Feladat: 1430. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Barcza Gyöngyi ,  Králik István ,  Papp Zoltán 
Füzet: 1966/november, 123 - 124. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Síkgeometriai bizonyítások, Körök, Középponti és kerületi szögek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1965/december: 1430. matematika feladat

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

I. Legyen egyelőre COA∢<45∘. A szerkesztés szerint ODCE téglalap, DE átlója H-ban felezi OC-t. Továbbá CF felező merőlegese párhuzamos DE-vel, tehát CH-t is felezi, ezért a G körüli GC sugarú k1 kör átmegy H-n, és sugara az eredeti kör sugarának 1/4 része. Eszerint CGF∢=2⋅CHF∢. Mivel DCF∢=EDO∢=COA∢<=BOC∢=DCH∢, azért F a DH szakaszon van, ezért CHF∢=CHD∢=2COA∢, tehát CGF∢=4⋅COA∢, vagyis k1-ben a félkörnél kisebb CF ívhez 4-szer akkora középponti szög tartozik, mint amekkora a k-ban az AC ívhez tartozó középponti szög (1. ábra).
A körív hosszát a hozzá tartozó középponti szög radián egységben vett mértékszámának és a sugár mértékszámának szorzata adja, ezért

CF^=CGF∢⋅GC¯=CGF∢4⋅4GC¯=COA∢⋅OC¯=AC^,
amint a feladat állítja. Másrészt k1 kerülete negyedrész akkora, mint k kerülete, tehát egyenlő k-nak AB ívével, így k1-nek H-t tartalmazó CF íve egyenlő az AB és AC ívek különbségével, a BC ívveI, vagyis az állítás másik része is helyes.
 
 

Amennyiben 45∘<COA∢<90∘, az A, B betűk felcserélésével (más szóval: az alakzatot tükrözve az AOB∢ felezőjére) a fenti helyzet áll elő, a csere viszont az állítást nem érinti. COA∢=45∘ esetén F a H-ba esik, mindkét CF ív félkör, másrészt C felezi az AB ívet, az állítás helyes.
 

II. C-nek a k-n vett (valamely további) tetszés szerinti helyzete a BA', A'B', B'A ívek valamelyikére esik, ahol A', B' az A, B tükörképe O-ra, vagy az A, B, A', B' pontok valamelyikébe. Az utóbbi esetekben F egybeesik C-vel, a felező merőleges határozatlanná válik, de az állítás is érdektelen; minden más esetben pedig a szimmetria miatt nyilvánvalóan úgy helyes az állítás, ha az AC, BC ív helyett a k kör C-t tartalmazó negyedívének két rész-ívét mondjuk (2. ábra).
 
Barcza Gyöngyi (Budapest, Apáczai Csere J. gyak. g. III. o.)

 
Megjegyzések.
1. Az állítás kiadódik a következő tétel kétszeri alkalmazásával is: egy O középpontú k kör egy OC sugara mint átmérő fölé (H középponttal) k0 kört írva és véve egy az OC-vel hegyesszöget bezáró OM félegyenest, a COM szög k-ból és k0-ból egyenlő hosszú íveket tartalmaz: CA^=CD^, majd O, k és M helyén H-val, k0-lal és D-vel CF^=CD^ (3. ábra).
 
Papp Zoltán (Debrecen, Kodály Z. zenei g. III. o. t.)

 
2. A bebizonyított állítást szemléletesen így értelmezhetjük. Illesszünk be egy OA/4 sugarú k1 körlemezt k belsejébe úgy, hogy egy F pontjával érintse k-t A-ban, majd gördítsük k1-et k kerületének belső oldalán, B felé indulva. Ennek során a k-ból és k1-ből egymással páronként érintkezésbe jutott pontok mindig két egyenlő hosszú ívet töltenek ki, más kifejezéssel: a gördülés bármely helyzetéig a két körből egyenlő hosszú ívek fejtődnek le. A feladatban leírt szerkesztés az F pont tetszés szerinti helyzetének megszerkesztését adja, ha adott a két kör pillanatnyi C érintkezési pontja.
A gördülő kör pontjai által leírt pályák számos műszaki alkalmazásban fontosak, ezeket általában cikloidáknak nevezik, és ha a pálya egy kör belső oldala, akkor speciálisan hipocikloidáknak. Ilyet ír le példánkban F is, és mivel egy körüljárás után visszaérkezik A-ba, a pálya záródik. Ennek a görbének egyedi nevet is adtak: asztroida.
 
Králik István (Budapest, Piarista g. III. o. t.)

 
3. Az OF szakasz OA-ra és OB-re vett vetületét x-szel, ill. y-nal jelölve és OA-t 1-nek véve az 1366. feladatban1 bebizonyított összefüggés szerint mindig fennáll x2/3+y2/3=1. Ez F pályájának, az asztroidának az egyenlete.
1K. M. L. 31 (1965) 144. o.