Elemi matematika szakk¨ or Kolozsv´ar, 2015. okt´ober 26. 1.1. Feladat. Az ABCD konvex n´egysz¨ogben {E} = AB ∩ CD ´es {F } = AD ∩ BC (l´ asd a mell´ekelt ´abr´at). Bizony´ıtsd be, hogy a k¨ovetkez˝o h´arom kijelent´es egyen´ert´ek˝ u: 1. Az ABCD n´egysz¨ogbe ´ırhat´o k¨or (vagyis l´etezik olyan k¨or, amely a n´egysz¨og belsej´eben van ´es ´erinti mind a n´egy oldal´at); 2. AB + CD = AD + BC; 3. AE + CF = AF + EC. A
B D C
E F
1.1. Megold´ as. 1. ⇒ 2. Szerkessz¨ uk meg az ABCD n´egysz¨ogbe ´ırt k¨ort ´es jel¨olj¨ uk az oldalakkal val´o ´erint´esi pontokat rendre T1 , T2 , T3 , illetve T4 -gyel a mell´ekelt ´abr´anak megfelel˝oen.
A
T2 T1 B
K
D
T4
T3 C
E F
1
2 K¨ uls˝o pontb´ol a k¨orh¨oz h´ uzott ´erint˝ok egyenl˝o hossz´ us´ag´ uak, teh´at AT1 = AT2 , BT1 = BT4 , CT4 = CT3 ´es DT3 = DT2 . Ez alapj´an ´ırhatjuk, hogy AB + CD = (AT1 + BT1 ) + (CT3 + DT3 ) = (AT1 + DT3 ) + (BT1 + CT3 ) = = (AT2 + DT2 ) + (BT4 + CT4 ) = AD + BC. 2. ⇒ 1. A lehetetlenre val´o visszavezet´es m´odszer´et haszn´aljuk, teh´at felt´etelezz¨ uk, hogy AB + CD = AD + BC ´es a n´egysz¨ogbe nem ´ırhat´o k¨or. Az A ´es B sz¨og bels˝o sz¨ogfelez˝oje nem lehet p´arhuzamos, mert az A ´es B sz¨og m´ert´ek´enek az ¨osszege kisebb, mint 180◦ . Emiatt a bels˝o sz¨ogfelez˝ok metszik egym´ast egy O pontban, amely mindk´et sz¨og belsej´eben van, teh´at l´etezik olyan C(O, R) k¨or, amely ´erinti az AD, AB, BC oldalak tart´oegyenes´et. C
D
C1
O
B
A
Az AD ´es BC tart´oegyenes´en keletkezett ´erint´esi pontok (T1 , T2 ) k¨oz¨ ul legal´abb az egyik az ABCD n´egysz¨og oldal´anak bels˝o pontja, hisz ellenkez˝o esetben teljes¨ ulne az AB = AT1 + BT1 = AT2 + BT4 > AD + BC egyenl˝otlens´eg ´es ez ellentmondana a feltev´esnek. Felt´etelezhetj¨ uk teh´at, hogy a szerkesztett k¨or az AD oldalt bels˝o pontban ´erinti. H´ uzzuk meg D-b˝ol a C(O, R) k¨orh¨oz a m´asodik ´erint˝ot is ´es jel¨olj¨ uk a BC egyenessel val´o metsz´espontj´at C1 -gyel. A v´eg´en k¨ ul¨on igazoljuk, hogy a C1 pont l´etezik, vagyis a D-b˝ol h´ uzott m´asodik ´erint˝o nem lehet p´arhuzamos a BC-vel ´es ugyanakkor a BC egyenessel val´o metsz´espont a (BC f´elegyenesre illeszkedik. A felt´etelez´es¨ unk alapj´an C 6= C1 ´es a szerkeszt´es alapj´an az ABCD n´egysz¨og k¨or k¨or´e ´ırhat´o. Az el˝obbi bizony´ıt´as alapj´an AB + DC1 = AD + BC1
3 ´es a feltev´es alapj´an AB + DC = AD + BC. A k´et egyenl˝os´eg megfelel˝o oldalait egym´asb´ol kivonva azt kapjuk, hogy DC1 − DC = BC1 − BC. A jobb oldal ±CC1 , aszerint, hogy a C1 pont a BC szakaszon vagy azon k´ıv¨ ul helyezkedik el. Mindk´et esetben ellentmond´ashoz jutunk, hisz a DCC1 h´aromsz¨ogben k´et oldal o¨sszege nem lehet egyenl˝o a harmadikkal. A bizony´ıt´as teljess´eg´ehez igazolnunk kell, hogy a C1 pont val´oban l´etezik. Ha Db˝ol h´ uzott m´asodik ´erint˝o p´arhuzamos a BC-vel ´es T4 a BC bels˝o pontja, akkor az AB + CD = AD + BC egyenl˝os´egb˝ol k¨ovetkezik, hogy AT1 + BT1 + CD = BT4 + CT4 + DT2 + AT2 vagyis CD = CT4 + DT3 Ez viszont ellentmond´as, mert p CD = 4R2 + (DT3 + CT4 )2 > DT3 + CT4 . Ha T4 nem bels˝o pontja a BC-nek, akkor az el˝obbihez hasonl´o gondolatmenet alapj´an CD = DT3 − CT4 -hez jutunk ´es ez szint´en ellentmond´as, mert ebben az esetben p CD = (4R2 + (DT3 − CT4 )2 ) > DT3 − CT4 . C
T4 B O T1 T3 A D
T2
4 1. Megjegyz´ es. A Pitagorasz-t´etelre val´o hivatkoz´as n´elk¨ ul is bel´athat´o az el˝obbi ellentmond´as ha T4 ∈ [BC] eset´en felvessz¨ uk a CD ∩ T3 T4 = {M } pontot ´es ´eszrevessz¨ uk, hogy az M DT3 valamint M CT4 der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨ogekben M D > DT3 , illetve M C > CT4 . T4 ∈ / [BC] eset´en a CT4 T3 D der´eksz¨og˝ u trap´ezban C-t levet´ıtj¨ uk a DT3 -ra ´es a keletkezett der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨ogben CD ´atfog´o, DT3 − CT4 pedig az egyik befog´o hossza. Hasonl´o bizony´ıt´as sz¨ uks´eges annak bel´at´as´ahoz, hogy a C1 pont nem ker¨ ulhet a (BC f´elegyenessel ellent´etes f´elegyenesre. Ebben az esetben is k´et aleset t´argyal´asa sz¨ uks´eges aszerint, hogy C ∈ (BT4 ) vagy T4 ∈ (BC). Ez a k´et eset l´athat´o a mell´ekelt a´br´akon. C
T4 B O T1 M A
T3 T2
D
C1
AB + CD = AD + BC ⇒ CD = DT3 + CT4 . \ \ De a DM T3 h´aromsz¨ogben m(DM T3 ) < m(M T3 D) (k¨ ul¨onben a D nem ker¨ ulhetne a T3 ◦ \ ´es a C1 k¨oz´e), teh´at DT3 < DM. Hasonl´oan m(M T4 C) > 90 (mert T4 T3 C1 egyenl˝o sz´ar´ u) ´es ´ıgy CT4 < M C. A k´et egyenl˝otlens´eg megfelel˝o oldalait o¨sszeadva a CT4 + DT3 < CD egyenl˝otlens´eghez jutunk, ami ellentmond a kor´abban kapott egyenl˝os´egnek.
T4
C
N B
T1
O
A T2 T3 D
C1
5
AB + CD = BC + AD ⇒ DT3 − CT4 = CD M´asr´eszt ha DN ||T3 T4 , N ∈ C1 T4 , akkor CN = DT3 − CT4 ´es a CN D h´aromsz¨og N -n´el lev˝o sz¨oge tompasz¨og, teh´at CN > DT3 − CT4 ´es ez ellentmond´as. 1. ⇒ 3. Ha az ABCD k¨or k¨or´e ´ırhat´o ´es az oldalakon lev˝o ´erint´esi pontok T1 , T2 , T3 , T4 (l´asd a mell´ekelt a´br´at), akkor AE + CF = AT1 + ET1 + F T4 − CT4 = AT2 + ET3 + F T2 − CT3 = AF + EC.
A
T2 T1
K
B
D
T4
T3 C
E F
3. ⇒ 1. A lehetetlenre val´o visszavezet´es m´odszer´et haszn´aljuk. Felt´etelezz¨ uk, hogy AE + CF = AF + CE ´es az ABCD n´egysz¨ogbe nem ´ırhat´o k¨or. A
T2 T1 B1
K
D
T4
B
C1
T3
C E F
Az AED h´aromsz¨ogbe ´ırt k¨orh¨oz ha F -b˝ol ´erint˝ot h´ uzunk ´es C1 , illetve B1 ennek az ´erint˝onek az ED-vel, illetve EA-val val´o metsz´espontja, akkor az AB1 C1 D n´egysz¨ogbe ´ırhat´o k¨or, teh´at AE + C1 F = AF + EC1 .
6 A felt´etelez´es¨ unk alapj´an AE + CF = AF + EC, teh´at a k´et egyenl˝os´eg megfelel˝o oldalait egym´asb´ol kivonva az C1 F − CF = ±CC1 egyenl˝os´eghez jutunk aszerint, hogy a C1 pont az EC szakasz bels˝o pontja vagy nem. Mindk´et esetben az F CC1 h´aromsz¨ogben k´et oldal ¨osszege egyenl˝o lenne a harmadikkal ´es ez ellentmond´as. 1.2. Feladat. Az ABCD konvex n´egysz¨ogben {E} = AB ∩ CD ´es {F } = AD ∩ BC (l´asd a mell´ekelt ´abr´at). Az ECB ´es F CD h´aromsz¨ogekbe ´ırhat´o k¨or¨ok az EC, illetve a CF oldalt a P ´es a Q pontban ´erintik. Bizony´ıtsd be, hogy a k¨ovetkez˝o k´et kijelent´es egyen´ert´ek˝ u: 1. Az ABCD n´egysz¨ogbe ´ırhat´o k¨or; 2. P D = BQ. A
B D C P
Q
E
F
1.2. Megold´ as. 1. ⇒ 2. Ha az ABCD n´egysz¨ogbe k¨or ´ırhat´o, akkor az el˝obbi feladat 3. pontja alapj´an, a mell´ekelt a´bra jel¨ol´eseit haszn´alva rendre ´ırhatjuk, hogy AB + CD = AD + BC AT1 + BT1 + CD = AT2 + DT2 + BC BN + CD = DO + BC CM + CD = CR + BC CP + CD = CQ + BC P D = BQ. Haszn´altuk, hogy a BC-n az M ´es az N a szakasz felez˝opontj´ara n´ezve szimmetrikusan helyezkednek el, mivel az egyik a be´ırt k¨ornek, a m´asik a hozz´a´ırt k¨ornek az ´erint´esi pontja. Hasonl´oan az O ´es az R egym´as szimmetrikusai a CD felez˝opontj´ara n´ezve.
7 A
T1
T2
B D T3
M
N
O
R
T4
C P
Q
E F
2. ⇒ 1. A BQ ´es P D szakaszokb´ol kiindulva megszerkeszthet˝o az EBC ´es a CDF h´aromsz¨og. Val´oban el˝obb megszerkesztj¨ uk azt a k¨ort, amely a BC-t ´es a P C-t is ´erinti, r´aad´asul a P C-t P -ben. Ehhez h´ uzunk B-b˝ol ´erint˝ot ´es az CD-t E-ben metszi. Hasonl´oan szerkesztj¨ uk meg az F pontot is, majd az A-t az EB ´es F D metszetek´ent. Az ´ıgy kapott ABCDEF teljes n´egysz¨og ugyanaz, mint az eredeti. Tekintj¨ uk az EBC h´aromsz¨ogh¨oz ´ırt C k¨ort, amely k´ıv¨ ulr˝ol ´erinti a BC szakaszt az N ´ pontban, BA-t a T1 pontban ´es CD-t az O pontban. Igy CP = CM ´es CQ = CR, teh´at a BQ = P D egyenl˝o szakaszokb´ol az el˝obbi kett˝ot elhagyva azt kapjuk, hogy BM = RD. M´asr´eszt BM = CN (mert M ´es N a be´ırt ´es az oldalhoz hozz´a´ırt k¨or ´erint´esi pontjai) ´es CN = CO (k¨ uls˝o pontb´ol h´ uzott k´et ´erint˝o), teh´at CO = RD ´es ´ıgy a C k¨or a CD oldalt ugyanabban a pontban ´erinti, mint a CDF h´aromsz¨ogben k´ıv¨ ulr˝ol a CD oldalhoz ´ırt k¨or. M´asr´eszt ez a k¨or ´erinti a CF egyenest is, teh´at egybeesik a CDF h´aromsz¨ogben k´ıv¨ ulr˝ol a CD oldalhoz ´ırt k¨orrel (a k´et k¨ornek O k¨oz¨os pontja ´es a k¨oz´eppontjuk is ugyanaz, \ sz¨og sz¨ogfelez˝oj´ere ´es O-ban a CD-re emelt mer˝olegesre). Ez azt mivel illeszkedik a DCB jelenti, hogy az ABCD n´egysz¨ogbe ´ırhat´o k¨or. 1.3. Feladat. Az ABC h´aromsz¨ogben jel¨olj¨ uk I-vel a h´aromsz¨ogbe ´ırhat´o k¨or k¨oz´eppontj´ at. Bizony´ıtsd be, hogy ha AB + IC = AC + IB, akkor a h´aromsz¨og egyenl˝o sz´ar´ u! 1.3. Megold´ as. Az els˝o feladat alapj´an a megadott ¨osszef¨ ugg´esb˝ol k¨ovetkezik, hogy az AEID n´egysz¨og k¨or k¨or´e ´ırhat´o (ahol {E} = AB ∩ IC ´es {D} = BI ∩ AC). Ez viszont azt jelenti, hogy a n´egysz¨og bels˝o sz¨ogfelez˝oi o¨sszefut´o egyenesek. M´asr´eszt az AI felezi [ sz¨oget is feleznie kell. Ugyanakkor az A sz¨oget, teh´at az DIE b + 1 m(B) b [ ) = 1 m(A) m(BIF 2 2 ´es
b + 1 m(C), b [ ) = 1 m(A) m(CIF 2 2 b = m(C) b vagyis az ABC h´aromsz¨og egyenl˝o [ sz¨oget, akkor m(B) teh´at ha AI felezi a DIE sz´ar´ u.
8 A
D
E
I C
F B
1.4. Feladat. Az ABC h´aromsz¨ogben jel¨olj¨ uk I-vel a h´aromsz¨ogbe ´ırhat´o k¨or k¨oz´eppontj´at. 0 0 Legyen {B } = BI ∩ AC ´es {C } = CI ∩ AB. Jel¨olj¨ uk tov´abb´a P -vel, illetve Q-val a BIC 0 0 ´es CIB h´aromsz¨ogekbe ´ırhat´o k¨or¨oknek a BI, illetve a CI szakaszokkal val´o ´erint´esi pontjait. Bizony´ıtsd be, hogy ha P B 0 = QC 0 , akkor AB = AC! 1.4. Megold´ as. A m´asodik feladat alapj´an a P B 0 = QC 0 egyenl˝os´eg csakis akkor teljes¨ ulhet, ha az AC 0 IB 0 n´egysz¨og k¨or k¨or´e ´ırhat´o. Ebben az esetben ak´arcsak az el˝obbi feladatn´al az AC 0 IB 0 n´egysz¨og sz¨ogfelez˝oinek van egy k¨oz¨os pontja. Ez csak akkor leb = m(C). b hets´eges ha AI felezi a B 0 IC 0 sz¨oget is vagyis ha m(B) A
B0 E C0
I Q
D
C
P A0 B
1.5. Feladat. Az ABC h´aromsz¨ogben jel¨olj¨ uk G-vel a h´aromsz¨og s´ ulypontj´at. Bizony´ıtsd be, hogy ha AB + GC = AC + GB, akkor a h´aromsz¨og egyenl˝o sz´ar´ u! 1.5. Megold´ as. Az els˝o feladat alapj´an a megadott egyenl˝os´eg pontosan akkor teljes¨ ul 0 0 ha az AC GB n´egysz¨ogbe k¨or ´ırhat´o ´es ebben az esetben teljes¨ ul az AC 0 + GB 0 = AB 0 + GC 0 egyenl˝os´eg is. Ha ennek mindk´et oldal´at 2-vel szorozzuk ´es a kapott egyenl˝os´egb˝ol kivonjuk a felt´etelben szerepl˝o egyenl˝os´eg megfelel˝o oldalait, akkor a GC = GB egyenl˝os´eghez
9 jutunk. ´Igy a GBC h´aromsz¨og egyenl˝o sz´ar´ u, teh´at GA0 magass´ag is ´es oldalfelez˝o is. 0 Emiatt az AA magass´ag is ´es oldalfelez˝o is az ABC h´aromsz¨ogben, teh´at ABC egyenl˝o sz´ar´ u. A
B0
C0
C G
A0 B
1.6. H´ azi feladat. Az ABC h´aromsz¨ogben jel¨olj¨ uk G-vel a h´aromsz¨og s´ ulypontj´ at ´es rendre A0 , B 0 , C 0 -tel a BC, CA, illetve AB oldal felez˝opontj´at. Jel¨olj¨ uk tov´abb´a P -vel, illetve Q-val a BGC 0 ´es CGB 0 h´aromsz¨ogekbe ´ırhat´o k¨or¨oknek a BG, illetve a CG szakaszokkal val´o ´erint´esi pontjait. Bizony´ıtsd be, hogy ha P B 0 = QC 0 , akkor AB = AC. 1.6. Megold´ as. A m´asodik feladat alapj´an az AC 0 GB 0 n´egysz¨og k¨or k¨or´e ´ırhat´o, teh´at az els˝o feladat alapj´an fel´ırhatjuk, hogy AC 0 + GB 0 = AB 0 + GC 0 ´es AB + GC = AC + GB. Ak´arcsak az el˝obbi feladat megold´asa sor´an ebb˝ol a k´et egyenl˝os´egb˝ol k¨ovetkezik, hogy GB = GC, teh´at AB = AC. A
B0 E C0
C G
D
Q
P A0 B
10 1.7. H´ azi feladat. Az ABC h´aromsz¨ogben A0 ∈ BC, B 0 ∈ CA ´es C 0 ∈ AB valamint 0 AA , BB 0 ´es CC 0 egy O pontban ¨osszefut´o egyenesek. Bizony´ıtsd be, hogy ha az AC 0 OB 0 , BA0 OC 0 ´es CA0 OB 0 n´egysz¨ogek k¨oz¨ ul kett˝obe ´ırhat´o k¨or, akkor a harmadikba is ´ırhat´o k¨ or! 1.7. Megold´ as. Ha megadott n´egysz¨ogek k¨oz¨ ul az els˝o kett˝obe ´ırhat´o k¨or, akkor AB + OC = AC + OB ´es BC + OA = AB + OC, teh´at teljes¨ ul az AC + OB = BC + OA egyenl˝os´eg is. Az els˝o feladat alapj´an ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy a harmadik n´egysz¨og is k¨or k¨or´e ´ırhat´o. 2. Megjegyz´ es. Az el˝obbi ¨osszef¨ ugg´esek alapj´an az O pont h´arom hiperbola k¨oz¨os pontja ´es ilyen pont minden h´aromsz¨ogben l´etezik. A
K
B0
C0 O
L
M B A0
C
1.8. H´ azi feladat. Az ABCD konvex n´egysz¨ogben {E} = AB ∩CD ´es {F } = AD∩BC. Bizony´ıtsd be, hogy annak sz¨ uks´eges ´es el´egs´eges felt´etele, hogy l´etezzen olyan k¨or, amely egyidej˝ uleg ´erinti az AE ´es az AF meghosszabb´ıt´as´at valamint az EC ´es F C szakaszokat az, hogy teljes¨ ulj¨on az AE + EC = AF + CF egyenl˝os´eg. 1.8. Megold´ as. A sz¨ uks´egess´eghez haszn´aljuk, hogy k¨ uls˝o pontb´ol egy k¨orh¨oz h´ uzott k´et ´erint˝o hossza egyenl˝o, teh´at AE + EC = AT1 − ET1 + EC = AT1 + EC − ET2 = AT4 + CT2 = = AT4 + CT3 = AT4 + CF − F T3 = AF + CF.
11 A
B D
C E T1
T2 T3
F T4
I
Az el´egs´egess´eget a lehetetlenre val´o visszavezet´essel igazolhatjuk, ak´arcsak az els˝o k´et feladatn´al, ha tekintj¨ uk azt a k¨ort, amely ´erinti az AE meghosszabb´ıt´as´at, az EC szakaszt ´es az AF meghosszabb´ıt´as´at. Ehhez ´erint˝ot h´ uzunk az F pontb´ol, amely az ED-t C1 -ben, ´ az AE-t B1 -ben metszi. Igy ´ırhatjuk, hogy AE + EC1 = AF + F C1 ´es AE + EC = AF + F C, teh´at ±CC1 = F C1 − F C ´es ez ellentmond´as. 3. Megjegyz´ es. Ez a felt´etel azt mutatja, hogy az E ´es az F pontok ugyanazon az A, C f´okuszpont´ u ellipszisen vannak. A felt´etel alapj´an ilyen ABCD n´egysz¨og szerkeszthet˝ o, ha felvesz¨ unk k´et tetsz˝oleges E ´es F pontot egy ellipszisen, amelynek f´okuszpontjai A, illetve C majd az EA, EC egyeneseknek az F C, F A egyenesekkel val´o metsz´espontjaik´ent megszerkesztj¨ uk a B ´es a D pontokat. 4. Megjegyz´ es. A k¨or I k¨oz´eppontj´an ´athalad a T1 ET2 , az EBF, az EDF, az EAF valamint a T3 F T4 sz¨ogek sz¨ogfelez˝oje.
12 A B B1 C E T1
D
C1 T2 T3
F T4
I
1.9. H´ azi feladat. Az el˝obbi feladatb´ol kiindulva fogalmazz meg ´es bizony´ıts be az 1.7 feladathoz hasonl´o tulajdons´agot (vagyis a n´egysz¨og oldalait ´erint˝o k¨or¨ok ne legyenek a n´egysz¨ogek belsej´eben)! 1.9. Megold´ as. Az el˝obbi feladatban szerkeszthet˝o k¨ort nevezz¨ uk az AECF n´egysz¨og ´ oldalaihoz ´ırt k¨ uls˝o ´erint˝o k¨ornek. Erv´enyes a k¨ovetkez˝o tulajdons´ag: Ha az ABC h´aromsz¨ogben O egy bels˝o pont ´es az ABOC, BCOA, illetve CAOB n´egysz¨ogek k¨oz¨ ul kett˝onek l´etezik az oldalaihoz ´ırt k¨ uls˝o ´erint˝o k¨ore, akkor a harmadik n´egysz¨ognek is l´etezik. A bizony´ıt´as k¨ovetkezik az el˝obbi feladatban igazolt jellemz´esb˝ol. Ha az ABOC ´es a BCOA n´egysz¨ogekre l´etezik k¨ uls˝o ´erint˝o k¨or, akkor AB + BO = AC + CO ´es AB + AO = BC + CO. Kivonva a k´et egyenl˝os´eg megfelel˝o oldalait egym´asb´ol k¨ovetkezik, hogy BO − AO = AC − BC vagyis BC +BO = AC +AO ´es az el˝obbi feladat alapj´an ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy a CAOB n´egysz¨ogre is l´etezik a k¨ uls˝o ´erint˝o k¨or. 5. Megjegyz´ es. Adott ABC h´aromsz¨ogre egy ilyen O pont l´etezik.
