A C. 1748. feladat (2023. január)

C. 1748. Mutassuk meg, hogy egy egységsugarú körbe írt húrnégyszög legrövidebb oldalának hossza nem lehet nagyobb \(\displaystyle \sqrt{2}\)-nél.

(Kanadai feladat)

(5 pont)

A beküldési határidő 2023. február 10-én LEJÁRT.

1. megoldás. Tekintsük az egységnyi sugarú körbe írt \(\displaystyle ABCD\) négyzetet, a kör középpontja legyen \(\displaystyle O\).

1. ábra

A négyzet átlói merőlegesen felezik egymást az \(\displaystyle O\) pontban, ezért az \(\displaystyle ABO\) egyenlő szárú derékszögű háromszög. A Pitagorasz tételből kapjuk, hogy az \(\displaystyle AB\) átfogó hossza \(\displaystyle AB=\sqrt{2}\), természetesen ekkor \(\displaystyle BC=CD=DA=\sqrt{2}\) is igaz.

Tegyük fel, hogy az állítással ellentétben az egységnyi sugarú körbe írhatunk olyan húrnégyszöget, amelynek legrövidebb oldala az \(\displaystyle AB\)-nél hosszabb. Legyen ez az \(\displaystyle AE\) szakasz, ehhez az \(\displaystyle E\) pontot az \(\displaystyle A\)-t nem tartalmazó \(\displaystyle BD\) íven vettük fel (a \(\displaystyle B, D\) pontok kivételével). Az így kapott \(\displaystyle AE\) szakasz biztosan nagyobb \(\displaystyle AB\)-nél, hiszen a kör mindkét \(\displaystyle AE\) ívéhez, illetve \(\displaystyle AE\) húrjához tartozó \(\displaystyle \alpha\) középponti szögre teljesül, hogy

Mivel \(\displaystyle AE\) a feltevés szerint a húrnégyszög legrövidebb oldala, ezért (1) alapján a húrnégyszög másik három, \(\displaystyle AE\)-nél nem rövidebb oldalához tartozó középponti szögek is nagyobbak \(\displaystyle 90^{\circ}\)-nál. Ebből az következik, hogy a négyszög négy oldalához tartozó középponti szögeket összeadva \(\displaystyle 360^{\circ}\)-nál nagyobb középponti szöget kapunk.

Ez azonban lehetetlen, hiszen bármely húrnégyszög négy oldalához tartozó középponti szögek összege pontosan \(\displaystyle 360^{\circ}\).

Ellentmondásra jutottunk, ez azt jelenti, hogy feltevésünk hamis volt, tehát az egységnyi sugarú körbe írt húrnégyszög legrövidebb oldala a körbe írt \(\displaystyle ABCD\) négyzet oldalánál, vagyis \(\displaystyle \sqrt{2}\)-nél nem lehet hosszabb.

2. megoldás. Legyen az \(\displaystyle O\) középpontú, egységnyi sugarú körbe írt húrnégyszög legrövidebb oldala az \(\displaystyle AB=c\) szakasz, a \(\displaystyle BOA\sphericalangle\)-et jelöljük \(\displaystyle \alpha\)-val. A kör \(\displaystyle AB\) húrjához két körív tartozik, a körívek hossza nyilvánvaló, hogy nem lehet egyenlő hosszú, mert ha egyenlők lennének, akkor az \(\displaystyle AB\) szakasz a kör átmérőjével egyenlő lenne.

Vegyük fel a \(\displaystyle C\) belső pontot a hosszabbik \(\displaystyle AB\) íven, kössük össze \(\displaystyle C\)-t az \(\displaystyle A\) és \(\displaystyle B\) pontokkal, illetve legyen \(\displaystyle BCA\sphericalangle=\beta\).

2. ábra

A húrnégyszög legrövidebb oldala \(\displaystyle AB\), ezért a \(\displaystyle C\) pontot nem tartalmazó \(\displaystyle AB\) ív legfeljebb akkora, mint a húrnégyszög másik három odalához tartozó három ív. Ebből az is következik, hogy

hiszen az egyes oldalakhoz tartozó középponti szögek összege \(\displaystyle 360^{\circ}\). A rövidebb \(\displaystyle AB\) ívhez tartozó középponti és kerületi szög \(\displaystyle \alpha\), illetve \(\displaystyle \beta\), ezekre a középponti és kerületi szögek összefüggése szerint \(\displaystyle \displaystyle{\beta=\frac{\alpha}{2}}\) áll fenn, ebből pedig (1) alapján

következik.
Az \(\displaystyle AB\) húr hosszára alkalmazzuk a \(\displaystyle \displaystyle{c=2R\cdot{\sin{\beta}}}\) általános szinusztételt, ebből \(\displaystyle R=1\) miatt

Az \(\displaystyle f(x)=\sin{x}\) függvény a \(\displaystyle \displaystyle{\bigg]0;\frac{\pi}{2}\bigg[}\) intervallumon szigorúan monoton növekvő, ezért (2) és (3) együttes figyelembe vételével azt kapjuk, hogy

\(\displaystyle \displaystyle{c\leq{2\cdot{\sin{45^{\circ}}}}},\)

innen pedig \(\displaystyle \displaystyle{\sin{45^{\circ}}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\) alkalmazásával

\(\displaystyle \displaystyle{c\leq{\sqrt{2}}},\)

és ez éppen a feladat állítása.

Egyenlőség pontosan akkor van, ha \(\displaystyle \beta={45^{\circ}}\), ekkor \(\displaystyle \alpha={90^{\circ}}\), és így az egységnyi sugarú körbe írt húrnégyszög legrövidebb oldalára \(\displaystyle AB=c=\sqrt{2}\) teljesül, ez a körbe írt négyzet oldalának hosszával egyenlő.

Megjegyzések. 1) Az 1. megoldásban az \(\displaystyle E\) pontot az \(\displaystyle A\)-t nem tartalmazó \(\displaystyle BD\) íven kellett felvennünk (a \(\displaystyle B, D\) pontok kivételével), mert ha \(\displaystyle E\) az \(\displaystyle A\) pontot is tartalmazó \(\displaystyle BD\) ívre illeszkedik (\(\displaystyle B, D\) kivételével), akkor az \(\displaystyle AE\)-hez tartozó középponti szög \(\displaystyle 90^{\circ}\)-nál kisebb és így \(\displaystyle AE<AB\).

2) Az 1. megoldásban az \(\displaystyle E\) pont a megadott feltételek mellett a \(\displaystyle BD\) íven bárhol lehet, mindkét \(\displaystyle AE\) ívhez, illetve az \(\displaystyle AE\) húrhoz tartozó középponti szög nagysága \(\displaystyle 90^{\circ}\)-nál nagyobb, ezért \(\displaystyle AE>AB\).

Statisztika:

193 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Aaishipragya Kahaly, Bartus Nikolett, Blaskovics Ádám, Braun Zsófia, Deák Boldizsár Tamás, Divinyi Gréta, Forrai Boldizsár, Gyenes Károly, Hajdú Ábel, Hajós Balázs, Halász Henrik, Hosszu Noel, Iván Máté Domonkos, Kerekes András, Keszthelyi Eszter, Klement Tamás, Kószó Ferenc, Kovács Barnabás, Kővágó Edit Gréta, Menyhárt Eszter Panna, Mészáros Anna Veronika, Molnár-Szirtesi Regő, Németh Hanna Júlia , Oláh András, Petró Péter, Quang Nguyen, Sándor Botond, Schneider Dávid, Seprődi Barnabás Bendegúz, Sipeki Márton, Somogyi Dóra, Sütő Áron, Szegedi Ágoston, Szittyai Anna, Teveli Jakab, Török Eszter Júlia, Ujpál Bálint, Varga 511 Vivien, Waldhauser Miklós, Zoikasz Nikolasz.
4 pontot kapott:	30 versenyző.
3 pontot kapott:	31 versenyző.
2 pontot kapott:	63 versenyző.
1 pontot kapott:	7 versenyző.
0 pontot kapott:	4 versenyző.
Nem versenyszerű:	9 dolgozat.

A KöMaL 2023. januári matematika feladatai