Megoldás: 3.50
1. megoldás.
Az
A,
B pontok akkor és csakis akkor cserélődnek ki a
k körre vonatkozó inverziónál, ha az
A-n és
B-n átmenő kögyenesek merőlegesek
k-ra (lásd a
3.19. feladat E pontját). Keressük meg tehát a
k1
-re és a
k2
-re merőleges kögyeneseket!
Az egyik ilyen kögyenes a
k1
,
k2
egyenes közös centrálisa,
t. Megjegyezzük, hogy
t nem létezik, ha
k1
és
k2
koncentrikus, de ilyenkor olyan valóságos pontpár sincs, amely mindkét körre vonatkozó inverziónál kicserélődik, csak a közös centrum és a ,,végtelen távoli pont" cserélődik fel.
Keressünk egy mindkét körre merőleges kört is!
Ehhez tekintsük a
k1
,
k2
körök
h hatványvonalát. Messe a hatványvonal a
t centrálist
T-ben tekintsük
h egy -
k1
és
k2
külsejében található -
H pontját. Mivel
H a
k1
,
k2
körök külsejében helyezkedik el, így
H-nak a két körre vonatkozó egyenlő hatványa pozitív - jelben
rH
2
-, azaz van egy olyan
H középpontú
kH
kör, amely merőleges
k1
-re és
k2
-re is.
A keresett pontpár a
kH
kör és a
t egyenes két metszéspontja. De van-e két metszéspont?
Ha
k1
sugara
r1
, középpontja
O1
, akkor
rH
2
=
HO1
2
-
r1
2
, míg
HT2
=
HO1
2
-
O1
T2
.
Pontosan akkor van két metszéspont, ha
rH
2
>
HT2
, azaz ha
r1
2
<
O1
T2
, tehát ha a hatványvonal centrálisra illeszkedő pontja a
k1
körön kívül van. Ez épp azt jelenti, hogy a
k1
,
k2
körök hatványvonalának nincs közös pontja a két körrel, azaz azoknak sem egymással. Ebben az esetben van a feladat feltételeinek megfelelő pontpár, amelyet fent meg is leltünk.
2. megoldás.
Ha
A és
B kicserélődik a
k1
és a
k2
körökre vonatkozó inverziónál, akkor
k1
és
k2
is az
A,
B pontpár egy-egy Apollóniusz köre (lásd a
3.18. feladatot), tehát
k1
és
k2
közös pont nélküli nem koncentrikus körök.
k1
és
k2
is az
A,
B pontpár egy-egy Apollóniusz köre (lásd a
3.18. feladatot), tehát
k1
és
k2
közös pont nélküli nem koncentrikus körök.
Megmutatjuk, hogy ha a
k1
és
k2
közös pont nélküli nem koncentrikus körök, akkor van megfelelő pontpár, és alább meg is határozzuk azokat.
Ha
A(
a1
,
a2
),
B(
b1
,
b2
) és
k1
illetve
k2
az
A,
B pontok
λ1
illetve
λ2
arányú Apollóniusz köre, akkor
A,
B,
k1
és
k2
egyenletei:
A: (x-
a1
)2
+(y-
a2
)2
=0,
B: (x-
b1
)2
+(y-
b2
)2
=0,
|
| (1) |
k1
:
λ1
((x-
a1
)2
+(y-
a2
)2
)-((x-
b1
)2
+(y-
b2
)2
)=0,
k2
:
λ2
((x-
a1
)2
+(y-
a2
)2
)-((x-
b1
)2
+(y-
b2
)2
)=0,
|
| (2) |
tehát
A és
B (
1) egyenleteinek lineáris kombinációiból kaphatók
k1
és
k2
egyenletei. De
k1
és
k2
(
2) egyenleteinek lineáris kombinációiból is megkaphatók
A és
B ,,egyenletei", azaz az
A,
B pontok koordinátái. Valóban, fent
A=
1
λ1
-
λ2
k1
-
1
λ1
-
λ2
k2
, B=
λ2
λ1
-
λ2
k1
-
λ1
λ1
-
λ2
k2
.
|
Most
k1
és
k2
adottak, egyenleteik legyenek
k1
:
x2
+
y2
-2
ξ1
x-2
η1
y+
δ1
=0,
k2
:
x2
+
y2
-2
ξ2
x-2
η2
y+
δ2
=0.
|
| (3) |
Úgy kell lineárkombinálnunk ezeket az egyenleteket, hogy
0 sugarú köröket, azaz pontokat kapjunk.
Tekintsük pld az
α
k1
+
k2
kört, tehát azt, melynek egyenlete
α
k1
+
k2
:
x2
+
y2
-2
α
ξ1
+
ξ2
α+1
x-2
α
η1
+
η2
α+1
y+
α
δ1
+
δ2
α+1
=0.
|
| (4) |
Ugyanez teljes négyzetek összegére írva:
(x-
α
ξ1
+
ξ2
α+1
)2
+
(y-
α
η1
+
η2
α+1
)2
=
(
α
ξ1
+
ξ2
α+1
)2
+
(
α
η1
+
η2
α+1
)2
-
α
δ1
+
δ2
α+1
,
|
| (5) |
ami akkor lesz pont, tehát
0 sugarú kör egyenlete, ha
0=
(α
ξ1
+
ξ2
)2
+
(α
η1
+
η2
)2
-(α
δ1
+
δ2
)(α+1),
|
| (6) |
A
6. egyenletben adott
ξ1
,
ξ2
,
η1
,
η2
,
δ1
,
δ2
és
α-t keressük. Egyenletünk az
α változóban másodfokú:
0=(
ξ1
2
+
η1
2
-
δ1
)
α2
+(2
ξ1
ξ2
+2
η1
η2
-
δ1
-
δ2
)α+(
ξ2
2
+
η2
2
-
δ2
)
|
| (7) |
és pontosan akkor van két megoldása, ha a
D=(2
ξ1
ξ2
+2
η1
η2
-
δ1
-
δ2
)2
-4(
ξ1
2
+
η1
2
-
δ1
)(
ξ2
2
+
η2
2
-
δ2
)
|
| (8) |
mennyiség, azaz
D=4(
ξ1
η2
-
ξ2
η1
)2
+(
δ1
-
δ2
)2
|
| (9) |
pozitív.
xxx XXX FOLYTATÁS?
3. megoldás.
Világos, hogy az egymással kicserélődő
A,
B pontokat a
k1
,
k2
körök
t centrálisán kell keresni. Tekintsük
t-t számegyenesnek, amelyet
k1
a
p1
,
p2
, míg
k2
a
q1
,
q2
számoknak megfelelő pontokban metsz, míg
A-nak és
B-nek az
x1
és az
x2
szám felel meg.
Az inverziós feltételek:
(
x1
-
p1
+
p2
2
)(
x2
-
p1
+
p2
2
)=(
p1
-
p2
2
),
(
x1
-
q1
+
q2
2
)(
x2
-
q1
+
q2
2
)=(
q1
-
q2
2
).
|
| (1) |
Ezekből
x1
+
x2
=2
q1
q2
-
p1
p2
q1
+
q2
-
p1
-
p2
,
x1
x2
=
p1
q1
q2
+
p2
q1
q2
-
p1
p2
q1
-
p1
p2
q2
q1
+
q2
-
p1
-
p2
,
|
| (2) |
azaz
x1,2
=
q1
q2
-
p1
p2
±D
q1
+
q2
-
p1
-
p2
,
|
| (3) |
ahol
D=(
p1
-
q1
)(
p1
-
q2
)(
p2
-
q1
)(
p2
-
q2
).
|
| (4) |
A
D diszkrimináns pontosan akkor pozitív, ha a
(
p1
,
p2
) számpár elválasztja a
(
q1
,
q2
) számpárt, azaz
q1
és
q2
egyike a
p1
és a
p2
között van, a másik pedig nincs a kettő között és nem is egyenlő velük. Ez épp azt jelenti, hogy a
k1
,
k2
körök nem metszik egymást.
Ebben az esetben (
3) adja meg az
A,
B pontok helyét.