Feladat: 480. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Barok Gy. ,  Cziffra A. ,  Erdős Pál ,  Fejér Gy. ,  Feldheim E. ,  Hajós György ,  Hapka I. ,  Liebermann J. ,  Sámuel J. ,  Schwarcz F. ,  Simon Á. 
Füzet: 1929/szeptember, 15 - 17. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Negyedfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Paraméteres egyenletek, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül körökben, Diszkusszió, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1929/április: 480. matematika feladat

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

I. Megoldás. 1. Tegyük fel elsősorban, hogy az A pont a körön belül van, azaz d<R. A feladat egyszerűbb tárgyalása szempontjából ismeretlennek tekintsük a keresett szelőnek a kör O középpontjától való x távolságát. A BC húr felezőpontja legyen M, tehát OM=x; legyen továbbá AB>AC.

 
 

Nyilván
BM=MC=R2-x2;AM=d2-x2.
Így
AB=BM+MA=R2-x2+d2-x2;BC=2R2-x2;AC=R2-x2-d2-x2



A feladat követelménye: AB2=BCAC.
Helyettesítve ezeket az előbbi összefüggések alapján:
R2-x2+2R2-x2d2-x2+d2-x2=2(R2-x2-R2-x2d2-x2)4R2-x2d2-x2=R2-d2.(1.)



Négyzetre emelve és rendezve:
16x4-16(d2+R2)x2+16d2R2-(R2-d2)2=0
és innen
x2=2(d2+R2)±5(R2-d2)4.

Hogy x2 a követelménynek megfeleljen, kell, hogy d2-nél kisebb pozitív érték legyen. A gyökök nagyobbika pozitív, de d2-nél nagyobb. A kisebbik gyök d2-nél kisebb; pozitív azonban akkor lesz, ha tekintettel arra, hogy a gyökök összege pozitív, a gyökök szorzata is pozitív, azaz
16d2R2-(R2-d2)2>0és innend>R(5-2).

Határesetben még x=0, ha d=R (5-2); ekkor az A ponton átmenő átmérő felel meg a követelménynek.
 

2. Tegyük fel már most, hogy az A pont a körön kívül fekszik: d>R.
 
 

Ekkor az AB és BC értékei ugyanazok, mint 1. alatt, azonban
AC=d2-x2-R2-x2
és most
AC2=ABBC.

Utóbbi összefüggésbe helyettesítve a
4R2-x2d2-x2=d2-R2(2.)
egyenlethez jutunk. Látható, hogy ezen egyenlet 1-től csak a baloldal előjelében tér el; négyzetre emeléssel ugyanazon egyenlethez jutunk és így
x2=2(d2+R2)±5(d2-R2)4

Most azonban x2-re nézve kell, hogy legyen:
0<x2<R2

A gyökök nagyobbika pozitív, de R2-nél nagyobb. A kisebbik R2-nél kisebb. Pozitív akkor, ha
16d2R2-(d2-R2)2>0,  azaz had<R(5+2).

Határesetben x=0, ha d=R(5+2) ekkor is az A ponton átmenő átmérő felel meg.
Összefoglalva tehát kimondhatjuk, hogy a feladatnak akkor van megoldása, ha
R(5-2)dR(5+2)

Ezen eredményt geometriailag így jellemezhetjük: húzzunk a körben az A ponton keresztül átmérőt és keressük kör azon pontjait, melyek az átmérőt folytonos arányban osztják; az A pontnak ezen pontok által meghatározott vonaldarabon kell feküdnie.
 

II. Megoldás. A folytonos arányban való osztás követelményét ha AB>AC, és A pont a körön belül fekszik, így is felírhatjuk:
ABCA=1+52=k.

Szerkesszük meg az OA egyenesen az O' pontot úgy, hogy OAAO'=k legyen.
Ekkor OBAO'CA és így
O'C:OB=CA:ABazazO'C=Rk.

Eszerint az R'=O'C sugárral kört szerkesztünk az O' középpontból; ezen kör az adott kört két pontban metszi, úgy, hogy két szimmetrikus helyzetű (egyenlő) húrt kapunk.
 
 

A szerkesztés lehetséges, ha a két körnek tényleg van közös pontja, azaz ha
R-R'OO'R+R',
azaz
R-2R1+5d+2d1+5R+2R1+5.

Ezen egyenlőtlenségek, a kellő rendezés után, az I. megoldásban talált 10. alatti
R(5-2)dR
feltételhez vezetnek.
Ha a folytonos arányban való osztás értelmezését kiterjesztjük arra az esetre is, amidőn az osztó A pont a BC meghosszabbításán, tehát a körön kívül fekszik, akkor ismét
ABAC=1+52=k.

Az O' pont most O és A közé esik és
O'C=2R1+5,továbbáOO'=OA-O'A=d-2d1+5.

A szerkesztés lehetőségének feltétele:
R-2R1+5d-2d1+5R+2R1+5

Kellő rendezés után így az I. megoldás 2 alatti eredményéhez jutunk:
RdR(5+2).

Hajós György (kegyesrendi g. VIII. o. Bp.)