Komentarz

XXVII OM - I - Zadanie 7

Dowieść, że dowolną parę okręgów nie przecinających się można przekształcić przez inwersję na parę okręgów współśrodkowych.

Uwaga: Inwersją względem okręgu o środku $ O $ i promieniu $ r $ nazywamy przekształcenie, które każdemu punktowi $ X $ płaszczyzny zawierającej ten okrąg różnemu od punktu $ O $ przyporządkowuje punkt $ Y $ leżący na półprostej $ OX^\to $ taki, że $ OX \cdot OY= r^2 $. O własnościach inwersji można przeczytać w książce S. Straszewicz; Zadania z olimpiad matematycznych. Warszawa 1956, str. 181-186 t. I.

Rozwiązanie

Niech prosta $ m $ zawiera środki danych okręgów i niech odcinki $ \overline{AB} $ i $ \overline{CD} $, gdzie $ A, B, C, D \in m $, będą średnicami danych okręgów. Z warunków zadania wynika, że punkty $ A $, $ B $, $ C $, $ D $ są różne i albo odcinki $ \overline{AB} $ i $ \overline{CD} $ są rozłączne, albo jeden z nich jest zawarty w drugim.

Wprowadzamy tak współrzędne na prostej $ m $, by $ C = (-1) $, $ D = (1) $ i niech $ A = (a) $ i $ B = (b) $. Z warunków zadania wynika więc, że $ |a|,\ |b| < 1 $ lub $ |a|,\ |b| > 1 $. W każdym z tych przypadków mamy

\[<br /> (1) \qquad (a^2-1)(b^2-1)>0.<br /> \]

Inwersja $ \varphi $ względem okręgu o środku $ O $ jest wzajemnie jednoznacznym przekształceniem zbioru punktów płaszczyzny bez punktu $ O $, które odwzorowuje okręgi nie zawierające punktu $ O $ na okręgi nie zawierające punktu $ O $. Przy tym, jeżeli $ \overline{PQ} $ jest średnicą takiego okręgu $ L $ i $ O \in PQ $, to odcinek $ \overline{\varphi(P)\varphi(Q)} $ jest średnicą okręgu $ \varphi(L) $.

Dla rozwiązania zadania wystarczy więc znaleźć taką inwersję $ \varphi $ względem pewnego okręgu $ K $, którego środek $ O $ należy do $ m $, że punkt $ O $ jest różny od $ A $, $ B $, $ C $ i $ D $ i środki odcinków $ \overline{\varphi(A)\varphi(B)} $ i $ \overline{\varphi(C)\varphi(D)} $ są równe, tzn.

\[<br /> (2) \qquad \frac{1}{2}{\varphi(A) + \varphi(B)} = \frac{1}{2} (\varphi(C) + \varphi(B)).<br /> \]

Niech długość promienia okręgu $ K $ będzie równa $ r $ i niech $ O = (x) $. Jeżeli obrazem przy inwersji $ \varphi $ punktu $ (y) \in m $ różnego od $ O $ jest punkt $ \varphi(y) = (y') $, to z określenia inwersji $ \varphi $ wynika, że $ (y'-x)(y-x)=r^2 $, czyli $ y'= x + \frac{r^2}{y-x} $. W szczególności punkty $ \varphi(A) $, $ \varphi(B) $, $ \varphi(C) $, $ \varphi(D) $ mają współrzędne równe odpowiednio $ \displaystyle x + \frac{r^2}{a-x} $, $ \displaystyle x + \frac{r^2}{b-x} $, $ \displaystyle x + \frac{r^2}{-1-x} $, $ \displaystyle x + \frac{r^2}{1-x} $.

Warunek (2) przybiera więc postać

\[<br /> (3) \qquad \frac{1}{a-x}+ \frac{1}{b-x}= \frac{1}{-1-x} + \frac{1}{1-x}.<br /> \]

Wystarczy wykazać, że dla dowolnych liczb rzeczywistych $ a $ i $ b $ spełniających (1) istnieje rozwiązanie równania (3). Przekształcając (3) otrzymujemy

\[<br /> (4) \qquad (a + b)x^2 - 2(ab + 1)x + (a + b) = 0.<br /> \]

Jeżeli $ a + b = 0 $, tzn. jeżeli dane w zadaniu okręgi są współśrodkowe, to rozwiązaniem równania (4) jest $ x = 0 $. Zatem inwersja względem dowolnego okręgu o środku w punkcie $ (0) $ spełnia warunki zadania.

Jeżeli $ a + b = 0 $, tzn. jeżeli dane okręgi nie są współśrodkowe, to trójmian $ f(x) = (a + b)x^2 - 2(ab + 1)x + (a + b) $ ma pierwiastki rzeczywiste, ponieważ jego wyróżnik równy $ 4(ab + 1)^2 - 4 (a + b)^2 = 4 (a^2 - 1)(b^2 - 1) $ jest dodatni na mocy (1). Pierwiastki te są różne od $ a $, $ b $, $ -1 $, $ 1 $ (a więc są pierwiastkami równania (3)), ponieważ liczby

\[<br /> (5) \qquad<br /> \begin{array}{cc}<br /> f(a) = (a^2 - 1)(a - b), & f(b) = (b^2 - 1)(b - a),\\<br /> f(-1) = 2(a + 1)(b + 1), & f(1) = -2(a - 1)(b - 1)<br /> \end{array}<br /> \]

są różne od zera.

Uwaga 1. Z powyższego rozumowania wynika, że jeżeli dane okręgi nie są współśrodkowe i jeden z nich jest zawarty w drugim, to istnieje taki okrąg $ K $, że inwersja względem $ K $ przeprowadza dane okręgi na okręgi współśrodkowe i środek okręgu $ K $ leży na zewnątrz danych okręgów.

Istotnie, bez zmniejszenia ogólności można przyjąć, że $ - 1 < a < b < 1 $. Wtedy z (5) wynika, że $ f(-1) > 0 $ i $ f(1) < 0 $. Wobec tego w przedziale $ \langle - 1;\ 1 \rangle $ istnieje tylko jeden pierwiastek trójmianu $ f $. Drugi jego pierwiastek leży więc poza tym przedziałem. Wystarczy więc jako $ K $ wziąć okrąg o środku $ O $ wyznaczonym przez ten drugi pierwiastek.

Uwaga 2. Długość $ r $ promienia poszukiwanego okręgu $ K $ nie występowała w równaniu (3). Wobec tego liczbę $ r $ można wybrać dowolnie, tzn. inwersja względem każdego okręgu o środku w wyznaczonym punkcie $ O $ spełnia warunki zadania.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Dodaj komentarz