A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Az inverzióról szóló pályázatunk ötlete tulajdonképpen az 1968. évi Nemzetközi Matematikai Diákolimpia egyik példájának megoldásakor keletkezett. A példa számolás mentes megoldását kerestük, és a keresés közben találtuk a feladatnak a pályázat kiírásakor tárgyalt általánosítását, majd ennek az inverzió felhasználásával történő bizonyítását. Most, hogy a pályázatra beérkezett dolgozatokat végigolvastuk, végre megtaláltuk az eredeti feladat inverzió-mentes (és természetesen számolás mentes) megoldását. Számunkra a pályázat már csak ezért is sikeresnek mondható, reméljük, hasonlóan sikeresnek érzik pályázatunkat mindazok, akik részt vettek benne. Azoknak pedig, akik nem vettek részt, azt javasoljuk, hogy az alább közölt megoldások elolvasása előtt mindig álljanak meg egy kis időre, és próbálják az egyes feladatokat önállóan megoldani. Lapunk szokásainak megfelelően igyekeztünk a pályázók megoldásai közül kiválasztani a legszebbet, a névaláírások mellől hiányzó osztály- és iskolajelzések a díjak odaítéléséről szóló jelentésben megtalálhatóak. 1. feladat. Legyen az inverzió alapkörének középpontja , sugara , a sík két tetszőleges, -tól különböző pontja és , ezek inverze és . Bizonyítandó, hogy Megoldás. Az inverzió definíciója szerint és az , illetve félegyenesnek az a pontja, melyre amiből állításunk része közvetlenül adódik. Mérjük fel az félegyenesre az szakaszt, az félegyenesre pedig az szakaszt, és jelöljük a kapott végpontokat gyel, illetve gyel (1. ábra). 1. ábra Mivel , és , az , illetve félegyeneseken vannak, az az centrumú hasonlóság, mely -t be viszi, az pontot be viszi, és így . Legyen az az egyenes, amelyre tükrözve az félegyenes az félegyenesbe megy át (ezt az egyenest a szög felezőjének nevezzük; ha a , , pontok egy egyenesen vannak, akkor merőleges erre az egyenesre és átmegy -n, vagy azonos ezzel az egyenessel aszerint, hogy elválasztja-e a , pontokat vagy sem). A -re való tükrözés a pontot -be, -t -be viszi át, tehát , és így , amint azt bizonyítanunk kellett.
2. feladat. Adott a síkban három különböző pont: , , . Szerkesszük meg azt a kört, mely átmegy -n és amelyikre -t invertálva -t kapjuk.
1. megoldás. Legyen a keresett kör középpontja (2. ábra). 2. ábra Mivel , az szakasz fölé rajzolt, -gyel jelölt Thalész-körhöz -ból húzott érintő hossza . Másképpen fogalmazva, a és körök merőlegesen metszik egymást. Ebből következik, hogy -nak -re vonatkozó inverze önmaga, ezért átmegy -nek -re vonatkozó inverzén, -n is (ha , akkor ráadásul érinti -t). birtokában egyértelműen megszerkeszthető a feladatnak eleget tevő kör. Egyetlen kivétel, ha (ahol a középpontja), azaz ha , mert ekkor felező merőlegese nem metszi -t, ekkor a feladatnak nincs megoldása. 2. megoldás. Szerkesszük meg először és inverzét a középpontú, tetszőleges körre vonatkozólag (3. ábra), jelöljük ezeket és -vel. 3. ábra A keresett kör inverze is vonatkozólag egyenes lesz, melyre nézve és tükrös párt alkotnak (pontversenyen kívüli 31. probléma). tehát az felező merőlegese, ezt visszainvertálva kapjuk -t. egyenes lesz, ha átmegy -n, azaz ha , de ekkor . Tehát ha , akkor a feladatnak nincs megoldása. inverzének szerkesztése két esetre bomlik. Ha , és háromszöget alkot, akkor a 3. ábrából könnyen leolvasható, hogy a -n keresztülmenő, az -vel párhuzamos egyenes kimetszi -ből a keresett kör középpontját. Ha , és egy egyenesbe esik, akkor az inverzió alapkörét célszerű úgy felvenni, hogy ne tartalmazza sem -t, sem -t. és ekkor belsejébe kerülnek, két pontban metszi -t, s ezek -vel együtt a keresett kör három pontját adják.
Megjegyzés. Ha , és háromszöget alkotnak, akkor a feladatra több szép egyszerű megoldás van. Ezek közül kettőt bizonyítás nélkül említünk: 1. Az háromszög körülírt körének -beli érintője kimetszi -ből a keresett kör középpontját. 2. A szög külső és belső szögfelezőinek -vel alkotott metszéspontjai a keresett kör átmérőjének végpontjai.
3. feladat. Adott a síkban három különböző pont: , és . Legyen az -n átmenő, -t -be vivő, a -n átmenő, -t -ba vivő, , a -n átmenő, -t -be vivő inverzió alapköre. Mutassuk meg, hogy van két pont, amelyeken e három kör mindegyike átmegy. 1. megoldás. Mindenekelőtt fel kell tételeznünk, hogy az , , szakaszok különböző hosszúak, mert ellenkező esetben a szóban forgó körök valamelyike nem létezik. A , kör elválasztja -t és -t, legyen pl. a belsejében (4. ábra). 4. ábra Ekkor minden pontja, a kivételével, belsejébe esik. A kör áthalad -n és -t egy belső pontba metszi, tehát -nek a -n kívüli pontja , és van -n belüli pontja is, ilyen például az szakaszon levő pontja, azaz és két pontban metszik egymást: legyenek ezek és . Invertáljuk -t -re, a kapott átmegy -n, és mivel és inverz pár - re, azért és is inverz pár lesz -re (lásd 31. probléma). Mivel a 2. feladat megoldása egyértelmű, ebből következik, hogy azonos -val. Így, ha az és -ben metszette -t, ugyanott metszi -t -nek -ra vonatkozó inverze, is, s ezt akartuk bizonyítani.
Juhász György, Tóth András | 2. megoldás. Tegyük fel, hogy . Az I. példa alapján (Apollóniosz-kör), felhasználva a 2. feladatban bizonyított egyértelműséget, a és pontokhoz és a arányhoz tartozó Apollóniosz-kör. Az Apollóniosz-kör sohasem metszheti a szakaszfelező merőlegest, mindig az általa meghatározott két félsík valamelyikén van, jelenleg azon, amelyikre esik. Mivel a és pontok -ra inverz pontok, egyikük a kör belsejében van, de akkor ez csak lehet, míg kívül van. Hasonlóan igazolható, hogy is tartalmazza -t, míg kívülre esik. A és köröknek van közös belső pontjuk, , de egyik sem tartalmazhatja a másikat, ezt mutatja a és pont helyzete, tehát és két pontban ( és ) metszik egymást. Az Apollóniosz-kör definíciója szerint és . A két egyenlőséget összeszorozva , ami azt mutatja, hogy a harmadik Apollóniosz-kör, is átmegy -en. Ugyanezt mondhatjuk el -ről is. 4. feladat. Adott a síkban három különböző pont: , , . Jellemezzük azokat a köröket, melyekre invertálva az adott pontokat, a kapott , , pontokra teljesül.
1. megoldás. Az 1. feladat eredményét felhasználva tetszőleges középpont esetén:
Ha akkor a két egyenletet elosztva kapjuk, hogy Megfordítva, ha (3) teljesül, (1)-gyel összevetve adódik (2). tehát akkor és csak akkor tartozik a mértani helyhez, ha (3) teljesül és létezik. Az pontok mértani helye az I. példa alapján felírt, az és pontokhoz tartozó Apollóniosz-kör, kizárva belőle a pontot. Az inverzió alapkörének sugara tetszőleges lehet. Ha , akkor a mértani hely az oldalfelező merőlegese, a pontot most is kizárva belőle. 2. megoldás. Alkalmazzuk a 2. feladatot, és rajzoljuk meg a -n átmenő, -t -be vivő inverzió egyértelműen meghatározott alapkörét, -t (ha , akkor felező merőlegesével helyettesítsük -t). Ha az inverzió centruma -nak -től különböző pontja, akkor inverze egyenes lesz, melyre és tükrösen helyezkednek el (lásd 31. probléma), tehát az inverzió a kívánt tulajdonságú. Ha az inverzió középpontja nincs a -n, akkor inverze kör, melyre és inverz pont pár, de ekkor nem teljesülhet, mert ekkor ilyen kör nincs a 2. feladat szerint. A mértani helyet tehát -nak -től különböző pontjai alkotják.
5. feladat. Adott egy tetszőleges háromszög. Van-e olyan inverzió, mely a háromszög csúcsaihoz egy szabályos háromszög csúcsait rendeli hozzá? Megoldás. A 4. feladat megadja azon inverzió középpontok mértani helyét, melyekre invertálva (tetszőleges sugár esetén) , s láttuk, hogy ez a mértani hely a 3. feladatban szereplő kör (melyet az felező merőlegesével kell pótolni, ha ). Az feltételhez tartozó kör hasonlóan a 3. feladat köre. Ezek metszéspontjára és csak erre teljesül a feladat követelménye. Láttuk, hogy ezek a körök a háromszög Miguel-pontjaiban metszik egymást, ezek és csak ezek a megfelelő inverziócentrumok. Ha a két mértani hely egyike egyenes, ez a mondottakon nem változtat; ha kettő egyenes, akkor már a kiindulási háromszög is egyenlő oldalú, tehát a harmadik mértani hely is egyenes, és csak egyetlen ilyen pont létezik, a háromszög középpontja.
Megjegyzés. Az 5. feladat és a 3. feladat egymás ,,inverzei''. A , , metszéspontja körüli körre invertálva, az háromszög szabályos háromszögbe megy át, és , , ennek magasságvonalai lesznek. Megfordítva, ha egy inverzió az háromszöget szabályos háromszögbe viszi, ez utóbbi magasságvonalait visszainvertálva a kívánt tulajdonságú , , , köröket kapjuk, melyek nyilván átmennek az inverzió centrumán.
6. feladat. Adott a síkban két kör, és , melyek nem metszik egymást és egyik sincs a másik belsejében. Mutassuk meg, hogy két olyan pont van a síkban, melyek körül tetszőleges kört rajzolva, a és körök k-ra vonatkozó , inverzei koncentrikus körök.
Megoldás. Tegyük még fel, hogy a két kör nem is érinti egymást, mert különben nem lehet a feladatnak megoldása, hiszen az inverzek is érintenék egymást. Vegyünk fel egy kört, mely -et és -t merőlegesen metszi és centrálisukat is két pontban metszi. Legyen a két metszéspont és . Ilyen például az egyik közös belső érintő fölé emelt Thalész-kör (5. ábra). 5. ábra Megmutatjuk, hogy , bármelyike megfelel a feladat követelményeinek. Pl. a körüli körre invertálva, a és egyenesek merőlegesen metszik -et és -t, tehát középpontjukon áthaladnak. és metszéspontja lesz tehát mindkét kör középpontja, tehát koncentrikusak. Több ilyen pont nincs, mert valamely pontra invertálva és közül legalább az egyik kör lenne, és olyan kör, amely a koncentrikus -t és -t merőlegesen metszi, nem létezik.
7. feladat. Adott a síkban két kör, melyeknek van közös belső érintőjük. Mutassuk meg, hogy van két pont a síkban, melyeken, körök tetszőleges közös (külső vagy belső) érintőjének az érintési pontok közti szakasza fölé rajzolt Thalész-kör átmegy.
Megoldás. Tegyük fel, hogy a két kör ( és ) nem érinti egymást. (Érintő körök esetén a feladat állításában szereplő két pont az érintési ponttal esik össze.) A feladat állításán túlmenően azt bizonyítjuk be, hogy tetszőleges, a -et és -t merőlegesen metsző kör átmegy a 6. feladat által meghatározott két ponton. Invertáljunk ezen pontok valamelyike körüli körre: , koncentrikusak lesznek, ezeket merőlegesen metsző kör vagy egyenes. Koncentrikus köröket merőlegesen metsző kör nem létezik, tehát egyenes, azaz átmegy az inverzió centrumán, s ezt akartuk bizonyítani.
A 8. feladat megoldását vázlatosan a 9. feladat 1. megoldásába olvasztottuk bele.
9. feladat. (Euler tétele). Bizonyítsuk be, hogy két adott körhöz (-hoz és -hez) akkor és csakis akkor van olyan háromszög, melynek a körülírt, a beírt köre, ha ahol , a és körök sugara, pedig a középpontjaik távolsága.
1. megoldás. Először Euler tételének a következő átfogalmazását bizonyítjuk be: a sík és köreihez akkor és csakis akkor létezik olyan háromszög, amelynek a körülírt, a beírt köre, ha a belsejében van, és -nak -re vonatkozó inverzében az átmérő egyenlő sugarával. Tegyük fel, hogy létezik ilyen háromszög, akkor nyilván belsejében van. Érintse a háromszög oldalait az , , pontokban, és jelöljük középpontját gyel (6. ábra). 6. ábra Könnyen látható, hogy az inverzió alapkörére nézve tetszőleges külső pont inverzét megkaphatjuk úgy is, hogy az illető pontból érintőket húzunk az alapkörhöz, és megfelezzük az érintési pontok által meghatározott szakaszt. Emiatt az , , pontnak a körre vonatkozó , , inverze rendre a , , szakasz felezőpontja, és -nak -re vonatkozó inverze az háromszög körülírt köre. Mivel az háromszöget az háromszögből előállíthatjuk az háromszög súlypontjára mint centrumra vonatkozó arányú kicsinyítéssel, és egy ezt követő, -re vonatkozó tükrözéssel (7. ábra), azért sugara valóban fele sugarának. 7. ábra Ha a belsejében van, akkor -nak -re vonatkozó inverze belsejében van. Megmutatjuk, hogy ha sugara egyenlő, sugarának a felével, akkor tetszőleges pontjához található -en olyan , , és -n olyan , pont, hogy , , rendre felezi a , , szakaszt. Ebből pedig következik, hogy például -nek -re vonatkozó inverze olyan pont, hogy az , egyenesek érintik -et, vagyis az , , pontokat -re invertálva, a kapott háromszögnek a beírt köre (és természetesen a körülírt köre). Ezzel tehát azt látjuk be, hogy ha a belsejében van, és átmérője egyenlő sugarával, akkor létezik olyan háromszög, amelynek a beírt és a körülírt köre, és ennek a háromszögnek az egyik csúcsa -n tetszőlegesen felvehető. Legyen tehát a belsejében, átmérője legyen egyenlő sugarával, és legyen tetszőleges pontja (7. ábra). Jelöljük és középpontját -gyel és -vel, az szakasz -höz közelebbi harmadolópontját gyel. Az centrumú, arányú hasonlóság, és az ezt követő, -re vonatkozó tükrözés -t -be, -t -be viszi, tehát -t valamely pontjába viszi, jelöljük ezt a pontot -gyel. Emeljünk merőlegest az szakasz végpontjában a szakaszra (feltevéseink szerint a -nek belső pontja, tehát nem lehet -vel azonos), és messe ez a merőleges -et a , pontokban. Így felezi a szakaszt, az háromszögben súlyvonal, és súlypont. Emiatt a , pontoknak az centrumú, arányú kicsinyítésből, majd az ezt követő, -re vonatkozó tükrözésből származó , képei -n vannak, és rendre felezik az , szakaszokat. Megoldásunk utolsó lépéseként megmutatjuk, hogy (4) akkor és csakis akkor teljesül, ha a belsejében van, és sugara . Legyen és középpontja és , és messe az szakaszra -ben emelt merőleges -et -ben és -ban (ha azonos -val, és legyen tetszőleges két átellenes pontja), és legyen , ill. az , ill. középpontú, sugarú kör. (4) nyilván ekvivalens azzal az állítással, hogy és belülről érint: -t (8. ábra). 8. ábra A , körök -re vonatkozó , inverzei párhuzamos egyenesek, melyek távolsága egyenlő sugarával, középpontja pedig rajta van az -en átmenő, velük párhuzamos egyenesen. Tehát akkor és csakis akkor érinti a , egyeneseket, ha az átmérője egyenlő sugarával. Állításunkat ezzel bebizonyítottuk.
2. megoldás. Megmutatjuk, hogy a belsejében levő pont akkor és csak akkor egyezik meg valamely, a -ba beírt háromszög beírható körének középpontjával, ha , ahol az -t nem tartalmazó ív felezőpontját jelöli. Jelöljük a háromszög szögeit , , -val (9. ábra). 9. ábra Tegyük fel, hogy a beírt kör középpontja, akkor rajta van a szögfelezőjén, , mert az háromszög külső szöge, az , mert a , tehát az háromszög egyenlő szárú, azaz . Fordítva, ha , akkor, mivel a beírt kör középpontja rajta van -n, és arra , nyilván következik, hogy . Rajzoljuk meg még a átmérőt és jelöljük -vel az és érintési pontját, akkor , amiből , azaz , s ez utóbbi a szelők tétele értelmében -vel egyenlő. Azaz a beírt kör sugarát az pont helyzetétől függetlenül a egyenlet határozza meg, s ezt akartuk bizonyítani. 10. feladat. A III. példához kapcsolódva mutassuk meg, hogy ha , akkor felezi az szakaszt. (A III. példa szövegét lásd alább.)
Megoldás. Jelöljük a két kör másik közös érintőjét -gyel, és metszéspontját -vel. A III. példából az -et úgy kaphatjuk meg, hogy -t merőlegesen vetítjük -ra. , mivel a és egyenesek szögfelezői. Jelöljük a és egyenesek metszéspontját -val (ha és párhuzamosak, az állítás szimmetriaokokból nyilvánvaló), a szöget -vel, akkor , (merőleges szárú szögek), , tehát az háromszög derékszögű egyenlő szárú háromszög, amiből az állítás következik. Beszámolónk utolsó része a III. példa elemi megoldásának a közlése.
III. példa (az 1969. évi Nemzetközi Matematikai Diákolimpia 4. feladatának általánosítása). Legyen az háromszög körülírt kőre , beírt köre , az szakasz tetszőleges belső pontja . Jelöljük az egyenest -vel, a félegyenest -vel (10. ábra). A egyenest, kört és a félegyenest érintő két kör legyen és . Megmutatjuk, hogy a) a , és kör , , középpontja egy egyenesen van, b) a kört a , körök és a félegyenes egyértelműen meghatározzák. 10. ábra Bizonyítás. A pontot nem tartalmazó ív felező pontját jelöljük -vel, a és egyenesek és a kör érintési pontjait pedig , -vel. és metszéspontja legyen ( és ábra).
11a. ábra 11b. ábra Először bebizonyítjuk, hogy mindig létezik, azaz és nem lehetnek párhuzamosak. Jelöljük a és körök érintési pontját -vel, egyben e két kör hasonlósági középpontja is: E hasonlóságnál és egymásnak megfelelő pontok, hiszen a -hoz -ben húzható érintő párhuzamos -vel, és az egyenes elválasztja a és pontokat. Ha lenne, akkor -nek e nagyítás során felel meg, azaz , és egy egyenesbe esnek, de ez ellentmondás, hiszen a kör érintője kellene legyen. Bizonyításunk második lépéseként, felhasználva a 9. feladat 2. megoldását, meg fogjuk mutatni, hogy Ehhez először számítsuk ki a szakasz hosszát. Bővítsük ki az ábrát: a egyenes messe -t -ben. Be fogjuk bizonyítani, hogy. Mindhárom háromszögnek -nél, ill. -nél levő szögei, azonos íven nyugvó kerületi szögek lévén, egyenlők. Ezután a , és szög kiegészítő szögeinek egyenlőségét látjuk be: , mert azonos íveken nyugvó kerületi szögek, , mert , ugyanis hasonlósági középpont, továbbá a , mert húrnégyszög. A párhuzamos szelők tételét, majd az első két háromszög hasonlóságát felhasználva | | Két oldal aránya és egy szög megegyezik, tehát . Az előzőkkel egybevetve , amiből , azaz mértani középarányos és között. Másrészt , mert egy szög közös és , ugyanis egyenlő íveken nyugvó kerületi szögek. Ebből , azaz mértani középarányos és között, így. Alkalmazva a 9. feladat elemi bizonyításában szereplő első állítást, az háromszög beírt körének középpontja, azaz . Ugyanezt elmondhatjuk a és körre vonatkozólag is (a kettes indexeket hármasra felcserélve). Ez azt jelenti, hogy is átmegy -en, azaz és metszéspontja adja - et. Ezzel a b) állítást már igazoltuk, mivel az , , , pontok függetlenek a kör választásától. Tekintsük most a 12. ábrát. 12. ábra Be kell bizonyítani, hogy és az -on metszik egymást. , és , mivel és a és egyenesek szögfelezői. Messe az -t -ben, továbbá metszéspontja -mal legyen . Mivel , a magasságvonalak ugyanolyan arányban osztják az átfogót mindkét háromszögben. A párhuzamos szelők tétele szerint azonban ugyanilyen arányban osztja is és is -t, tehát , s ezt akartuk bizonyítani. Lásd K. M. L. 42 (1971) 1-7.Lásd K. M. L. 43 (1971) 5‐6.Lásd a megoldást K. M. L. 39 (1969) 155-166. Ez a megoldás megtalálható Kürschák J. ‐ Hajós Gy. ‐ Neukomm Gy. ‐ Surányi J.: Matematikai versenytételek, I. rész. 3. kiadás. Tankönyvkiadó. Budapest. 1965. 40‐41. |