Problem B. 4631. (April 2014)
B. 4631. The circles \(\displaystyle k_0\), \(\displaystyle k_1\), \(\displaystyle k_2\), \(\displaystyle k_3\) lie in the same plane and pairwise touch each other on the outside. The point of contact of \(\displaystyle k_i\) and \(\displaystyle k_j\) is \(\displaystyle T_{ij}\). Let \(\displaystyle k_0\) have centre \(\displaystyle O\) and radius \(\displaystyle r\), and let the circle \(\displaystyle T_{12}T_{23}T_{31}\) have centre \(\displaystyle U\) and radius \(\displaystyle R\). Prove that \(\displaystyle OU^2 = R^2-4Rr+r^2\).
(6 pont)
Deadline expired on May 12, 2014.
Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation
Megoldás. Kettő segédállítással kezdünk:
1. segédállítás: Tegyük fel, hogy a \(\displaystyle c_1\) és \(\displaystyle c_2\) körvonalak nem metszik egymást. Ekkor létezik olyan inverzió, amely a \(\displaystyle c_1\) és \(\displaystyle c_2\) köröket koncentrikus körökbe képezi.
Az 1. segédállítás bizonyítása: Legyen \(\displaystyle c_1\) középpontja \(\displaystyle O_1\), \(\displaystyle c_2\) középpontja \(\displaystyle O_2\). Ha \(\displaystyle O_1=O_2\), akkor bármilyen \(\displaystyle O_1\) pólusú inverzió megfelel.
Ha \(\displaystyle O_1\ne O_2\), akkor legyen a \(\displaystyle c_1\) és \(\displaystyle c_2\) körök hatványvonala \(\displaystyle h\). Mivel \(\displaystyle c_1\) és \(\displaystyle c_2\) nem metszi egymást, \(\displaystyle h\) sem metszi a \(\displaystyle c_1\) és \(\displaystyle c_2\) körök egyikét sem. Legyen \(\displaystyle H\) a \(\displaystyle h\) hatványvonal tetszőleges pontja. A hatványvonal definíciója miatt \(\displaystyle H\)-ból a \(\displaystyle c_1\) és \(\displaystyle c_2\) körökhöz egyenlő hosszú érintők húzhatóak, jelöljük ezek közös hosszát \(\displaystyle e\)-vel, és tekintsük a \(\displaystyle H\) középpontú, \(\displaystyle e\) sugarú \(\displaystyle c\) kört. Világos, hogy \(\displaystyle c\) merőlegesen metszi \(\displaystyle c_1\)-et és \(\displaystyle c_2\)-t. Továbbá \(\displaystyle c\) két pontban metszi az \(\displaystyle f=O_1O_2\) centrális egyenest. Legyen ezen metszéspontok egyike \(\displaystyle P\), \(\displaystyle k\) pedig egy \(\displaystyle P\) középpontú tetszőleges kör (1. ábra).
1. ábra
Megmutatjuk, hogy a \(\displaystyle k\)-ra vonatkozó inverzió a kívánalmaknak eleget tesz. Legyenek értelemszerűen a megfelelő körök és egyenesek \(\displaystyle k\)-ra vonatkozó inverz képei a \(\displaystyle c_1'\) és \(\displaystyle c_2'\) körök, valamint az \(\displaystyle f'\) és \(\displaystyle c'\) egyenesek. Az inverzió szögtartása miatt \(\displaystyle f'\) és \(\displaystyle c'\) merőlegesen metszi \(\displaystyle c_1'\) és \(\displaystyle c_2'\) mindegyikét, vagyis az egymástól különböző \(\displaystyle f'\) és \(\displaystyle c'\) egyenesek illeszkednek a \(\displaystyle c_1'\) és \(\displaystyle c_2'\) körök középpontjaira. Ebből következik, hogy a \(\displaystyle c_1'\) és \(\displaystyle c_2'\) körök középpontja közös, vagyis \(\displaystyle c_1'\) és \(\displaystyle c_2'\) koncentrikusak. Ezzel a segédállítást beláttuk.
1. megjegyzés: A gondolatmenetből kiolvasható, hogy a különböző \(\displaystyle H\) középpontú körök szükségképpen ugyanabban a két pontban metszik az \(\displaystyle e\) centrálist. A háttérben valójában a \(\displaystyle c_1\) és \(\displaystyle c_2\) körök által generált elliptikus körsor, valamint a rá ortogonális (más szóhasználattal hozzá konjugált) hiperbolikus körsor geometriája húzódik, amiről bővebben Hajós György: Bevezetés a geometriába c. könyvének 40. pontjában olvashatunk.
2. megjegyzés: Az állítás erősíthető, előírhatjuk, hogy a koncentrikus \(\displaystyle c_1'\) és \(\displaystyle c_2'\) körök közül melyik legyen a belső, és melyik a külső. Ehhez a két kapott lehetséges \(\displaystyle P\) pont közül kell a megfelelőt kiválasztanunk. Ennek részletes belátását az olvasóra bízzuk, a továbbiakban csak azt fogjuk felhasználni, hogy ha \(\displaystyle c_1\) belsejében van \(\displaystyle c_2\), akkor elérhető, hogy \(\displaystyle c_2'\) is \(\displaystyle c_1'\) belsejében legyen; ehhez egy mindkét körön kívüli pólusra kell invertálni.
3. megjegyzés: Ha a \(\displaystyle c_1\) és \(\displaystyle c_2\) körök metszik egymást, nyilvánvalóan nincs olyan inverzió, amely őket koncentrikus körökbe képezi.
2. segédállítás: Legyen a \(\displaystyle k\) kör középpontja \(\displaystyle O\), \(\displaystyle \ell\) egy \(\displaystyle O\)-ra illeszkedő egyenes, \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\), \(\displaystyle C\) és \(\displaystyle D\) pedig négy különböző, \(\displaystyle O\)-tól különböző pont \(\displaystyle \ell\)-en. A \(\displaystyle k\)-ra vonatkozó inverzió az \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\), \(\displaystyle C\) és \(\displaystyle D\) pontokat rendre az \(\displaystyle A'\), \(\displaystyle B'\), \(\displaystyle C'\) és \(\displaystyle D'\) pontokba képezi. Ekkor
\(\displaystyle \frac{AC}{CB}:\frac{AD}{DB}=\frac{A'C'}{C'B'}:\frac{A'D'}{D'B'}, \)
ahol az \(\displaystyle \frac{XY}{YZ}\) arányhoz pozitív előjelet rendelünk, ha \(\displaystyle Y\in \overline{XZ}\), egyébként pedig negatívat.
A 2. segédállítás bizonyítása: Válasszuk a koordinátarendszert úgy, hogy \(\displaystyle O\) legyen az origó, \(\displaystyle k\) sugara legyen egységnyi, és az \(\displaystyle \ell\) egyenes egybeessen az \(\displaystyle x\)-tengellyel. Ekkor az állítás ekvivalens a könnyen ellenőrizhető
\(\displaystyle \frac{a-c}{c-b}:\frac{a-d}{d-b}=\frac{\frac1a-\frac1c}{\frac1c-\frac1b}: \frac{\frac1a-\frac1d}{\frac1d-\frac1b} \)
azonossággal. Ezzel a 2. segédállítást beláttuk.
4. megjegyzés: A 2. segédállítás egy speciális esete annak a ténynek, hogy az inverzió tartja a kettősviszonyt, lásd Dobos Sándor, Hraskó András, Kiss Géza, Surányi László: Geometria, 11.–12. évfolyam c. könyvében a 3.8. szakasz 3.2. és 3.3. feladatait, illetve Szőkefalvi-Nagy Béla: Komplex függvénytan c. könyvének 3. fejezetét.
Ezután rátérünk a feladat megoldására. Az állítás csak abban az esetben igaz, ha a négy érintkező kör közül \(\displaystyle k_0\) a középső, először ezzel az esettel foglalkozunk.
Legyen \(\displaystyle k_4\) a \(\displaystyle T_{12}T_{23}T_{31}\) kör. Világos, hogy \(\displaystyle k_4\) a belsejében tartalmazza \(\displaystyle k_0\)-t, és merőlegesen metszi a \(\displaystyle k_1\), \(\displaystyle k_2\) és \(\displaystyle k_3\) köröket. Tegyük fel, hogy \(\displaystyle O\ne U\) és messe az \(\displaystyle OU\) egyenes \(\displaystyle k_4\)-et az \(\displaystyle A\) és \(\displaystyle D\) pontokban, \(\displaystyle k_0\)-t a \(\displaystyle B\) és \(\displaystyle C\) pontokban a 2. ábra szerint. Az 1. segédállítást, illetve a 2. megjegyzést felhasználva hajtsunk végre egy alkalmas \(\displaystyle P\) középpontú \(\displaystyle k\) körre vonatkozó inverziót, amely a \(\displaystyle k_0\) és \(\displaystyle k_4\) köröket a koncentrikus \(\displaystyle k_0'\) és \(\displaystyle k_4'\) körökbe képezi, ahol \(\displaystyle k_0'\) a \(\displaystyle k_4'\) belsejében van. A \(\displaystyle k_1\), \(\displaystyle k_2\) és \(\displaystyle k_3\) körök \(\displaystyle k_1'\), \(\displaystyle k_2'\) és \(\displaystyle k_3'\) képei is körök lesznek, amelyek merőlegesen metszik \(\displaystyle k_4'\)-et, és kívülről érintik \(\displaystyle k_0'\)-t. Az \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\), \(\displaystyle C\) és \(\displaystyle D\) pontok egy \(\displaystyle P\) pólusból induló félegyenesre illeszkednek, ezért \(\displaystyle A'\), \(\displaystyle B'\), \(\displaystyle C'\) és \(\displaystyle D'\) képeik is, de sorrendjük az eredetihez képest megfordul. Így az inverzió után a 3. ábrát kapjuk.
2. ábra 3. ábra
Használjuk a 3. ábra jelöléseit, \(\displaystyle k_0'\) és \(\displaystyle k_4'\) közös centruma legyen \(\displaystyle \widehat O\). Mivel \(\displaystyle k_1'\), \(\displaystyle k_2'\) és \(\displaystyle k_3'\) merőlegesen metszik \(\displaystyle k_4'\)-t, egymást páronként kívülről érintik, valamint érintik a \(\displaystyle k_4'\)-vel koncentrikus \(\displaystyle k_0'\) kört, a sugaraik megegyeznek. Ebből könnyen látható, hogy \(\displaystyle \widehat O\widehat {O_1}T_{12}'\) derékszögű háromszög \(\displaystyle \widehat O\) szöge \(\displaystyle 60^\circ\), átfogójának felezőpontja \(\displaystyle M\). Így \(\displaystyle k_1'\) sugara egyrészt \(\displaystyle \widehat{O_1}T_{01}'=2R'-r'\), másrészt \(\displaystyle \widehat{O_1}T_{12}'=\sqrt 3R'\), ahol \(\displaystyle r'\) és \(\displaystyle R'\) rendre \(\displaystyle k_0'\) és \(\displaystyle k_4'\) sugarát jelöli. Innen \(\displaystyle r'=\big(2-\sqrt 3\,\big) R'\) adódik, majd egyszerű számolással kapjuk, hogy
\(\displaystyle \frac{A'B'}{B'D'}:\frac{A'C'}{C'D'}=\frac{R'-r'}{R'+r'}: \frac{R'+r'}{R'-r'}= \bigg(\frac {\sqrt 3 -1}{3-\sqrt 3} \bigg)^{\!\!2} =\frac13. \)
Most alkalmazzuk a 2. segédállítást, amiből következik, hogy
\(\displaystyle \tag{1} \frac{AB}{BD}:\frac{AC}{CD}=\frac13. \)
Bevezetve a \(\displaystyle d=UV\) jelölést a 2. ábra szerint \(\displaystyle AB=d+R-r\), \(\displaystyle BD=R+r-d\), \(\displaystyle AC=R+r+d\) és \(\displaystyle CD=R-r-d\). Ezt visszahelyettesítve (1)-be nyerjük, hogy
\(\displaystyle \frac{R+d-r}{R+r-d}:\frac{R+r+d}{R-r-d}=\frac13, \)
amiből a bizonyítandó \(\displaystyle d^2=R^2-4Rr+r^2\) összefüggés egyszerű átszorzással következik.
Hátra van az \(\displaystyle O=U\) eset vizsgálata. Ekkor \(\displaystyle d=0\) és az inverzió előtti ábránk lényegében megegyezik a 3. ábrával, így \(\displaystyle r= \big(2-\sqrt 3\,\big)R\), és \(\displaystyle R^2-4Rr+r^2=0\) is azonnal következik. Ezzel azt az esetet beláttuk, amikor \(\displaystyle k_0\) a középső kör.
4. ábra
Ha \(\displaystyle k_0\) nem a középső az adott négy páronként érintő kör közül, akkor az állítás nem igaz, de nagyon hasonló formula teljesül. Ez az eset az előzőhöz analóg módon kezelhető, ezért csak vázlatosan ismertetjük a lépéseket. A megfelelő inverzió után ismét a 3. ábrát kapjuk, ezért (1) továbbra is érvényes. Azonban ez esetben a 4.ábra szerint
\(\displaystyle AB=R+d+r, \quad BD=d+r-R,\)
\(\displaystyle AC=-r+d+R ~~\text{és}~~ CD=d-r-R.\)
Ezt (1)-be visszaírva, rendezés után a \(\displaystyle d^2= R^2+4Rr+r^2\) összefüggést kapjuk.
Statistics:
7 students sent a solution. 6 points: Andi Gabriel Brojbeanu, Forrás Bence, Maga Balázs, Williams Kada. 5 points: Machó Bónis. 2 points: 1 student. 1 point: 1 student.
Problems in Mathematics of KöMaL, April 2014