Az A. 919. feladat (2025. november)

A. 919. Legyen \(\displaystyle \mathcal{P}\) egy legalább négy csúcsú konvex húrsokszög, amelynek semelyik két átlója sem ugyanolyan hosszú. Bizonyítsuk be, hogy \(\displaystyle \mathcal{P}\)-t legfeljebb egyféleképpen lehet azonos kerületű háromszögekre bontani néhány egymást nem metsző átlójával.

Javasolta: Andrei Chirita (Cambridge)

(7 pont)

A beküldési határidő 2025. december 10-én LEJÁRT.

A megoldás kulcsa az angol irodalomban Japanese theorem for cyclic polygons (https://en.wikipedia.org/wiki/Japanese_theorem_for_cyclic_polygons) néven ismert állítás: egy húrsokszöget bárhogyan bontok fel átlókkal háromszögekre, a háromszögekbe írt körök sugarainak összege független a felbontástól.

Az állítást először négyszögekre bizonyítjuk: az \(\displaystyle ABCD\) húrnégyszögben jelölje \(\displaystyle r_A\), \(\displaystyle r_B\), \(\displaystyle r_C\) és \(\displaystyle r_D\) rendre a \(\displaystyle BCD\), \(\displaystyle ACD\), \(\displaystyle ABD\) és \(\displaystyle ABC\) háromszög beírt körének sugarát. Ekkor \(\displaystyle r_A+r_C=r_B+r_D\).

A bizonyításhoz felhasználjuk a következő állítást: ha egy háromszög beírt körének sugara \(\displaystyle r\), körülírt körének sugara \(\displaystyle R\), és a körülírt kör középpontjának előjeles távolsága az oldalaktól \(\displaystyle d_a\), \(\displaystyle d_b\) és \(\displaystyle d_c\) (a távolság akkor negatív, ha az adott oldallal szemközti szög tompaszög), akkor \(\displaystyle r+R=d_a+d_b+d_c\), vagy ekvivalens módon \(\displaystyle 1+r/R=\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma\) (a tétel angol nyelven megtalálható itt: https://en.wikipedia.org/wiki/Carnot%27s_theorem_(inradius,_circumradius)). Az utóbbi alakot könnyű számolással bizonyítani felhasználva a koszinusz-tételt, a \(\displaystyle r=T/s\), a \(\displaystyle R=\frac{abc}{4T}\) képletet és a \(\displaystyle T^2=s(s-a)(s-b)(s-c)\) Hérón-képletet, de szintetikusan is bizonyítható: ha a hozzáírt körök sugarait \(\displaystyle r_a\), \(\displaystyle r_b\) és \(\displaystyle r_c\) jelöli, akkor bizonyítható, hogy \(\displaystyle (r_a+r_b)/2=R+d_c\) és \(\displaystyle (r_c-r)/2=R-d_c\). Ennek a bizonyítását nem részletezzük, de annyit elárulunk, hogy a bizonyítás azon múlik, hogy a hozzáírt körök középpontjai által alkotott háromszög Feuerbach-köre az eredeti háromszög beírt köre, magasságpontja pedig az eredeti háromszög beírt körének középpontja (a bizonyítás megtalálható a Matematikai versenytételek 3. részében a 208. oldalon, a Kürschák József Matematikai Tanulóverseny 1978/3-as feladatának 3. megoldásához írt megjegyzésben).

Ezt az állítást felhasználva könnyű bizonyítani a négyszög esetét: először vegyük észre, hogy bár \(\displaystyle d_{AB}\) (az \(\displaystyle ABCD\) körülírt köre középpontjának előjeles távolsága az \(\displaystyle AB\) oldaltól) elvileg lehetne ellenkező előjelű az \(\displaystyle ABC\) és az \(\displaystyle ABD\) háromszögben, a kerületi szögek tétele miatt \(\displaystyle ACB\sphericalangle=ADB\sphericalangle\), így azonos az előjel. Hasonló okokból viszont \(\displaystyle d_{AC}\) éppen ellenkezőjelű (vagy mindkettő nulla) az \(\displaystyle ABC\) és az \(\displaystyle ACD\) háromszögben, hiszen \(\displaystyle ABC\sphericalangle+CDA\sphericalangle=180^\circ\). Így az \(\displaystyle ABC\) és \(\displaystyle ACD\) háromszögre felírva és összeadva a fenti összefüggést azt kapjuk, hogy \(\displaystyle 2R+r_B+r_D=d_{AB}+d_{BC}+d_{CD}+d_{DA}\), mert a kétféle \(\displaystyle d_{AC}\) épp kiejti egymást, és nyilván ugyanezt a kapjuk a másik háromszögpár esetén is, így készen vagyunk.

Ezután azt kell még meggondolni, hogy egy húr \(\displaystyle n\)-szög bármely két háromszögelése megkapható egymásból olyan lépésekkel, hogy veszünk két háromszöget, melyeknek van közös oldala, a közös oldalt lecseréljük az általuk alkotott négyszög másik átlójára. Ezt az állítást \(\displaystyle n\) szerinti még teljesebb indukcióval bizonyítjuk. \(\displaystyle n=3\) és \(\displaystyle n=4\)-re az állítás nyilván teljesül. Tegyük fel, hogy az \(\displaystyle n>4\)-nél kisebb oldalszámú sokszögekre igaz az állítást. Ha a tekintett két háromszögelésben van közös átló, akkor az indukciós feltevés alapján készen vagyunk, hiszen alkalmazhatjuk arra a két sokszögre, amelyre a(z egyik) közös átló bontja az eredeti sokszöget. Ezt az észrevételt alkalmazva látható, hogy mind a két háromszögelés átvihető olyan háromszögelésbe, ahol a behúzott átlók mind egy csúcsból indulnak ki. Ha ez a két csúcs nem szomszédos, akkor készen vagyunk, mert az őket összekötő átló közös a két háromszögelésben. Végül ha szomszédosak, akkor tekintve négy szomszédos csúcsot, melyek közül a két középső ez a két szomszédos csúcs, akkor erre a négyszögre alkalmazva az átlócserét elérhető, hogy legyen közös átló a két háromszögelésben, így készen vagyunk.

Most rátérünk a feladat megoldására. Ha egy olyan háromszögelést tekintünk, amelyben minden háromszögnek ugyanakkora a kerülete, mondjuk \(\displaystyle K\), akkor a háromszögekre vonatkozó \(\displaystyle T=rs\) összefüggés alapján azt kapjuk, hogy a sokszög területe egyenlő a beírt körös sugarai összege és a \(\displaystyle K/2\) szorzatával, azaz \(\displaystyle K\) egyenlő a sokszög területének a kétszerese osztva a sugarak összegével. A fenti állítás alapján azonban ez az összeg független a háromszögelés választásától, azaz az összes olyan háromszögelésben, ahol a háromszögek kerülete megegyezik, ez a \(\displaystyle K\) kerület ugyanakkora. Ha tehát tekintjük a háromszögelésben azt a háromszöget, amely tartalmazza a sokszög \(\displaystyle AB\) oldalát, akkor a háromszög harmadik csúcsának rajta kell lennie a körülírt körön és a \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\) fokuszú, \(\displaystyle K-AB\) nagytengelyű ellipszisen is. Mivel az ellipszis a kört csak két olyan pontban, \(\displaystyle P\)-ben és \(\displaystyle Q\)-ban metszheti, melyre \(\displaystyle AP=BQ\) (és persze \(\displaystyle AQ=BP\)), így nem lehet \(\displaystyle P\) és \(\displaystyle Q\) is csúcsa sokszögnek, mert akkor a sokszögnek lenne két egyforma hosszú átlója. Ezt a háromszöget elhagyva a bizonyítás könnyen befejezhető a még teljesebb indukció gondolatát alkalmazva a megmaradt két kisebb (kevesebb csúcsú) sokszögre.

Statisztika:

Az A. 919. feladat értékelése még nem fejeződött be.

A KöMaL 2025. novemberi matematika feladatai