Feladat: Pontversenyen kívüli P.84 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Reviczky János 
Füzet: 1972/április, 166 - 169. oldal  PDF file
Témakör(ök): Inverzió, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1970/november: Pontversenyen kívüli P.84

Adott a síkban 3 kör. Megválasztható-e az inverzió alapköre úgy, hogy ezek képei is körök legyenek és e körök középpontjai egy egyenesre essenek?
Elérhető-e emellett az is, hogy a képek közül kettőnek a sugara egyenlő legyen?

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

a) Jelöljük adott (és egymástól páronként különböző) köreinket k1-gyel, k2-vel, k3-mal, a keresett inverzió alapkörét ‐ föltéve, hogy létezik ‐ k-val, köreink erre invertált képeit k'1, k'2, k'3,-vel, a középpontjaikon átmenő egyenest e'-vel és ennek k-ra való inverzét ‐ más szóval eredetijét ‐ e-vel.
Mint tudjuk, e akkor és csak akkor adódik egyenesnek, ha e' átmegy a k alapkör középpontján, és ekkor e egybeesik e'-vel (de nem pontról pontra azonosak), különben pedig körnek adódik e. Ebből mindjárt látjuk, hogy ha a kívánt tulajdonság már az eredeti k1, k2, k3 körhármasra fennáll ‐ vagyis középpontjaik egy e egyenesen vannak ‐, akkor található a kívánt k alapkör, éspedig középpontjául választható e-nek bármely pontja, kivéve a kj-vel (j=1, 2, 3) való metszéspontjait ‐ hiszen kör inverz képe akkor és csak akkor nem kör, ha átmegy az inverzió centrumán ‐, k sugara pedig tetszőleges.
Az adott kj körök középpontjai általában nincsenek egy egyenesen. Ilyenkor azt a tulajdonságot, hogy a k'j körök középpontjai az e' egyenesen vannak, a következő alakban használjuk majd fel: e' merőlegesen metszi k'j mindegyikét. Ugyanis az inverzió szögtartó, részletesebben kimondva: körök, egyenesek képei közti szög egyenlő az eredeti vonalak közti megfelelő szöggel; az utóbbit úgy értve, hogy kör helyett mindig a metszéspontbeli érintőjét tekintjük a szög megfelelő szárának. Eszerint már e-nek merőlegesen kell metszenie kj mindegyikét, és ekkor a keresett k szerepére megfelel minden olyan kör, melynek középpontja e-n van. (De k középpontjának ismét nem szabad egybeesnie e és a kj körök közös pontjaival, mert feladatunk csak olyan megoldást fogad el, melyben mindegyik kj képe is kör.)
A kérdés tehát erre redukálódott: van-e olyan e kör, amely kj (j=1, 2, 3) mindegyikét merőlegesen metszi. Fel fogjuk használni a következő fogalmakat: pontnak körre vonatkozó hatványa, két kör hatványvonala, három kör hatványpontja. Ezeket és néhány rájuk vonatkozó tételt itt összefoglalunk.*

 

P pontnak az O középpontú, r sugarú k körre vonatkozó hatványa PO2-r2 (k belső pontjaira negatív, k pontjaira 0, külső pontokra pedig pozitív és egyenlő a P-ből k-hoz húzott érintőszakasz négyzetével.) ‐ Azoknak a pontoknak a mértani helye, amelyeknek az O1 és O2 középpontú körökre vonatkozó hatványa egyenlő, egyenes, mely merőleges az O1O2 centrálisra. Ezt a mértani helyet más néven a két kör hatványvonalának nevezzük. Koncentrikus köröknek nincs hatványvonaluk. Két egymást metsző kör hatványvonala a metszéspontjaikat összekötő egyenes. Két egymást érintő kör hatványvonala a közös pontjukban húzott érintőjük. ‐ Három kör páronként vett hatványvonalai ‐ ha a három középpont nincs egy egyenesen ‐ egy pontban, a három kör ún. közös hatványpontjában metszik egymást.
 

Ezekből következik, hogy három körhöz ‐ melyek középpontjai nincsenek egy egyenesen (vagyis amilyen körhármas esetére még nem adtuk megoldását feladatunknak) ‐ létezik egy és csak egy olyan pont, melynek a három körre vonatkozó hatványa egyenlő. Ez vagy mindhárom körre nézve külső pont, vagy mindháromnak közös belső pontja, illetve a közös pontjuk, ha a három kör egy ponton megy át; e háromféle esetnek megfelelően a hatvány közös értéke, pozitív, negatív, ill. 0.
Mármost redukált kérdésünkre a válasz az első esetben igenlő, az utóbbi kettőben viszont nem létezik a keresett inverzió. Ugyanis az első esetben a hatványpontból a három körhöz húzott érintőszakasz egyenlő, és ezzel a hosszúsággal mint sugárral a hatványpont körül írt kör a három kört merőlegesen metszi. Ezt mutatja az 1. ábra.
 
 
1. ábra
 

H a hatványpont, HE1=HE2=HE3 az érintőszakaszok. A H körüli, E1-en átmenő e körön választottuk az inverzió C centrumát, k-nak CT sugarát pedig speciálisan úgy, hogy k merőlegesen messe k1-et; így k'1 mindjárt azonos magával k1-gyel. A körök középpontjai Oj, képeiké Mj, az OjMj (j=2, 3) egyenes átmegy C-n. (Magának H-nak a szerkesztését nem tüntettük fel. E célra pl. k1 és k2 hatványvonala a hatványpont idézett tétele szerint úgy szerkeszthető, hogy véve egy mindkettőt metsző k4 kört, a k1, k4 és a k2, k4 körpár közös húregyeneseinek metszéspontjából merőlegest állítunk az O1O2 egyenesre.)
 

b) A feladat második kérdésének előkészítéséül vegyük észre, hogy két kör sugara akkor és csak akkor egyenlő, ha van olyan (közönséges) tengelyes tükrözés, amely őket egymásba viszi át (ti. a középpontjaik közti szakasz felező merőlegesére való tükrözés ilyen; ha pedig koncentrikusak a körök, akkor bármely, a centrumukon átmenő egyenes ilyen).
Felhasználjuk továbbá P. 31 probléma* segédtételét, a következő alakban. Ha P, f, Q egy tárgy‐tükör‐kép rendszer, ahol f egy inverzió alapköre vagy egy egyenes ‐ azaz P és Q egymás képei f-re ‐, továbbá egy inverzióban vagy közönséges tengelyes tükrözésben P, f, Q képe rendre P', f', Q', akkor P', f', Q' is egy tárgy‐tükör‐kép rendszer. (Itt tehát 3 inverzióról van szó, amelyek közt tengelyes tükrözések is fölléphetnek.)
Ezeket egybevetve, az adott köreink közül választott kettőnek ‐ mondjuk a k1-nek és k2-nek ‐ valamely k körre való invertált képei, k'1 és k'2 akkor és csak akkor lesznek egyenlő sugarúak, ha van olyan inverzió vagy tengelyes tükrözés, mely k1-et és k2-t egymásba viszi át. Ha van, akkor ennek az inverziónak az f alapkörét, ill. tengelyét egy f' egyenessé kell transzformálnunk a keresett k körre való invertálás útján, ehhez pedig elég k centrumát f-en úgy megválasztani, hogy ne legyen rajta egyidejűleg se k1-en, se k2 -n.
Állítjuk, hogy a sík bármely két, k1 és k2 köréhez van olyan ki alapkör, amelyre való invertálás a két kört egymásba viszi át. A bizonyítást csak vázoljuk.
Egymáson kívül álló körök esetében a keresett inverzió centruma csak a körök S külső hasonlósági középpontja lehet, csak S-nek van meg az a tulajdonsága, hogy a belőle kiinduló félegyeneseknek k1-gyel ugyanannyi közös pontjuk van, mint k2-vel: vagy 2 vagy 1 vagy 0. (Ez nyilván szükséges feltétel.)
 
 
2. ábra
 

A 2. ábra jelöléseivel O1C1O2D2, O1D1O2C2, a párhuzamos szelők tétele alapján
SC1:SD2=SO1:SO2=SD1:SC2.
Másrészt a külső pontból húzott szelő és érintő tétele alapján
SCiSDi=SAiSBi=SEi2,(i=1,2)
és ezekből
SC1SC2=SD1SD2=SE12SC1SE22SC2,SC1SC2=SE1SE2,
állandó, tehát a kívánt ki alapkör sugara SE1 és SE2 mértani közepe. A tételt tudva, megszerkeszthető ki abból is, hogy az A1, A2 pontok egymásba mennek át, ezért az A1A2 átmérőjű ka kör önmagába megy át és ‐ mint az 1. ábrán k1 esetében ‐ az alapkör átmegy az S-ből ka-hoz húzott érintő T érintési pontján. ‐ Meggondolásunk egymással kívülről érintkező körökre is érvényes. ‐ S csak akkor nem létezik, ha k1 és k2 sugarai egyenlők, ekkor O1O2 felező merőlegese lép ki helyére.
Hasonlóan látható be állításunk arra az esetre, ha k2 a k1 belsejében van. Ekkor az inverzió centruma k1-nek és k2-nek S' belső hasonlósági pontja (ahol a párhuzamos és ellentétes irányú sugaraik végpontjait összekötő egyenesek összefutnak), a meggondolásban S helyére S' és Ei helyére Fi teendő, az S'-ben O1O2-re állított merőlegesnek ki-vel való metszéspontja. Ekkor k'i sugara az S'F1, S'F2 szakaszok mértani közepe. (S'Fi2 az S' pont ki-re vonatkozó hatványának abszolút értéke: S'Fi2=OiFi2-S'Oi2=ri2-S'Oi2.) A fentebbi szerkesztés is érvényes, A1 és A2 a körök párhuzamos és egyirányú sugarainak végpontjai az O1O2 egyenesen. ‐ Érvényes e meggondolás egymással belülről érintkező körökre, valamint két koncentrikus körre is.
 

Végül ha k1-nek és k2-nek két közös pontja van, akkor mindkét meggondolás érvényes, két olyan inverziós alapkör van, mely k1-et és k2-t egymásba viszi át. A körük metszéspontjain mindkét alapkör átmegy (3. ábra).
 
 
3. ábra
 

Visszatérve feladatunk második kérdéséhez, k1, k2, k3 közül kettőt kiszemelve és a fent mondott f-nek véve az őket egymásba átvivő inverzió alapkörét (vagy tükrözés tengelyét), f és a fenti ‐ ha van ilyen ‐ e kör közös pontja mint inverzió centrum teljesíti a követelményt, tetszőleges sugár mellett.

* A bizonyítások megtalálhatók pl. a következő helyen: Tolnai Jenő: Érdekes matematikai gyakorló feladatok. II. kötet. Középiskolai Szakköri Füzetek. Tankönyvkiadó. Budapest, 1971. 22‐23. oldal.

*A probléma ‐ megoldását ‐ lásd K. M. L. 39. (1969) 155‐156. ‐ új bizonyítást kívánt a P. 12. problémára a következő segédtétel alapján. Ha g egy, a C ponton nem átmenő kör vagy egyenes, és egy P pontnak g-re vonatkozó inverze ‐ ill. tükörképe, ha g egyenes ‐ a Q pont, továbbá g-nek, P-nek, Q-nak egy C középpontú körre vonatkozó inverze g1, P1, ill. Q1, akkor P1-nek g1-re vonatkozó inverze Q1. Maga a P. 12. probléma pedig ‐ megoldását lásd K. M. L. 38. (1969) 171‐172. ‐ a következőt kívánta. Bizonyítandó, hogy ha g egy a C ponton nem átmenő kör vagy egyenes, akkor egy C középpontú k körre vett inverz képének a középpontját úgy kaphatjuk meg, hogy C-nek g-re vonatkozó inverz képét (ill. tükörképét, ha g egyenes) invertáljuk k-ra. ‐ Megjegyezzük, hogy a P. 31.-beli segédtétel bizonyítása nem használta fel, hogy g nem megy át C-n (erre a föltevésre csak a P. 12.-ben volt szükség, különben ugyanis g képe mindenképpen egyenes lenne, és nem volna értelme beszélni g középpontjáról). Ennélfogva a segédtétel érvényes akkor is, ha g átmegy C-n.