A Malfatti probléma Fonyó Lajos, Keszthely

Átírás

1 Fonyó Lajos: A Malfatti probléma A Malfatti probléma Fonyó Lajos, Keszthely Giovanni Francesco Malfatti ( ) olasz matematikus 180-ban vetette fel az alábbi problémát: Adott egy háromszög alapú egyenes hasáb márványból, melyből ki kell vágni három nem feltétlenül egybevágó egyenes körhenger alakú oszlopot úgy, hogy a keletkező hulladék minimális legyen. Ez a gyakorlati probléma ekvivalens az alábbi síkgeometriai feladattal: Adott ABC háromszögben adjuk meg azt a három nem feltétlenül azonos sugarú, egymást nem metsző kört, melyek területösszege maximális. Malfatti és még sokan mások azt gondolták, hogy a probléma megoldása három olyan kör, melyek páronként érintik egymást és mindegyik érinti még a háromszög két oldalát. A Malfatti körök megszerkesztése is komoly kihívás elé állította a matematikusokat. Először trigonometriai számításokon alapuló megoldások születtek, majd 187-ben Steiner közölt egy tisztán elemi geometriai eljárást bizonyítás nélkül. Ennek helyességét végül Hart igazolta. 1. Adott ABC háromszögbe szerkesszünk három egymást érintő kört, amelyek külön-külön még két-két háromszögoldalt is érintenek. I. megoldás: Jelöljük az ABC háromszög oldalainak hosszát a, b, c-vel, a k 1, k, k Malfatti körök középpontjait O 1, O, O -mal, sugarait r 1, r, r -mal, az A, B, C csúcsoknak az érintési pontoktól mért távolságait x, y, z-vel. 95

2 Kistérségi tehetséggondozás Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy az ABC háromszög félkerülete 1 egység. Használjuk fel, hogy két egymást érintő ρ 1 és ρ sugarú kör közös külső érintőjének az érintési pontok közé eső szakasza ρ1ρ hosszúságú. Ez alapján a = y + z + r r, b = x + z + r1 r, c = x + y + r r 1 Az ABC háromszög k beírt körének középpontját O-val, sugarát r-rel jelölve az ábra szerinti AE 1 O 1 és AEO derékszögű háromszögek hasonlóságát kihasználva: AE = s a = 1 a r1 x = r 1 a Az ABC háromszög területének kétféle felírása alapján: És így Hasonlóképpen és r s = s ( s a)( s b)( s c) ( s a)( s b)( s c) r = = 1 a 1 b 1 c. s ( 1 b)( 1 c) ( a) r r1 = x = x. 1 a 1 ( 1 a)( 1 c) ( b) r r = y = y 1 b 1 ( 1 a)( 1 b) ( c) r r = z = z. 1 c 1 Ezen összefüggések felhasználásával az ABC háromszög oldalaira felírt kifejezések a koszinusztételre emlékeztető alakra írhatók át az alábbiak szerint: 96

3 ( a ) = ( y ) + ( z ) y z ( 1 a ) ( b ) = ( x ) + ( z ) x z ( 1 b ) ( c ) = ( x ) + ( y ) x y ( 1 c ) Fonyó Lajos: A Malfatti probléma a + b + c = és a háromszög-egyenlőtlenség alapján 0 < a < 1, 0 < b < 1, 0 < c < 1 és így 1 < 1 a < 0, 1 < 1 b < 0, 1 < 1 c < 0, ezért léteznek olyan ϕ 1, ϕ, ϕ tompaszögek, melyekre cosϕ 1 = 1 a, cosϕ = 1 b és cosϕ = 1 c. Az ábra szerint kialakított tompaszögű háromszögek körülírt körének sugara mindhárom esetben 1/ egység, mivel pl.: a a 1 R1 = ϕ = = sin 1 1 cos ϕ 1 Tekintve a háromszögek azonos sugarú körülírt köreit, azokban az azonos hosszúságú oldalakhoz azonos kerületi szögek tartoznak, azaz x, y, z oldalakkal szemben rendre ε 1, ε, ε szögek. Így az egyes tompaszögű háromszögek belső szögeinek összegére: ϕ1 + ε + ε = 180, ϕ + ε1 + ε = 180, ϕ + ε1 + ε =

4 Kistérségi tehetséggondozás Ezekből az összefüggésekből ϕ1 ϕ ϕ ε1 =, ϕ ϕ1 ϕ ε =, ϕ ϕ1 ϕ ε =. Figyelembe véve, hogy a körülírt kör sugara 1/, ezért az egyes háromszögek oldalai és a szemközti szögek szinuszai közötti kapcsolatok: valamint a x ϕ = sin 1, b sin ε = sin 1, y sin = ϕ, c = sinϕ, = ε, z = sin ε. A magasságtétel és a Thálesz tétel alapján a, b, c ismeretében a, b, c, majd ϕ 1, ϕ, ϕ az ábra szerint megszerkeszthetők. Az ε 1, ε, ε szögek ϕ 1, ϕ, ϕ segítségével a korábbi összefüggések alapján megszerkeszthetők és ezek segítségével előbb a x, y, z, majd az x, y, z hosszúságú szakaszok is az ábra szerint megkaphatók. Az érintőszakaszok ismeretében a Malfatti körök már egyszerűen megszerkeszthetők. 98

5 Fonyó Lajos: A Malfatti probléma II. megoldás: 1. segédtétel: Ha a k 1, k és k, k körpárok közös külső érintői e 1, f 1 és a k 1, k körpár közös belső érintője g 1 egy közös D pontban metszi egymást, akkor a megfelelő körök társérintői is közös pontba futnak össze. Bizonyítás: Legyen e1 e = G, g1 g = H, f1 f = I és e f = E. Rajzoljuk meg a k kör E pontbeli érintőjét és jelöljük ennek e 1 -gyel való metszéspontját F-fel. Meg fogjuk mutatni, hogy az EF egyenes érinti a k 1 kört. A k kört érintő hurkolt DIEG négyszögben: DI +DG = EG + EI. A k kört érintő DIEH négyszögben: DI + EH = DH + EI. A két egyenlet megfelelő oldalainak kivonásával és a kapott egyenlet rendezésével: DG + DH = EG + EH. Ez viszont azt jelenti, hogy a DGEH négyszög oldalai egy kör érintői. Mivel a négyszög három oldala már érinti a k 1 kört, így az EH oldalnak is ugyanazt a kört kell érintenie. Ezzel az állítást beláttuk.. segédtétel: Ha a k 1, k körökből az A 1 B szelő két egyenlő hosszúságú A 1 B 1 =A B húrt metsz ki, akkor a szelő két végpontjához húzott érintők M metszéspontjából a két kör egyenlő szög alatt látszik. 99

6 Kistérségi tehetséggondozás Bizonyítás: Legyenel F 1, P, F az O 1, M, O pontok vetületei az A 1 B szelőn. Ekkor MPA 1 Σ=A 1 F 1 O 1 Σ=90 és A 1 MPΣ=O 1 A 1 F 1 Σ (merőleges szárú hegyesszögek). Így MPA 1 A 1 F 1 O 1. Hasonló gondolatmenettel MPB B F O. A hasonlóságokat felhasználva A M MP A O = és A F MP B F =. B M B O A két egyenlet összeszorzásával és felhasználva, hogy A 1 F 1 =B F : A M B M A O = B O Így az MO 1 A 1 és MO B derékszögű háromszögek hasonlóak és így A 1 MO 1 Σ=B MO Σ. A kapott egyenlőségeket -vel beszorozva éppen a kívánt állítást kapjuk. Következmény: Jelöljük az A 1 és B pontokból a k és k 1 körökhöz húzott érintőszakaszok végpontjait K és L-lel. Ekkor AK = A 1 A A 1 B = B B 1 B A 1 = B L. Megjegyzés: az állítás fordítva is igaz, ha az A 1 B szelő olyan, hogy az A 1 K és B L érintőszakaszok egyenlő hosszúak, akkor a k 1, k körökből kimetszett A 1 B 1 és A B húrok egyenlő hosszúságúak.. 100

7 Fonyó Lajos: A Malfatti probléma Ezután térjünk vissza a Malfatti körök megszerkesztéséhez. Jelöljük a keresett Malfatti köröket o 1, o, o -mal, páronkénti érintési pontjaikat F, G, H-val! Mivel a körök közös belső érintői egyben hatványvonalai is a köröknek, ezért a három kör közös P hatványpontjában metszik egymást. Legyen R és S az a két pont, ahol az o 1 és o körök érintik az AB oldalt, E 1, E, E pontok pedig az ABC háromszög három szögfelező egyenese által képzett OAB, OBC és OCA háromszögekbe rajzolt k 1, k, k érintőköröknek az oldalakon lévő érintési pontjai. Ekkor felhasználva, hogy egy külső pontból adott körhöz húzott érintőszakaszok egyenlő hosszúságúak: E M E L = RM LS = MH LG = PM PL. A kapott egyenlőség azt bizonyítja, hogy az LMP háromszögbe írt kör az LM oldalt E -ban érinti. Jelöljük ezt a kör k -mal és k 1, k -vel pedig azokat a hasonló köröket, amelyek az E 1 és E pontban érintik a BC és AC oldalakat. Jelöljük az E 1 P, E P, E P egyeneseknek az ABC háromszög oldalaival alkotott metszéspontját L, M, N-nel és E L-nek és E N-nek k -mal és k 1 -gyel való érintési pontját U-val és V-vel. A k 1, k, o körökből álló rendszert vizsgálva az E 1 L, E M, E N közös érintők illeszkednek a P pontra, így az 1. segédtétel alapján társérintőik is közös ponton mennek át. Ez viszont azt jelenti, hogy a k 1 és k körök közös belső érintője áthalad az AB és BC közös külső érintők B metszéspontján. Mivel E F = E S = UG és FV = E 1 T = E 1 G, az egyenletek összeadásával E V = E 1 U. Ez a. segédtétel következménye alapján azt jelenti, hogy az E 1 E szakasz a k 1, k körökből egyenlő hosszúságú szakaszokat metsz ki és ugyanezen segédtétel alapján a k 1 és k közös belső érintője a B csúcsnál levő szög felező egyenese. Ez alapján a Steiner féle szerkesztés lépései: a) Megszerkesztjük az ABC háromszög beírt körének középpontját. b) Megszerkesztjük az AOB, BOC, COA háromszögek k 1, k, k beírt szögeit és meghatározzuk k 1, k, k -nak a háromszög oldalaival alkotott E 1, E, E érintési pontjait. c) E 1, E, E pontokból megszerkesztjük a (k, k ), (k 1, k ), (k 1, k ) körpárokhoz tartozó közös belső érintőket, melyek a Malfatti körök közös hatványpontjában metszik egymást. d) A megrajzolt belső érintőkkel olyan háromszögeket kapunk, melyek mindegyikének egyik oldala az érintők egyike, másik két oldala pedig az ABC háromszög két oldala. Ezen háromszögek beírt körei lesznek a keresett Malfatti körök. 101

8 Kistérségi tehetséggondozás 199-ben Lob és Richmond megállapították, hogy a Malfatti körök nem minden esetben megoldásai a Malfatti problémának. Például az egyenlő oldalú háromszögben az ábra szerinti k 1, k, k körök területösszege nagyobb, mint a Malfatti köröké ben Goldberg már azt is igazolta, hogy a Malfatti körök egyik háromszög esetén sem szolgáltatják a Malfatti probléma megoldását ben Zalgaller és Loss oldották meg általánosan a problémát. 5 oldalas bizonyításukban megmutatták, hogy amennyiben az ABC háromszög szögeire az α β γ feltétel mellett a sin tg feltétel teljesül, akkor az 1., míg α β α β sin tg reláció esetén a. ábra szerinti k 1, k, k körök területösszege maximá- lis. 10

9 Fonyó Lajos: A Malfatti probléma Kiss Sándor erdélyi magyar matematikus 00-ben az Octogon Magazin IV. számában adott a problémára viszonylag rövid, elegáns megoldást.. Egy adott négyzetben elhelyezünk két egymást nem metsző kört. Milyen esetben lesz maximális az általuk lefedett terület? Megoldás: Jelöljük a négyzet csúcsait A, B, C, D-vel, oldalát pedig a-val, és helyezzünk el a négyzetben két tetszőleges egymást nem metsző ρ 1 és ρ sugarú kört. Toljuk el a két kört úgy, hogy az egyiket a négyzet AB és AD, a másikat CB és CD oldala érintse. Az eltolások során a két kör középpontjának távolsága nem csökkenhet, mivel az 1. és. ábrák alapján az új helyzetben a két középpont távolsága két 10

10 Kistérségi tehetséggondozás a ρ1 ρ befogójú derékszögű háromszög átfogójával megegyező hosszúságú, míg az eredeti helyzetben pedig egy olyan derékszögű háromszög átfogójával, amelyből a befogók hossza nem haladja meg a a ρ1 ρ értéket. Így az elmozgatott körök továbbra sem metszik egymást és eredeti területük összege nem változik meg. Ezután hajtsunk végre a CB és CD oldalakat érintő körnél egy C középpontú nagyítást úgy, hogy a kapott kör érintse a másikat. (. ábra) Az eljárás során kapott, egymást érintő két kör területének összege nyilván legalább akkora lesz, mint az eredetileg felvett két köré. Jelöljük a kapott két kört k 1, k -vel, középpontjaikat O 1, O -vel. Mivel az a oldalú négyzet átlója a hosszúságú és O 1, O rajta van az AC átlón, ezért A két kör területének összege Feladatunk tehát r 1 r r + r + r + r = a, 1 1 r1 + r = a = a. + 1 t t π r r 1 + = maximumának meghatározása. Tegyük fel, hogy r1 r. Mivel mindkét kör része a négyzetnek, ezért a 0 r1, r. Legyen r1 = a x és r = a + x, ahol 1 0 x a. Ekkor 1 r r 1 + = + r r a x. + pontosan akkor maximális, 1 ha x = a, azaz a r1 = a és r =. 104

11 Fonyó Lajos: A Malfatti probléma Tehát a két kör által lefedett terület akkor maximális, ha az egyik a négyzet beírt köre, a másik pedig a beírt kört és a négyzet két oldalát érintő kör.. Egy adott háromszögben elhelyezünk két egymást nem metsző kört. Milyen esetben lesz maximális az általuk lefedett terület? Megoldás: Jelöljük a háromszög csúcsait A, B, C-vel, beírt körét k-val, annak középpontját és sugarát O-val, illetve r-rel. Legyenek a keresett körök k 1, k, középpontjaik O 1, O, sugaraik pedig r 1, r. Feltételezhetjük, hogy mindkét kör érinti a háromszögnek legalább két oldalát és egymást is, mivel ellenkező esetben a köröket eltolhatnánk úgy, hogy azok érintsék a háromszög két-két különböző oldalát és a középpontjaik távolsága eközben nem csökkenne, továbbá ha az egyik kört a megfelelő háromszög-csúcsból felnagyítanánk úgy, hogy érintse a másikat, akkor a két kör területösszege növekedne. Tehát feltehetjük, hogy k 1 érinti az AB és AC, k pedig az AB és BC oldalakat, továbbá k 1 és k kívülről is érintik egymást. Ekkor O 1 és O középpontok az A és B csúcsokhoz tartozó belső szögfelezőkön helyezkednek el. Vizsgáljuk azt az esetet, amikor k 1 és k egyike sem esik egybe k-val! Ekkor meg fogjuk mutatni, hogy létezik olyan k kör r sugárral az ABC háromszögön belül, amelyiknek nincs közös pontja k-val, továbbá k és k területösszege nagyobb mint k 1 és k -é. Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy α β. Ekkor szükségképpen r 1 r, ugyanis r 1 > r esetén tekintve azt a k 1 kört, aminek sugara r 1 = r és érinti az AB, BC oldalakat, és azt a k kört, aminek a sugara r = r 1 és érinti az AB, AC oldalakat.ekkor r 1 r, és k 1, k területösszege annyi mint k 1, k -é. Továbbá a. ábra alapján: O M O N O N O O O O r r r r α α β sin sin sin = = = =

12 Kistérségi tehetséggondozás Tehát k 1 és k köröknek nincs közös pontja. Így élhetünk azzal a feltételezéssel, hogy α β esetén r 1 r. Legyen ε = r r > 0. Ha r 1 < ε, akkor r1 r r r1 + r < r1 + r r, ami azt jelenti, hogy k 1 és k területösszege kisebb mint k-é. Vizsgáljuk meg azt az esetet, amikor r 1 > ε > 0. Legyen r = r1 ε > 0 és k az α szög szárait érintő r sugarú kör. Ekkor + és ( ) + = + ε + 1 ε = ε 1 + ε > 1 + r r r r r r r r r r és már csak azt kell belátni, hogy k-nak és k -nek nincs közös pontja. Használjuk fel, hogy OO ε ε = = O O β α sin sin 1 Ekkor a háromszög-egyenlőtlenség alapján: OO = OO + O O OO + OO O O Tehát k és k köröknek nincs közös pontja. A korábbi eredményeinket összefoglalva, az ABC háromszögben elhelyezett két egymást nem metsző körnek a területösszege pontosan akkor maximális, ha az egyik a háromszög beírt köre, a másik pedig érinti a beírt kört és a háromszög legkisebb szögéhez tartozó két oldalt. 4. Mekkora annak a legkisebb méretű négyzetnek az oldala, amelyben elhelyezhető két egymást nem metsző a és b sugarú kör? Megoldás: Jelöljük a keresett N négyzet oldalának hosszát x-szel, az a és b sugarú köröket k 1, k -vel, középpontjaikat O 1, O -vel. Tegyük fel, hogy a b! Ekkor O 1 és O benne vannak olyan N 1 és N 106

13 Fonyó Lajos: A Malfatti probléma négyzetekben, amelyek maguk is benne vannak N-ben és oldalaik N oldalaitól a és b távolságra vannak. Jelöljük A, B-vel N 1 és N két azon átellenes helyzetű csúcsát, amelyekre az AB átlójú négyzet tartalmazza az O 1 O szakaszt. Ekkor O1O AB = ( x a b) Másrészt mivel k 1 és k körök nem metszők O1O a + b. Így ( x a b) a + b, amiből x ( a b) + +. Továbbá mivel a k 1 kör + benne van az N négyzetben: x a. Ha 1 b a b + az N négyzet oldala + x = ( a + b). Az egyenlőség is fennállhat, pl. O 1 = A, O = B választás esetén. + Ha ( a + b) < a, akkor x = a. Eredményeinket összefoglalva: x + ( + ), ha ( + 1) a b b a b = + < a, ha 1 b a a + b a, azaz 5. Mekkora annak a legkisebb méretű szabályos háromszögnek az oldala, amelyben elhelyezhető két egymást nem metsző a és b sugarú kör? Megoldás: Jelöljük a keresett H szabályos háromszög oldalának hosszát x-szel, az a, b sugarú köröket k 1, k -vel, középpontjaikat O 1, O -vel. Tegyük fel, hogy a b. Ekkor O 1 és O benne vannak olyan H 1 és H szabályos háromszögekben, amelyek maguk is benne vannak H-ban és oldalaik H-tól a és b távolságra vannak. Jelöljük A-val és B-vel H 1 és H azon két csúcsát, melyekre teljesül, hogy O 1 és O benne vannak a B középpontú BA sugarú kör H -höz tartozó körcikkében. (Ilyen csúcsok mindig kiválaszthatók H 1, H -nél.) Mivel a k 1 és a k körök nem metszők, ezért O1O a + b. 107

14 Kistérségi tehetséggondozás Másrészt AB O 1 O, mivel AB < O 1 O esetén a BO O 1 háromszögben O 1 O lenne a legnagyobb oldal, és azzal szemben 60 -nál nagyobb szögnek kellene lenni, viszont O 1 BO Σ 60. Így AB a + b. Az ábrán kialakított ABE derékszögű háromszögre felírva a Pitagorasz tételt Ebből x a + b + ab adódik. Továbbá mivel a k 1 kör benne van a H szabályos háromszögben x a, azaz x a. 6 Ha azaz ( a + b) AB = ( a b) + x ( a + b) a + b + ab a, b a b, 0 a a b b a b akkor a H szabályos háromszög oldala fennállhat, pl. O 1 = A, O = B választás esetén. Ha a > b, akkor x = a. Eredményünket összefoglalva:. a + b + ab, ha b a b x = a, ha b < a x = a + b + ab. Az egyenlőség 108

15 Fonyó Lajos: A Malfatti probléma 6. Mutassuk meg, hogy az egyenlő oldalú háromszögben a Malfatti probléma megoldása a beírt kör és két olyan kör, amelyek érintik a beírt kört és a háromszög két-két oldalát. Megoldás: Válasszuk a szabályos háromszög oldalát egység hosszúságúnak. Tegyük fel, hogy az egymást nem metsző k 1, k, k körök sugaraira az a b c nagyságrend teljesül. Azt fogjuk belátni, hogy 1 a =, 1 b =, 6 1 c =. 6 Ennek igazolásához meg fogjuk mutatni, hogy teljesül az egyenlőtlenség. Két esetet fogunk vizsgálni: 1. eset: a b 1 Felhasználva, hogy a 11 a + b + c a + b + c a + b a + a = Az egyenlőség feltétele: a =, b = c = = 6. eset: b a b Legyen b = x b, ahol x > 0. 1 Ekkor az a és b között feltételezett nagyságrend alapján: x

16 Kistérségi tehetséggondozás Az 5. feladat megoldása alapján ekkor Ennek figyelembe vételével a + b + ab 1, x + 1 b + xb 1, b 1 ( x + x + ) 1 4 9x + a + b + c a + b = 9x + b =. 1 Így elegendő belátnunk, hogy ( x + x + 1 ) Az 1 x 1 feltétel miatt Az x 1 0 és 4 9x x 1x 110x 44x , ( x )( x x x ) ( x + x + ) 1 5x + 9x 17x 61 = 51x x + 174x + 9x = > 0 egyenlőtlenségek alapján az állítást igazoltuk. Az egyenlőség feltétele: x = 1, hogy b = c = 1 ( x + x + ) a =, b = c = =. 6, ami éppen azt jelenti, 110

17 Fonyó Lajos: A Malfatti probléma Gyakorló feladatok: 7. Határozzuk meg a Malfatti körök sugarát az egység oldalú szabályos háromszögben és mutassuk meg, hogy azok nem megoldásai a Malfatti problémának. 8. Adott négyzetbe helyezzünk el két egymást nem metsző r 1 és r sugarú kört. Határozzuk meg a) r 1 r maximumát, b) r + r maximumát Adott háromszögben helyezzünk el két egymást nem metsző kört. Határozzuk meg, mely esetben lesz a területük szorzata maximális. 10. Helyezzünk el adott téglalapban két egymást nem metsző kört úgy, hogy a) területük összege, b) területük szorzata maximális legyen. 11. Határozzuk meg annak a legkisebb méretű négyzet oldalainak hosszát, amelyben elhelyezhető két egymást nem metsző és egység sugarú kör. 1. Határozzuk meg annak a legkisebb méretű négyzet oldalának hosszát, amelyben elhelyezhető három egymást nem metsző 1, és egység sugarú kör. 1. Határozzuk meg annak a legkisebb méretű szabályos háromszögnek oldalhosszát, amelyben elhelyezhető három egymást nem metsző, és 4 egység sugarú kör. 14. Oldjuk meg a Malfatti problémát egy négyzetben elhelyezett három egymást nem metsző körre. 15. Határozzuk meg annak a legkisebb méretű négyzetnek oldalhosszát, amelyben elhelyezhető öt egymást nem metsző egység sugarú kör. 16. Adott kockába helyezzünk el két egymást nem metsző gömböt úgy, hogy a) felszínük összege, b) térfogatuk összege maximális legyen. 17. Határozzuk meg annak a legkisebb méretű kockának élhosszát, amely tartalmaz két egymást nem metsző a és b sugarú gömböt. 111

18 Kistérségi tehetséggondozás 18. Határozzuk meg annak a legkisebb méretű kockának az élhosszát, amely tartalmaz kilenc egymást nem metsző egység sugarú gömböt. Gyakorló feladatok megoldásai: 7. A r + r = 1 összefüggés alapján a Malfatti 1 körök sugara: r =. 4 A Malfatti körök területösszege: 1 π π = 0, A 6. feladat alapján a megoldást szolgáltató 1 1 körök sugara r 1 =, r = r =. 6 A körök területösszege π π + π = 0, π < π Tehát r + r = a és 8. A. feladat megoldása alapján a körök r 1, r sugarára 1 ( ) a 0 < r1, r, ahol a jelöli a négyzet oldalát. a) A számtani-mértani közép közti egyenlőtlenség alapján r1 + r r1 r a a = r 1 r pontosan akkor maximális, ha r 1 = r = a. 11

19 Fonyó Lajos: A Malfatti probléma r b) 1 r r1 r r1 r r1 r1 r r r1 r ( r1 r1 r r ) + + = + + = = r1 + r = ( r ) 1 + r r1 + r. r + r = a állandó érték, ezért Mivel 1 ( ) maximális, ha r 1 r + maximális. 1 r r + pontosan akkor A. feladat megoldása alapján ez r 1 r esetén az r1 = a és a r = értékeknél teljesül. Ekkor 50 5 r1 + r = a A megoldást jelentő körök érintik egymást és a háromszög két-két oldalát. A számtani-mértani közép közti egyenlőtlenséget használva r1 r 1 π r1 r π + =. t t Így a területük szorzata pontosan akkor maximális, ha r1 + r értéke a lehető legnagyobb. A. feladat alapján a megoldást két olyan egymást érintő kör adja, melyek közül az egyik a beírt kör, a másik pedig érinti a háromszög legkisebb szögéhez tartozó két oldalt. 10. Tegyük fel, hogy a téglalap a és b oldalaira teljesül, hogy a b. Ha a b, akkor elhelyezhetünk a téglalapban a két egymást nem metsző sugarú kört, és így lesz a körök területének összege maximális. A b a b esetben a. feladat alapján elegendő olyan köröket vizsgálnunk, melyek érintik egymást és a téglalap két-két szemközti oldalát. 11

20 Kistérségi tehetséggondozás Ekkor az ábra alapján: b r 1 r, 0 < r1, r esetén legyen ( r + r ) = a ( r + r ) + b ( r + r ) r1 + r = a + b ab a + b ab a + b ab r1 = x és r = + x, ahol Ekkor 1 r r + pontosan akkor maximális, ha ab a 0 x. a + b ab 1 + = + r r x. ab a x =, azaz b b r1 = a + ab és r =. 114

21 Fonyó Lajos: A Malfatti probléma b) A r1 + r 1 r1 r t t = π π átalakítás alapján a területek szorzata pontosan akkor a lehető legnagyobb, amikor a területük összege maximális. 11. A 4. feladat megoldása alapján a keresett négyzet oldalának hossza + + = A 11. feladat alapján az r 1 =, r = sugarú egymást nem metsző köröket tartalmazó legkisebb méretű négyzet oldalának hossza +. Ebben a négyzetben az ábra szerint még elhelyezhető egy olyan r = 1 sugarú kör is, amely nem metszi a másik kettőt, mivel és 1 = 1 + = = 1 + O O r r O O = = 9 + > r + r. Tehát a keresett négyzet oldalának hossza

22 Kistérségi tehetséggondozás 1. Az 5. feladat megoldása alapján az r 1 = 4, r = sugarú egymást nem metsző köröket tartalmazó legkisebb méretű szabályos háromszög oldalának hossza ( 4 + ) + 4 = 11. Ebben a szabályos háromszögben az ábra szerint még elhelyezhető egy olyan r = sugarú kör is, amely nem metszi a másik kettőt, mivel és O O = 5 + = 79 > r + r 1 1 O O = = 109 > r + r Tehát a keresett szabályos háromszög oldalának hossza Használjuk a 4. feladat eredményeit és a 6. feladat megoldási módszerét. 15. Tegyük fel, hogy az öt egymást nem metsző kör elhelyezhető egy a oldalú négyzetben. Ekkor a és a körök középpontjai benne vannak egy a oldalhosszúságú négyzetben. Osszuk fel ezt az utóbbi négyzetet négy darab a oldalhosszúságú négyzetre a középponton áthaladó oldalakkal párhuzamos vágásokkal. A skatulyaelv értelmében ekkor biztosan lesz olyan kis négyzet, amelybe legalább két kör középpontja kerül. Ha ezek a középpontok O 1 és O, akkor mivel nem metszik egymást, a ezért O 1 O. Másrészt O1O. a Így, amiből a

23 Fonyó Lajos: A Malfatti probléma A. ábra alapján az a = + oldalú négyzetben el is helyezhető az öt egymást nem metsző egység sugarú kör. 16. Elegendő azt az esetet vizsgálni, amikor a két gömb érinti egymást és a kocka két átellenes csúcsára illeszkedő - lapot. Jelöljük a kocka élét a-val, a körök sugarát r 1, r -vel, felszínét A 1, A -vel, térfogatát V 1, V -vel. Ekkor: a) A ( 1 + A = 4π r1 + r ) Feladatunk tehát r Legyen ahol Ekkor r + r + r + r = a, 1 1 r 1 r. 1 a + = = + a 1 r + maximumának meghatározása. r1 = a x és r = a + x, 4 4 a 0 < r1 r és 0 x a = a + x r r 4, így 1 r r + pontosan akkor maximális, ha 1 x = a, azaz 4 r1 = 1 a a és r =. Tehát a két gömb felszínének összege pontosan akkor maximális, ha az egyik a kocka beírt gömbje, a másik pedig a beírt gömböt és a kocka A1 + A = 8 4 π a. lapját érintő gömb. Ekkor 117

24 Kistérségi tehetséggondozás 4π b) V1 + V = ( r1 + r ) Feladatunk tehát r 1 r + maximumának meghatározása. ( r r ) ( r r ) r1 + r r1 + r = Mivel r1 + r = a állandó érték, ezért r1 + r pontosan akkor a legnagyobb, ha r1 + r maximális, azaz az a) eset alapján r 1 = 1 a a és r = esetén. Ekkor 9 5 V1 + V = π a. 17. Jelöljük a keresett K kocka éleinek hosszát x-szel, az a és b sugarú gömböket g 1, g -vel, középpontjaikat O 1, O -vel. Tegyük fel, hogy a b! Ekkor O 1 és O benne vannak olyan K 1 és K kockákban, amelyek maguk is benne vannak K-ban és lapjaik K lapjaitól a és b távolságra vannak. Jelöljük A, B-vel K 1 és K azon két átellenes csúcsát, melyekre az AB testátlójú kocka tartalmazza az O 1 O szakaszt. Ekkor O O AB ( x a b) =. 1 Másrészt mivel g 1 és g gömbök nem metszők, O1O a + b. Így ( x a b) a + b, amiből x ( a b) + +. Továbbá mivel a g 1 gömb + benne van a K kockában: x a. Ha ( + ) a + b a, azaz b a b, akkor a K kocka oldala + x = ( a + b). Az egyenlőség 6 is fennállhat, pl. O 1 = A és O =B választás esetén. + Ha a + b < a, akkor x = a. 118

25 Fonyó Lajos: A Malfatti probléma Eredményeinket összefoglalva: ( + ) + ( a + b), ha b a b 6 x = ( + ) a, ha b < a Tegyük fel, hogy a kilenc egymást nem metsző egység sugarú gömb elhelyezhető egy a élű kockában. Ekkor a és a gömbök középpontjai benne a vannak egy a élű kockában. Osszuk fel ez utóbbi kockát nyolc darab élű kockára a középpontján áthaladó lapjaival párhuzamos vágásokkal. A skatulyaelv értelmében ekkor biztosan lesz olyan kis kocka, amelybe legalább két gömb középpontja kerül. Ha ezek a középpontok O 1 és O, akkor a figyelembe véve, hogy a gömbök nem metszők: O1O, amiből ( + ) 1 a. Az ( + ) 1 a = élhosszúságú kockában el is helyez- a élű hető a kilenc egység sugarú gömb, ha a gömbök középpontjait az kocka csúcsaiban és középpontjában helyezzük el. 119