Feladat: 1046. matematika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Ádámffy E. ,  Bartók I. ,  Dömény I. ,  Haar Alfréd ,  Kiss J. ,  Kürti I. ,  Pichler S. ,  Rássy P. ,  Schöffer I. ,  Szűcs A. 
Füzet: 1904/június, 183 - 185. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Egyenesek egyenlete, Kör egyenlete, Ellipszis egyenlete, Determinánsok további alkalmazásai, Terület, felszín, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1902/április: 1046. matematika feladat

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

Az

x2a2+y2b2=1(1)
ellipszis valamely ξ,η pontjában vont érintőjének egyenlete:
xξa2+yηb2=1(2)
Ha az érintő átmegy a P(ξ0,η0) ponton, akkor:
ξ0ξa2+η0ηb2=1(3)
és mivel ξ,η az ellipszisen van, azért:
ξ2a2+η2b2=1(4)
A (3) és (4) egyenletekből ξ és η kiszámítható, miáltal a (2) egyenlet teljesen meghatározott. Mivel általában két értéket (ξ1,ξ2;η1,η2) kapunk, azért valamely pontból az ellipszishez általában két érintő vonható. A mi esetünkben: a=3;b=2;η0=35;ηq=145, azért a (3) és (4) így alakulnak:
2ξ+21η=30
4ξ2+9η2=36,
mely egyenletekből:
P1(ξ1=-95;η1=85)ésP2(ξ2=125;η2=65).
Már most a PP1 és PP2 érintők egyenleteit megkapjuk, ha a ξ1,η1, illetőleg a ξ2,η2 értékeit (2)-be tesszük:
PP1≡x-5+2y5=1
és
PP2≡x154+y103=1.
Mi az egyenlete annak a körnek, mely a P{ξ0,η0};P1{ξ1,η1};P2{ξ2,η2} pontokon átmegy? A keresett kör egyenletének alakja minden esetre ilyen lesz:
(x2+y2)+Ax+By+C=0(α)
és mivel e kör átmegy a P,P1,P2 pontokon, azért még:
(ξ02+η02)+Aξ0+Bη0+C=0(β)
(ξ12+η12)+Aξ1+Bη1+C=0(γ)
(ξ22+η22)+Aξ2+Bη2+C=0(δ)

α,β,γ,δ, négy homogén lineáris egyenlet az 1,A,B,C ismeretlenekre nézve és mivel az ismeretlenek nem mindegyike 0, mert hiszen 1≠0, azért kell, hogy a rendszer determinánsa 0 legyen (K. M. L. IX. évf. 179. old.) vagyis:
|x2+y2xy1ξ02+η02ξ0η01ξ12+η12ξ1η11ξ22+η22ξ2η21|(ε)
Az ε egyenlet által képviselt görbe, mint a kifejtésből kitűnik: kör, mert x2 és y2 együtthatója ugyanaz és xy-os tag nem fordul elő benne. Az is könnyen belátható, hogy az ε kör átmegy az adott pontok mindegyikén, mert ξ0;η0,ξ1;η1 vagy ξ2;η2 behelyettesítése után a determináns két sora egyenlő, tehát értéke csakugyan 0-val egyenlő; pl.:
|ξ02+η02ξ0η01ξ02+η02ξ0η01ξ12+η12ξ1η11ξ22+η22ξ2η21|=0.
A (ε) egyenlet tehát a három adott ponton átmenő kör egyenlete. Ha P,P1,P2 egy egyenesben vannak, akkor az általuk képezett háromszög területe 0, tehát:
|ξ0η01ξ1η11ξ2η21|=0.

Ez esetben tehát x2 és y2 együtthatója 0, miért is ε nem kör, hanem egyenes egyenlete. Világos tehát, hogy 3 ponton keresztül csak akkor rajzolható valóságos kör, ha a három pont nem fekszik egy egyenesen. (A)
A mi esetünkben a kör egyenlete:
|x2+y2xy12052535145114525-9585118025125651|=153|x2+y2xy141314129-981361261|=0.

amit kifejtve nyerjük:
150x2+1502-66x-168y-3600=0,
vagyis:
x2+y2-1125x-2825y=24,
tehát:
(x-1150)2+(y-1425)2=(1150)2+(1425)2+24,

és így
r2=(1150)2+(2850)2+24=60905502
miből a kör sugara:
r=15060905egység
és területe:
T=r2π=60905502π=76,446területegység.
(Haar Alfréd, Budapest.)