A C. 1906. feladat (2026. május)

C. 1906. Egy érintőtrapéz minden oldalának hozzáírt körét megrajzoltuk. Igazoljuk, hogy az alapokhoz írt körök összterülete legalább akkora, mint a szárakhoz írt körök összterülete.

Javasolta: Ujházy Márton (Budapest)

(5 pont)

A beküldési határidő 2026. június 10-én LEJÁRT.

Megoldás.

Jelölje a trapéz hosszabbik alapját \(\displaystyle a\), a rövidebbet \(\displaystyle c\), a szárak metszéspontját pedig O (feltéve, hogy a szárak nem párhuzamosak). Az \(\displaystyle a\) oldalhoz írt kört jelölje \(\displaystyle k_a\), a \(\displaystyle c\)-hez írt kört \(\displaystyle k_c\), a trapéz beírt körét pedig \(\displaystyle k\) (a trapéznak azért létezik beírt köre, hiszen a feladat szövege szerint érintőtrapéz).

Mivel a szárakhoz írt kör átmérője egyezik a trapéz magasságával, ezért sugaraik egyenlőek, sőt, egyeznek a trapéz beírt körének sugarával is. Emiatt a bizonyítandó állítás így is megfogalmazható:

Vegyük észre, hogy az \(\displaystyle OAB\) háromszög egy \(\displaystyle O\) középpontú középpontos hasonlósággal az \(\displaystyle ODC\) háromszögbe vihető, a hasonlóság aránya \(\displaystyle \frac{CD}{AB}=\frac{c}{a}\). Ez a transzformáció az \(\displaystyle OAB\) háromszög beírt körét az \(\displaystyle ODC\) háromszög beírt körébe viszi. Mivel a hasonló alakzatok területének aránya a hasonlósági arányszám négyzete, ezért

\(\displaystyle \frac{T_{k_c}}{T_k}=\frac{c^2}{a^2}.\)

Elmondható továbbá az is, hogy az előbb vizsgált hasonlóság az \(\displaystyle OAB\) háromszög \(\displaystyle AB\) oldalához írt kört az \(\displaystyle ODC\) háromszög \(\displaystyle CD\) oldalához írt körbe viszi, ami egyben a trapéz beírt köre is. Ebből adódik, hogy \(\displaystyle \frac{T_{k}}{T_{k_a}}=\frac{c^2}{a^2}\), átrendezve

\(\displaystyle T_{k_a}=\frac{a^2}{c^2}\cdot T_k.\)

Ezeket az összefüggéseket az \(\displaystyle (1)\) egyenlőtlenségbe helyettesítve kapjuk, hogy a bizonyítandó állítás:

\(\displaystyle 2\cdot T_k\leq \frac{a^2}{c^2}\cdot T_k+ \frac{c^2}{a^2}\cdot T_k.\)

Osztva a kapott egyenlőtlenség mindkét oldalát a biztosan pozitív \(\displaystyle T_k\)-val, adódik, hogy a \(\displaystyle 2\leq \frac{a^2}{c^2}+ \frac{c^2}{a^2}\) egyenlőtlenséget kell bizonyítanunk.

Ez viszont biztosan igaz, hiszen bármely pozitív szám és reciprokának összege legalább 2, speciáisan a \(\displaystyle \frac{a^2}{c^2}\) és \(\displaystyle \frac{c^2}{a^2}\) összege is.

Meg kell még vizsgálnunk azt az esetet, amikor a trapéz szárai párhuzamosak, hiszen ilyenkor nem jönnek létre a bizonyításban felhasznált háromszögek. Ha a szárak párhuzamosak, a négyszög biztosan paralelogramma. A szemközti oldalpárok hosszát \(\displaystyle a\)-val és \(\displaystyle b\)-vel jelölve, az érintőnégyszögek tétele szerint \(\displaystyle a+a=b+b\), tehát \(\displaystyle a=b\), azaz a négyszög rombusz is. Rombusz esetén viszont mind a négy hozzáírt kör egyenlő sugarú, hiszen a rombusz átlóira való tükrözésekkel egymásba vihetőek. Ebből adódik, hogy az eredeti állítás ebben az esetben is teljesül, méghozzá egyenlőséggel.

Megjegyzés: A bizonyításból az is látszik, hogy más esetben nem lehet egyenlőség. Egyenlőség ugyanis a nem párhuzamos szárú esetben csak akkor állhatna fenn, ha a felhasznált \(\displaystyle x+\frac{1}{x}\geq 2\) egyenlőtlenségben is egyenlőség szerepelne, ez viszont csak \(\displaystyle x=1\) esetén teljesül. A mi számításunkban \(\displaystyle x=\frac{a^2}{c^2}\), ami csak \(\displaystyle a=c\) esetben lesz 1. Ez viszont a korábban látott paralelogramma esete, más esetben tehát nem teljesülhet egyenlőséggel az állítás.

Statisztika:

A C. 1906. feladat értékelése még nem fejeződött be.

A KöMaL 2026. májusi matematika feladatai