Kezdőlap


Cím:	A Feuerbach-kör érinti az érintő köröket
Szerző(k):	Füredi Zoltán
Füzet:	2004/május, 258 - 263. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Két bizonyítást ismertetünk Feuerbach fenti tételére.

Jelölések

A B C

háromszög három oldalát jelölje

a

b

és

c

a szokásos módon. Jelölje

K

a körülírt kört, középpontja

O

, sugara

r

B

a beírt kört, középpontja

Q

, sugara

ϱ

, és legyen a háromszög területe

t

, félkerülete

s

, súlypontja

S

, magasságpontja

M

, az oldalak felezőpontjai

H_{a}

H_{b}

és

H_{c}

. A Heron formula kifejezi a háromszög területét az oldalhosszakkal,

\begin{matrix} t = \sqrt[]{s (s - a) (s - b) (s - c)} . \end{matrix}

További ismert területképletek:

\begin{matrix} t = ϱ s = \frac{1}{2} a b sin γ = \frac{a b c}{4 r} . \end{matrix}

Ezekből és a Heron képlet kifejtéséből kapjuk, hogy

\begin{matrix} 2 r ϱ = \frac{a b c}{a + b + c}, & (1) \\ ϱ^{2} = \frac{(s - a) (s - b) (s - c)}{s} = & (2) \\ = \frac{- a^{3} - b^{3} - c^{3} - 2 a b c + a b^{2} + a c^{2} + b a^{2} + b c^{2} + c a^{2} + c b^{2}}{4 (a + b + c)} . \end{matrix}

1. ábra

A Feuerbach-kör

Jelölje

F

a háromszög oldalfelező pontjain átmenő kört. Mivel a

H_{a} H_{b} H_{c}

háromszöget az

A B C

-ből az

S

centrumú és

- \frac{1}{2}

arányú kicsinyítéssel kaphatjuk, az

F

sugara

\frac{r}{2}

és centruma,

F

, rajta van a háromszög Euler egyenesén:

F

O M

szakasz felezőpontja,

S

harmadolja

O M

-et es

O F

-et. Euler (1707‐1783) is tudta, hogy

F

átmegy a magasságok talppontjain és az

M

-et a csúcsokkal összekötő szakaszok felezőpontjain. Ami miatt

F

-et mégis Feuerbach körnek hívjuk, az a következő szép tétel:

Tétel.

F

érinti a beírt kört és a hozzáírt köröket.

Karl Wilhelm Feuerbach (1800‐1834) 1822-ben doktori disszertációjában a szóban forgó körök középpontjainak távolságát számolta ki. Megmutatta, hogy

| F Q | = | \frac{1}{2} r - ϱ |

. Mivel a háromszög minden adata kifejezhető

a

b

c

-vel, ha másképp nem, legalább implicit módon egy egyenlet(rendszer) gyökeként, ez a számolás elvileg elvégezhető. Ha az

A

B

C

pontokat egy koordinátarendszer

(0; 0)

(1; 0)

és

(x; y)

pontjaiba tesszük, akkor csak két paraméterrel kell számolnunk. Az egymásra épülő mennyiségek kiszámítása azonban egyre magasabb fokú egyenlethez vezethet, amit egyre nehezebb kezelni. Ezért az tétel legtöbb bizonyítása vektorokat használ. Az alább ismertetett számolás viszonylagos rövidségével tűnik ki. A gondolatmenet lényegesebb elemeit (1. lemma) több mint 30 évvel ezelőtt Reiman István feladatmegoldó szakkörén tanultam és elolvasható Reiman István: Geometria és határterületei c. könyvében (Gondolat Kiadó, Budapest, 1986).
Kényelmesebb a távolságok négyzetének meghatározása, ezzel elkerülhető a gyökvonás, csupán racionális törtfüggvények jönnek elő. Az (1)-ből és (2)-ből máris ismerjük az

{(\frac{1}{2} r - ϱ)}^{2} = \frac{1}{4} r^{2} - r ϱ + ϱ^{2}

utolsó két tagját

a

b

c

-vel kifejezve. Az alábbiakban az

{| F Q |}^{2}

kiszámításakor csupán

a

b

c

és

r

szerepel.

Vektorok

Sokat egyszerűsíthet a koordinátarendszer centrumának szerencsés megválasztása. Esetünkben jelölje az

O

pontból az

X

-be vezető vektort

X

. Ekkor

| A | = | B | = | C | = r

. Bármely centrum esetén

S = \frac{1}{3} (A + B + C)

. Mivel a helyvektorok kezdőpontja

O

és az

O

S

M

és

F

pontok az Euler egyenesen vannak, kapjuk, hogy

M = 3 S = A + B + C

és

\begin{matrix} F = \frac{1}{2} (A + B + C) . \end{matrix}

(3)

1. lemma.

\begin{matrix} Q = \frac{a A + b B + c C}{a + b + c} . \end{matrix}

(4)

Bizonyítás. Jelölje

P

a (4) jobb oldalán álló törtet. Belátjuk, hogy a végpontja rajta van a szögfelezőkön. A

C - A

vektor hossza

b

, így

\frac{1}{b} (C - A)

A

-ból

C

felé mutató egységvektor. Hasonlóképp

\frac{1}{c} (B - A)

B

-felé mutató egységvektor. E kettő összege, azaz

\frac{b B + c C - (b + c) A}{b c}

végpontja az

A

-ból induló szögfelezőn van. A szögfelező egyenes bármely pontját megkaphatjuk, ha ezen összeg egy skalárszorosát az

A

-hoz adjuk. A törtektől megszabadulva kapjuk az

A

-n átmenő belső szögfelező paraméteres vektoregyenletét:

\begin{matrix} f_{A} (x) = A + x (b B + c C - (b + c) A) . \end{matrix}

x

végigfut a valós számokon, az

f_{A} (x)

vektorok a szögfelező pontjait adják. Az eredmény ismeretében könnyű az ellenőrzés, az

f_{A} (x)

alkotta egyenest két pontja meghatározza:

x = 0

A

csúcspontot adja,

x = \frac{1}{b + c}

B C

szakasz azon pontját, amely azt

c : b

arányban osztja, azaz a szögfelező talppontját. Az

x = \frac{1}{a + b + c}

értéket választva látjuk, hogy

P

rajta van a szögfelezőn.

P

rajta van a többi szögfelezőn is, így szükségképpen

P = Q

□

A legegyszerűbb vektortulajdonságokon kívül (összeadás kommutativitása, lineáris kombináció) szükségünk lesz a skalárszorzat fogalmára. Mivel egy vektor önmagával vett szorzata a hossz négyzete, egy tetszőleges

| X Y |

távolság, illetve a négyzete így számolható:

{| X Y |}^{2} = {| X - Y |}^{2} = X^{2} + Y^{2} - 2 X Y

. A skalárszorzat kommutativitásán és bizonyos asszociativitásán kívül csak az

A B

A C

és

B C

szorzatok értéket használjuk. Mivel

c^{2} = {| B - A |}^{2} = {| B |}^{2} + | A^{2} | - 2 A B = 2 r^{2} - 2 A B

, kapjuk, hogy

\begin{matrix} A B = r^{2} - \frac{1}{2} c^{2}, A C = r^{2} - \frac{1}{2} b^{2}, B C = r^{2} - \frac{1}{2} a^{2} . \end{matrix}

(5)

A tétel bizonyítása. Számoljuk ki a két középpont,

F

és

Q

távolságát.

\begin{matrix} Q^{2} = {| Q |}^{2} = {(\frac{a A + b B + c C}{a + b + c})}^{2} = & (6) \\ = \frac{a^{2} A^{2} + b^{2} B^{2} + c^{2} C^{2} + 2 a b A B + 2 a c A C + 2 b c B C}{{(a + b + c)}^{2}} = \\ = \frac{a^{2} r^{2} + b^{2} r^{2} + c^{2} r^{2} + 2 a b r^{2} - a b c^{2} + 2 a c r^{2} - a c b^{2} + 2 b c r^{2} - b c a^{2}}{{(a + b + c)}^{2}} = \\ = r^{2} - \frac{a b c}{a + b + c} . \end{matrix}

Ebből (1) adja Euler tételét, hogy

\begin{matrix} {| Q |}^{2} = r^{2} - 2 r ϱ \end{matrix}

(7)

és ebből

\frac{1}{2} r \geq ϱ

\begin{matrix} F^{2} = {| F |}^{2} = \frac{1}{4} {(A + B + C)}^{2} = \frac{1}{4} (3 r^{2} + 2 A B + 2 A C + 2 B C) = & (8) \\ = \frac{1}{4} (9 r^{2} - a^{2} - b^{2} - c^{2}), \\ 2 F Q = (A + B + C) \frac{a A + b B + c C}{a + b + c} = & (9) \\ = \frac{1}{a + b + c} (a A^{2} + b B^{2} + c C^{2} + (a + b) A B + (a + c) A C + (b + c) B C) = \\ = r^{2} + \frac{1}{a + b + c} ((a + b) (r^{2} - \frac{1}{2} c^{2}) + (a + c) (r^{2} - \frac{1}{2} b^{2}) + \\ + (b + c) (r^{2} - \frac{1}{2} a^{2})) = \\ = 3 r^{2} - \frac{1}{2 (a + b + c)} (a c^{2} + b c^{2} + a b^{2} + c b^{2} + b a^{2} + c a^{2}) . \end{matrix}

A (6), (8) egyenletek összegéből vonjuk le a (9)-et:

\begin{matrix} {| F - Q |}^{2} = F^{2} + Q^{2} - 2 F Q = \frac{1}{4} r^{2} + \\ + \frac{- 4 a b c - (a + b + c) (a^{2} + b^{2} + c^{2}) + 2 (a c^{2} + b c^{2} + a b^{2} + c b^{2} + b a^{2} + c a^{2})}{4 (a + b + c)} = \\ = \frac{1}{4} r^{2} - \frac{2 a b c}{4 (a + b + c)} + \frac{- a^{3} - b^{3} - c^{3} - 2 a b c + a b^{2} + a c^{2} + b a^{2} + b c^{2} + c a^{2} + c b^{2}}{4 (a + b + c)} . \end{matrix}

Ebből (1) és (2) felhasználásával adódik, hogy

\begin{matrix} {| F - Q |}^{2} = \frac{1}{4} r^{2} - r ϱ + ϱ^{2} = {(\frac{1}{2} r - ϱ)}^{2} . \end{matrix}

F Q

szakasz hossza tehát

\frac{1}{2} r - ϱ

, és így a

Q

középpontú

ϱ

sugarú kör belülről érinti az

F

középpontú

\frac{1}{2} r

sugarú kört (a Feuerbach kört).

□

Megjegyzések

1. Lássuk be, hogy az

a

oldalhoz hozzáírt kör középpontjába mutató vektor

\begin{matrix} Q_{a} = \frac{- a A + b B + c C}{- a + b + c} . \end{matrix}

2. Készítsünk a fentiekhez hasonló bizonyítást arra, hogy a beírt kör kívülről érinti a hozzáírt köröket!

3. Jean-Victor Poncelet (1788‐1867) tétele szerint ha egy

k

oldalú

A_{1}, ..., A_{k}

poligon csúcsai egy

K

körön vannak és egyidejűleg oldalai egy

B

kört érintenek, akkor a

K

tetszőleges

X = X_{1}

pontjából kiindulva a

B

-hez érintőt húzva és így a

K

-ból a következő,

X_{2}

pontot nyerve, majd ezen eljárást folytatva a

k

-adik lépés után a kapott töröttvonal záródik,

X_{k + 1} = X_{1}

.¹
Az Euler formulára (7) támaszkodva, lássuk be Poncelet tételét a

k = 3

esetre!

4. Az 1. lemmához hasonló tétel (lényegében ugyanolyan egyszerű bizonyítással) minden dimenzióban igaz, pl. ha

A_{1}

A_{2}

A_{3}

A_{4}

egy tetraéder csúcsai, és

A_{1}

A_{2}

A_{3}

A_{4}

a köréírt gömb középpontjából odamutató helyvektorok, és

Q

a beírt gömb középpontjába,

Q

-ba mutató helyvektor, akkor

\begin{matrix} Q = \sum_{1 \leq i \leq 4}^{} \frac{t_{i}}{t_{1} + ... + t_{4}} A_{i}, \end{matrix}

ahol

t_{i}

A_{i}

-vel szemközti lap területe.

5. A (8) egyenletet használva bizonyítsuk, hogy

sin^{2} α + sin^{2} β + sin^{2} γ = 2

akkor és csak akkor, ha a háromszög derékszögű.

6. Igazoljuk, hogy az

F

Feuerbach kör érinti az

A B M

A C M

B C M

háromszögek beírt és hozzáírt köreit is. (Ez további 12 kör!)

Bizonyítás inverzióval

Ismertetjük a Feuerbach tétel legegyszerűbb bizonyítását, amelyet egymástól függetlenül M'Clelland (1891) és Lachlan (1893) talált, és amelyet a legtöbb tankönyv átvett (pl. D. Pedoe: Circles, MAA publication, 1957, 1979, 1995). A fő gondolat (a 2. lemma) alábbi bizonyítása új, a szokásosnál valamelyest egyszerűbb.
Jelölje

A_{0}

a

oldalon a

B

beírt kör érintési pontját, jelölje

A_{1}

a

oldalhoz hozzáírt

H

kör érintési pontját, és jelölje

f

e két kör közös szimmetriatengelyét, az

A

ponton átmenő belső szögfelezőt. E két körnek 4 közös érintője van, az

ℓ_{a}

ℓ_{b}

ℓ_{c}

oldalegyenesek, és egy negyedik

ℓ_{a}'

egyenes, amely az

ℓ_{a}

tükörképe

f

-re. Legyen

B'

és

C'

B

és

C

csúcs

f

-re vonatkozó tükörképe, ekkor

B'

C' \in ℓ_{a}'

.
Mivel

| C A_{0} | = s - c

és

| B A_{1} | = s - c

, az

A_{0} A_{1}

szakasz felezőpontja

H_{a}

és hossza

| a - 2 (s - c) | = | c - b |

. Tegyük fel, hogy

b \neq c

és jelölje

i

A_{0} A_{1}

átmérőjű körre vonatkozó inverziót. Ekkor

i (A_{0}) = A_{0}

i (A_{1}) = A_{1}

i (ℓ_{a}) = ℓ_{a}

2. ábra

2. lemma.

i (B) = B

i (H) = H

és

i (ℓ_{a}') = F

Bizonyítás. Az inverzió megtartja az érintkezést, így

i (B)

érinti

i (ℓ_{a})

-t az

i (A_{0})

pontban. Kapjuk, hogy

B

képe önmaga. Hasonlóképp adódik, hogy

i (H) = H

3. ábra

Azt kell még bizonyítanunk, hogy

i (F) = ℓ_{a}'

. Mivel

F

tartalmazza az inverzió centrumát,

H_{a}

-t, így képe egy egyenes. Belátjuk, hogy

H_{b}

és

H_{c}

képei az

ℓ_{a}'

egyenesre kerülnek. Tekintsük

H_{b}

-t, a

H_{c}

esete analóg. Legyen

X

H_{a} H_{b}

és

ℓ_{a}'

egyenesek metszéspontja. A

B' A C'

és

B' H_{b} X

háromszögek hasonlósága adja, hogy

\begin{matrix} | H_{b} X | = | A C' | \cdot \frac{| H_{b} B' |}{| A B' |} = | A C' | \cdot \frac{| A B' | - | A H_{b} |}{| A B' |} = b \frac{c - \frac{b}{2}}{c} . \end{matrix}

Ha itt

c - \frac{b}{2}

negatív, akkor

X

[H_{b} H_{a}]

szakaszon kívül van. Kapjuk, hogy

| H_{b} X | < \frac{c}{2}

és így

X

[H_{a} H_{b})

félegyenesre kerül. Továbbá

\begin{matrix} | H_{b} H_{a} | \cdot | X H_{a} | = | H_{b} H_{a} | (| H_{b} H_{a} | - | H_{b} X |) = \frac{c}{2} (\frac{c}{2} - b \frac{c - \frac{b}{2}}{c}) = \frac{1}{4} {(c - b)}^{2} . \end{matrix}

Tehát

i (H_{b}) = X

, így

i (H_{b}) \in ℓ_{a}'

□

Végül, mivel az

ℓ_{a}'

B

és

H

közös érintője, így

F

közös érintő (köre) ezen körök képének. Mivel

H

helyett más hozzáírt kör is állhat, így

F

mind a négy érintő kört érinti.

Appendix, az inverzió néhány tulajdonsága

O

középpontú

r

sugarú körre vonatkozó

i

inverzió a sík

O

-n kívüli pontjainak egy bijekciója úgy, hogy a

P

pont

i (P)

képe rajta van az

O

-ból induló,

P

-n átmenő félegyenesen, és

| O P | \cdot | O i (P) | = r^{2}

. Ez egy involúció, azaz

i (i (P)) = P

.
‐ Egy

O

-n átmenő

ℓ

egyenes képe önmaga (pontosabban

i (ℓ ∖ {O}) = ℓ ∖ {O}

.)
‐ Ha

O \notin ℓ

, akkor képe egy

O

-n átmenő kör.
‐ Egy

O

-t tartalmazó kör képe egy, az

O

-t elkerülő egyenes.
‐ Egy

O

-t elkerülő kör képe egy másik kör, külső hasonlóságpontjuk

O

.
‐ Az inverzió megtartja az érintést, érintő egyenesek és körök képe érinti egymást. (Valójában több is igaz, az inverzió szögtartó).

¹Poncelet tételéről lásd Hraskó András cikkét a KöMaL 2000. évi 5. számában.