Kezdőlap


Feladat:	F.2413	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	1983/november, 124 - 125. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Kör egyenlete, Kör (és részhalmaza), mint mértani hely, Parabola, mint mértani hely, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1983/március: F.2413

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

A mértani helyet a koordináta-geometria eljárásaival keressük meg. Vegyük a négyzet csúcsainak rendre az $A$ (0; 1), $B$ (-1; 0), $C$ (0; -1), $D$ (1; 0) pontot. Így a $\sqrt[]{2}$ oldalhosszúságú négyzetre vizsgáljuk a kérdést, de nem csorbítjuk az általánosságot, hiszen bármely két négyzet hasonló.
A keresett mértani hely szimmetrikus mindkét tengelyre. Ha ugyanis $P (x, y)$ megfelelő pont, akkor megfelel $P (- x, y)$ is, mert így $P B$ és $P D$ értéke csupán fölcserélődik, és ez nem változtatja meg a jobb oldal értékét a

\begin{matrix} \frac{P A + P C}{\sqrt[]{2}} = max (P B, P D) \end{matrix}

(1)

követelményben.
Továbbá a bal oldal értéke változatlan marad, ha

P

helyére a

(x, - y)

pont lép. Elég tehát az

x \geq 0

esetre szorítkoznunk, ekkor a jobb oldal értéke

\begin{matrix} P B = \sqrt[]{{(x + 1)}^{2} + y^{2}}, \end{matrix}

(1) pedig így alakul

\begin{matrix} \sqrt[]{x^{2} + {(y - 1)}^{2}} + \sqrt[]{x^{2} + {(y + 1)}^{2}} = \sqrt[]{2} \cdot \sqrt[]{{(x + 1)}^{2} + y^{2}} x \geq 0. \end{matrix}

Négyzetre emelés után a két oldal egyező tagjait elhagyva

\begin{matrix} \sqrt[]{x^{2} + {(y - 1)}^{2}} \cdot \sqrt[]{x^{2} + {(y + 1)}^{2}} = 2 x . \end{matrix}

Ez újabb négyzetre emelés után így rendezhető:

\begin{matrix} x^{4} + x^{2} (2 y^{2} + 2) + {(y^{2} - 1)}^{2} = 4 x^{2} . \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} x^{4} + 2 x^{2} (y^{2} - 1) + {(y^{2} - 1)}^{2} = {(x^{2} + y^{2} - 1)}^{2} = 0, \end{matrix}

végül

\begin{matrix} x^{2} + y^{2} - 1 = 0 x \geq 0. \end{matrix}

A kapott egyenlet az origó körüli egységkörnek az

y

tengelytől jobbra eső félkörét jelenti, az

y

tengelyen levő pontjaival együtt. Eszerint az előrebocsátottak értelmében minden megfelelő

P

pont rajta van a kiindulási négyzet körülírt körén.
Megfordításul elemi geometriai meggondolással belátjuk, hogy a körülírt kör minden pontja megfelel

P

-ként. Ennek során elég a kör

D A

negyedívének pontjait vizsgálnunk. Ha

P

D

vagy az

A

végpontban van, akkor (1) jobb és bal oldalán egyaránt 2 ill.

\sqrt[]{2}

áll.

P A / \sqrt[]{2}

hosszúságot elénk állítják a

P K_{1} = A K_{1}

szakaszok, ahol

K_{1}

P A C

derékszögű háromszög

P A

befogójához kívülről hozzáírt négyzet középpontja. Más szóval

P K_{1}

és

A K_{1}

K_{1} P A

egyenlő szárú, derékszögű háromszög befogói. Ekkor nyilván

P K_{1}

merőleges

P B

-re, és

K_{1} A

párhuzamos

P B

-vel.
Ugyanígy

P C / \sqrt[]{2} = P K_{2} = K_{2} C = K^{*} A

, ahol

K_{2}

P C

oldalú négyzet középpontja és

K^{*}

K_{2}

tükörképe az origóra, továbbá a

K_{1} K_{2}

egyenes átmegy

P

-n,

D

-n és merőleges

P B

-re. Azt is mondhatjuk, hogy

K^{*}

K_{2}

-nek az

O K_{1}

egyenesre való tükörképe, hiszen merőleges szárú szögekként

K_{1} O K_{2} ∢ = A P C ∢

derékszög. Ekkor pedig

\begin{matrix} \frac{P A}{\sqrt[]{2}} + \frac{P C}{\sqrt[]{2}} = P K_{1} + P K_{2} = K_{1} K_{2} = K_{1} K^{*} = P B, \end{matrix}

mert a tükrözés folytán

K^{*} B

párhuzamos

K_{2} D

-vel, tehát merőleges

P B

-re, lévén

B P D ∢

derékszög.