Feladat: 9.4. [
8]
Casey szerint Hart megközelítése Malfatti tételéhez
Adott három irányított kör:
k1
,
k2
,
k3
. Az
e3
,
f3
irányított egyenesek
k1
-et érintik,
k2
-t antiérintik.
Az
e2
,
f2
egyenesek
k3
-at érintik,
k1
-et antiérintik, míg
e1
és
f1
érintik
k2
-t, míg
k3
-at antiérintik. Mutassuk meg, hogy
e1
,
e2
és
e3
pontosan akkor
mennek át egy közös ponton, ha
f1
,
f2
és
f3
átmennek egy közös ponton.
Megoldás: 9.4
Legyen
k1
,
k2
ill.
k3
középpontja
O1
,
O2
ill.
O3
. Meg fogjuk mutatni, hogy ha
e1
∩
e2
∩
e3
=E és
f1
∩
f2
∩
f3
=F közül bármelyik létezik, akkor a másik is létezik és egymás izogonális konjugáltjai az
O1
O2
O3
háromszögre vonatkozóan.
1. ábra
Tegyük fel pl., hogy
E létezik és jelölje az
EO1
,
EO2
,
EO3
egyeneseket
t1
,
t2
,
t3
, az
O2
O3
,
O3
O1
,
O1
O2
centrálisokat
u1
,
u2
,
u3
, az
O1
O2
O3
háromszög szögfelezőit
v1
,
v2
,
v3
(lásd az
1. ábrát).
Alább az
e egyenes
t tengelyre vonatkozó tükörképét
t(e) jelöli. Tehát a szimmetria miatt pl.
v1
(
u2
)=
u3
,
v2
(
u3
)=
u1
,
v3
(
u1
)=
u2
.
|
| (1) |
Meg fogjuk mutatni, hogy az
u1
(
e1
)=
f1
,
u2
(
e2
)=
f2
,
u3
(
e3
)=
f3
,
v1
(
t1
)=
τ1
,
v2
(
t2
)=
τ2
,
v3
(
t3
)=
τ3
|
| (2) |
hat egyenes mind egy közös ponton halad át, sőt kicsit több is igaz,
f1
,
f2
,
f3
páronkénti szögfelezői a
τ1
,
τ2
,
τ3
egyenesek.
Az alábbi összefüggéseket használjuk fel:
Lemma 1. Ha a
v,
t,
τ egyenesekre
v(t)=τ, akkor a
τ-ra vonatkozó tükrüzés, mint transzformáció így írható:
τ=v∘t∘v
Lemma 2. Ha
t,
u,
v közös ponton átmenő tengelyek, akkor
t∘v∘u∘t=u∘v.
Észrevétel 1.
Mivel
t1
,
t2
és
t3
metszéspontja
E, így (
2) második sorának egyenesei az
E pont
O1
O2
O3
háromszögre vonatkozó izogonális konjugáltjában (lásd a
G.II.11.12.,
G.II.16.16. feladatokat) metszik egymást.
Adott pontból adott ciklushoz húzott két érintő (antiérintő) szimmetrikus a pontot a ciklus középpontjával összekötő egyenesre, így
t1
(
e3
)=
e2
,
t3
(
e2
)=
e1
,
t2
(
e1
)=
e3
.
|
| (3) |
Ebből, a fenti lemmákból és (
1)-ből következik, hogy
τ1
(
f2
)=
f3
,
τ2
(
f3
)=
f1
,
τ3
(
f1
)=
f2
,
|
| (4) |
hiszen pl
τ1
(
f2
)=
v1
∘
t1
∘
v1
(
f2
)=
v1
∘
t1
∘
v1
∘
u2
(
e2
)=
|
=
v1
∘
t1
∘
v1
∘
u2
∘
t1
(
e3
)=
v1
∘
u2
∘
v1
(
e3
)=
u3
(
e3
)=
f3
.
|
Ez azt is jelenti, hogy
f2
,
f3
és
τ1
egy ponton megy át, sőt
f3
,
f1
és
τ2
, valamint
f1
,
f2
és
τ3
is egy ponton megy át. Ha ez a három közös pont nem mind azonos, akkor az
f1
,
f2
,
f3
egyenesek alkotta
Δ háromszög pontra nézve perspektív az
O1
O2
O3
háromszöggel, a perspektivitás középpontja az Észrevétel 1.-ben említett izogonális konjugált. Desargues tétele szerint e két háromszögnek egyenesre nézve is perspektívnek kellene lennie, azaz az
f1
∩
u1
=
e1
∩
u1
=
H1
,
f2
∩
u2
=
e2
∩
u2
=
H2
,
f3
∩
u3
=
e3
∩
u3
=
H3
|
pontoknak egy egyenesre kell illeszkednie. Azonban ezek a pontok a
k1
,
k2
,
k3
irányított körök páronkénti ,,antihasonlósági pontjai" (pl
H1
a
k2
irányított kör és a
k3
irányított kör ellentettjének hasonlósági pontja), amelyek nincsenek egy egyenesen, ha
O1
,
O2
,
O3
sincsenek egy egyenesen. Ha
O1
,
O2
,
O3
egy egyenesen vannak, akkor a közös centrálisra vonatkozó tengelyes szimmetria miatt a feladat állítása nyilvánvalóan teljesül.