Kezdőlap


Feladat:	Gy.2378	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1987/május, 214 - 215. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek egybevágósága, Alakzatba írt kör, Szabályos sokszögek geometriája, Alakzatok köré írt kör, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1986/december: Gy.2378

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

I. megoldás. Megmutatjuk, hogy a feltételekből következik a sokszög szabályossága. Azt kell bebizonyítanunk, hogy a sokszög oldalai is, szögei is egyenlőek.

1. ábra

Legyenek a sokszög csúcsai

A_{1}

A_{2}

...

A_{n}

, a beírt kör és az oldalak érintési pontjai rendre

E_{1}

E_{2}

...

E_{n};

a beírt és a körülírt kör sugara

r,

illetve

R,

a körök közös középpontja pedig

O

(1. ábra). Az

A_{i} A_{i + 1}

egyenes az

E_{i}

pontban érinti a sokszög beírt körét, tehát

O E_{i}

merőleges

A_{i} A_{i + 1}

-re (

i = 1, 2, ..., n; A_{n + 1} = A_{1}) .

Másrészt

O A_{i} = R

és

O E_{i} = r

minden

i

-re, tehát az

O E_{i} A_{i}

és az

O E_{i} A_{i + 1}

típusú háromszögek mindannyian egybevágóak, mert megegyezik két oldaluk, és van egy derékszögük. Ezért a sokszög valamennyi oldala egyenlő (mindegyikük hossza egyenlő az

A_{1} E_{1}

szakasz hosszának

2

-szeresével), és valamennyi szöge is megegyezik (mindegyik egyenlő az

O A_{1} E_{1}

szög

2

-szeresével). ‐ Ezzel beláttuk állításunkat.

II. megoldás. Az előbbi jelölésekkel: minden

i

-re az

A_{i} A_{i + 1}

oldal a körülírt körnek az

O

középponttól

r

távolságra lévő húrja, tehát az oldalak egyenlők. Eszerint az

A_{i - 1} A_{i} A_{i + 1}

(irányított) szög szárai alkalmas elfordítással egyértelműen átvihetők az

A_{k - 1} A_{k} A_{k + 1}

szög száraiba, tehát a sokszög tetszőleges

A_{i}

és

A_{k}

csúcsánál levő szögek egyenlők.

Megjegyzések. 1. Ha a két kör középpontja nem esik egybe, akkor a sokszög nem lehet szabályos, oldalai legföljebb kettesével lehetnek egyenlők. A kisebbik kör nyilván teljesen benne van a nagyobbikban. Ha a kisebbik körül körülforgatjuk az érintő egyenest, az érintőből a nagyobbik kör által kimetszett húr növekszik, majd csökken, és ismét növekszik. A körök középpontjait összekötő tengelyre szimmetrikus helyzetekben a húrok egyenlők, így minden húrhosszúság csak két helyzetben fordul elő, a legkisebb és a legnagyobb húr pedig csak egy-egy helyzetben.
2. Vannak olyan n-szögek, amelyek nem szabályosak, mégis van körülírt és beírt körük, és ezeknek persze nem közös a középpontjuk. Az ilyeneket bicentrikus sokszögnek nevezik, azaz két középponttal bíróknak. Triviális példa erre az

n = 3

eset, ez semmi különlegességet sem jelent.

2. ábra

De mindjárt más a kérdés, ha a két kör előre van megadva (nem koncentrikusan), és olyan háromszöget keresünk, amely a nagyobbik körbe bele van írva, a kisebbnek pedig köréje. Ha a sugarak

R

és

r,

és a középpontok távolsága

d,

akkor ilyen háromszög létezésének szükséges és elegendő feltétele, hogy

d^{2} = R (R - 2 r)

legyen. Ezt az öszzefüggést Euler féle relációnak nevezik. (Lásd pl Kürschák L.‐Hajós Gy.‐Neukomm Gy.‐Surányi J.: Matematikai Versenytételek, 1. kötet, Tankönyvkiadó, 1965. 40. oldal.) Ha ez a feltétel teljesül, úgy végtelen sok megfelelő háromszög van (enélkül pedig nincs megoldás). A nagy kör bármely pontjából kiindulva kapunk egyet, hasonlóan a kis kör bármelyik érintőjéből indulva is. Ha pl. a nagy kör

A

pontjából a kis körhöz húzott érintők másodszorra

B

-ben és

C

-ben metszik a nagy kört, akkor a

B C

egyenes szintén érinti a kis kört.
Ugyanezt a "záródást'' sokkal általánosaban bizonyította J. Poncelet francia matematikus (1822), tetszőleges két kúpszeletre, tetszőleges

n

oldalszámra, ha a két kúpszelet eleget tesz bizonyos feltételeknek.
Visszatérve két körre, a bicentrikus 4-, 5-, 6-, 7- és 8-szögekre vonatkozó,

R, r

és

d

közti összefüggést már 1794-ben megadta N. Fuss, (1755‐1826), aki Euler tanítványa és utóda volt. Érdekes hasonlóság van az

n = 3

és

n = 4

esetek feltételében, alkalmas rendezéssel így írhatók:

\begin{matrix} \frac{1}{R + d} + \frac{1}{R - d} = \frac{1}{r}, illetve \frac{1}{{(R + d)}^{2}} + \frac{1}{{(R - d)}^{2}} = \frac{1}{r^{2}} . \end{matrix}

n = 4, 5, 6

és

8

esetekre J. Steiner (1796‐1863) sorra a következő feltételeket közölte (az

n = 8

-as összefüggést korrigálva közöljük):

\begin{matrix} {(R^{2} - d^{2})}^{2} = 2 r^{2} (R^{2} + d^{2}); \\ r (R - d) = (R + d) \sqrt[]{R - r - d} (\sqrt[]{R - r + d} + \sqrt[]{2 R}); \\ 3 {(R^{2} - d^{2})}^{4} = 4 r^{2} (R^{2} + d^{2}) {(R^{2} - d^{2})}^{2} + 16 R^{2} d^{2} r^{4}; \\ {(R^{2} - d^{2})}^{8} - 8 {(R^{2} - d^{2})}^{6} (R^{2} + d^{2}) r^{2} + 8 {(R^{2} - d^{2})}^{4} [8 R^{2} d^{2} + {(R^{2} + d^{2})}^{2}] r^{4} - \\ - 128 R^{2} d^{2} (R^{2} - d^{2}) (R^{2} + d^{2}) r^{6} + 128 R^{2} d^{2} (R^{4} + d^{4}) r^{8} = 0. \end{matrix}

Megválasztva kettőt

R, r

és

d

közül, a harmadikra adódó egyenlet valós gyökei között ún. idegen gyökök is előfordulnak, amelyek csak mesterkélten vagy egyáltalán nem értelmezhetők az eredeti probléma szellemében.
3. Bicentrikus négyszöget egyszerűen szerkeszthetünk a beírt körből kiindulva: ehhez érintőket húzva egy merőleges húrpárja végpontjaiban, egy húrnégyszög oldalegyeneseit kapjuk. Itt lényegében

3

érintési pontot választottunk meg a beírt körön.

3. ábra

Félig-meddig megfordításnak tekinthető a következő: a bicentrikus négyszög

3

csúcsát megválasztva, megszerkeszthető a negyedik csúcs úgy, hogy rajta legyen az első három csúccsal meghatározott körön, és hogy a négyszögnek valóban legyen beírt (az oldalegyeneseket érintő) köre. (Lásd KöMaL Gy. 787, 1963. október, az 1962. évi Nemzetközi Matematikai Diákolimpia feladata.)