböljük ki a $\lambda$ -t.

$\begin{displaymath}\begin{gathered}\overline{z}-\overline{a}=-\lambda i \overlin... ...n}z+n\overline{z}=\overline{n}a+n\overline{a}=t. \end{gathered}\end{displaymath}$

A $t$ valós szám, mert konjugáltak összege. Az egyenes egyenlete: $\overline{n}z+n\overline{z}=t$ .

Megfordítva, ha $n\neq 0$ és $t$ valós, akkor az $n$ normálvektorú és $a=\dfrac{t}{2\overline{n}}$ pontú egyenes egyenlete

$\displaystyle \overline{n}z+n\overline{z}=\overline{n}a+n\overline{a}=\dfrac{\overline{n}t}{2\overline{n}}+\dfrac{nt}{2n}=\dfrac{t}{2}+ \dfrac{t}{2}=t.$

8.5. Kör egyenlete a komplex számsíkon

A $c$ középpontú $\rho$ sugarú kör egyenlete: $\vert z-c\vert=\rho$ , amit így írhatunk

$\begin{displaymath}\begin{gathered}(z-c)(\overline{z}-\overline{c})=\rho^2,\\ z\... ...ot z-c\overline{z}+c\cdot \overline{c}-\rho^2=0. \end{gathered}\end{displaymath}$

Jelöljük a $c\cdot \overline{c}-\rho^2$ valós számot $s$ -sel. A kör egyenlete így:

$\displaystyle z\cdot \overline{z} -\overline{c}\cdot z-c\cdot \overline{z}+s=0.$

Megfordítva, ha $c\cdot \overline{c}-s>0$ , akkor a fenti alakú egyenlet mindig kör egyenlete, mert $c\cdot \overline{c}-s=\rho^2$ helyettesítéssel az egyenlet $\vert z-c\vert=\rho$ alakra hozható. Ha $s=0$ , akkor a kör átmegy az $O$ ponton.

8.6. Az egyenes és a kör közös egyenlete

Összefoglalva: az egyenes és a kör „közös” egyenlete

$\displaystyle pz\overline{z}-\overline{c}z-c\overline{z}+s=0$

alakban adható meg.

Az egyenes esetében $p=0$ és $c\neq 0$ .

A kör esetében a kör középpontja $\dfrac{c}{p}$ , sugara $\sqrt{\dfrac{c\overline{c}}{2}-\dfrac{s}{p}}$ .

8.7. Az inverzió

Ha $O$ a komplex számsík nullpontja és az alapkör sugara 1, akkor az inverzió

$\displaystyle z'=\dfrac{1}{\overline{z}}$

alakban adható meg. A $z$ és $z'$ ugyanazon az $O$ -ból induló félegyenesen vannak: ha $z$ irányszöge $\varphi$ , akkor $\overline{z}$ irányszöge $-\varphi$ és végül a $z'=\dfrac{1}{\overline{z}}$ irányszöge ismét $\varphi$ . Milyen hatással van az inverzió a körre és az egyenesre? Induljunk ki a közös egyenletükből.

$\displaystyle pz\overline{z}-\overline{c}z-c\overline{z}+s=0.$

Az inverz pontokra

$\displaystyle \dfrac{p}{z\overline{z}}-\dfrac{\overline{c}}{\overline{z}}-\dfrac{c}{z}+s=0,$

Beszorzás után:

$\displaystyle sz\overline{z}-\overline{c}z-c\overline{z}+p=0.$

Következtetések:

a) az $O$ -n átmenő egyenes ( $p=0$ , $s=0$ ) képe önmaga;

b) az $O$ -n átmenő kör ( $s=0$ ) képe az $O$ -n át nem menő egyenes;

c) az $O$ -n át nem menő egyenes ( $p=0$ , $s\neq 0$ ) egyenes képe az $O$ -n átmenő kör;

d) az $O$ -n át nem menő kör ( $p\neq 0$ , $s\neq 0$ ) inverze az $O$ -n át nem menő kör.

Irodalomjegyzék

[1] Reiman István: Geometria és határterületei, Szalay Könyvkiadó, (1999)

[2] Reiman István: Geometriai feladatok megoldása a komplex számsíkon, Középiskolai szakköri füzet (1972)

[3] I.M. Yaglom: Complex Numbers in Geometry, Academic Press, London, 1968, https://books.google.hu/books?id=LL_iBQAAQBAJ&pg=PR3&lpg=PR3&dq

[4] Titu Andreescu–Dorin Andrica: Complex Numbers from A to ... Z, Birkhauser, 2006, https://books.google.hu/books?id=XZNCAAAAQBAJ&pg=PR4&dq

[5] Fazekas M. Gimn. mat. munkaközösség: Matkönyv: Geometria 11.–12., Komplex számok a geomatriában fejezet, http://matek.fazekas.hu/

Megjegyzés

A 2018. évi Rátz László Vándorgyűlésen kértek fel a kollégák arra a megtisztelő feladatra hogy adjak egy vázlatos áttekintést arról, milyen fogalmakat és tételeket tanítok, milyen feladatokat dolgozok fel a komplex számok geomteriai alkalamazásairól a speciális matematika tagozaton. Ez a cikk ennek az előadásnak az anyagából született.

Kiss Géza

Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium

Információk

Főmenü