Feladat: Pontversenyen kívüli P.96 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Ferró József ,  Füredi Zoltán ,  Hermann Péter ,  Móri Tamás ,  Szendrei Ágnes ,  Szendrei Mária 
Füzet: 1971/november, 155 - 156. oldal  PDF file
Témakör(ök): Egyenletek grafikus megoldása, Trigonometrikus egyenletek, Komplex számok, Négyzetek, Szabályos sokszögek geometriája, Alakzatok köré írt kör, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1971/február: Pontversenyen kívüli P.96

Egy ABCD négyzet centruma O, a köréje írható kör k, ennek C-n átmenő érintője e. Legyen P az AC átló A-n túli meghosszabbításának pontja, és messe az e egyenest PD a Q pontban, a P-n átmenő, PB-re merőleges egyenes pedig R-ben. Igaz-e, hogy ha QR=OA, akkor az OP szakasz felező merőlegese k-t a k-ba írható A csúcsú szabályos hétszög A-val szomszédos csúcsaiban metszi?

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

Legyen P egyelőre az OA félegyenes A-n túli részének tetszőleges pontja, k sugarát válasszuk egységnek, és OP hosszát jelöljük a-val, a BD és PR egyenesek metszéspontját pedig S-sel (az ábrán P, Q, R helyén P1, Q1, R1 áll).

 

 

A BPS derékszögű háromszögből
OS=OP2OB=a2,
tehát DS=a2-1. A PDS, PQR hasonló háromszögekben a DS, QR oldalak aránya egyenlő a hozzájuk tartozó magasságok arányával, ebből
QR=DSCPOP=(a2-1)(a+1)a.

Feladatunk szerint QR=OA, tehát az a>1 valós számra teljesül az
(a+1)(a2-1)a=1(1)
egyenlet. Eszerint a<2, hiszen a2 mellett (1) bal oldalán (a+1)/a>1 és a2-1>1. Emiatt az OP szakasz felező merőlegese valóban metszi k-t, jelöljük az egyik metszéspontot E-vel, az AOE szöget φ-vel (az ábrán E1, φ1). Szerkesztésünk szerint 0<φ<π/2, és azt kell eldöntenünk, hogy ha a-ra teljesül (1), akkor teljesül-e φ=2π/7. Be fogjuk látni, hogy teljesül.
Az OEP egyenlő szárú háromszögben OP=2OEcosφ, azaz a=2cosφ, és (1) a φ szögre a
8cos3φ+4cos2φ-4cosφ-1=0(2)
egyenletet jelenti. Megmutatjuk, hogy ha cosφ1, akkor (2) ekvivalens a
cos4φ=cos3φ(3)
egyenlettel (azaz ha φ-re teljesül (3), akkor φ-re vagy cosφ=1, vagy (2) teljesül). Valóban, (3) szerint
cos4φ-6cos2φsin2φ+sin4φ=cos3φ-3cosφsin2φ,
ebbe sin2φ helyére (1-cos2φ)-t helyettesítve, és szorzattá alakítva a
(cosφ-1)(8cos3φ+4cos2φ-4cosφ-1)=0
egyenletet kapjuk. Az ismert
cosα-cosβ=2sinα+β2sinβ-α2
összefüggés szerint (3) ekvivalens a
sin7φ2sinφ2=0(4)
egyenlettel. Mivel 0<φ<π/2, azért sinφ/20, tehát sin7φ2=0, amely a [0,2π]-ben csak π-re teljesül, tehát 7φ2=π. Ezt akartuk bizonyítani.
Már csak azt kell belátnunk, hogy van olyan a>1, szám, amelyre (1) teljesül. Ha φ=2π/7, akkor φ-re teljesül (4) és cosφ1, tehát φ-re (2) is teljesül, így az a=2cosφ számra teljesül (1), és ez a szám pozitív. Ehhez viszont (1)-ből következik, hogy a>1, hiszen 0<a<1 mellett (1) bal oldalának az értéke negatív.
 

Móri Tamás (Budapest, Berzsenyi D. Gimn.)
 

Megjegyzések. 1. Hasonlóan lehet megmutatni, hogy az OC szakaszon van olyan P2 pont és OC-nek C-n túli meghosszabbításán olyan P3, hogy az e-ből PiD által kimetszett pontot Qi-vel (i=2,3), a PiB-re merőleges egyenessel kimetszett pontot Ri-vel jelölve, ha teljesül QiPi=OA, akkor az OPi szakasz felező merőlegese k-ból a beleírható, A csúcsú szabályos hétszögnek újabb 2-2 csúcsát metszi ki.
2. Komplex számok felhasználásával a kérdés valamivel kevesebb számítás útján dönthető el.
3. A bebizonyított állítás kapcsolatban van az (1)-ből adódó a3+a2-2a-1= =0 egyenletnek az ún. Lill-féle eljárás útján való grafikus, közelítő megoldásával.