XXVII OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

Wewnątrz okręgu $S$ umieszczono okrąg $T$ oraz okręgi $K_1, K_2, \ldots, K_n$ styczne zewnętrznie do $T$ i wewnętrznie do $S$ , przy tym okrąg $K_1$ jest styczny do $K_2$ , $K_2$ styczny do $K_3$ itd. Udowodnić, że punkty styczności okręgów $K_1$ z $K_2$ , $K_2$ z $K_3$ itd. leżą na okręgu.

Rozwiązanie

Niech dane okręgi $S$ i $T$ będą współśrodkowe. Wykażemy, że punkty styczności $K_1$ z $K_2$ , $K_2$ z $K_3$ itd. są równo odległe od wspólnego środka $O$ okręgów $S$ i $T$ .

Niech dla $i = 1, 2, \ldots, A_i$ będzie punktem styczności okręgów $K_i$ i $T$ , $B_i$ - punktem styczności okręgów $K_i$ i $K_{i+1}$ , $C_i$ - punktem styczności okręgów $K_i$ i $S$ , $O_i$ - środkiem okręgu $K_i$ (rys. 14). Niech $r$ i $R$ będą długościami promieni okręgów $T$ i $S$ odpowiednio. Wtedy długość promienia okręgu $K_i$ jest równa $\frac{1}{2} A_iC_i = \frac{1}{2}(R-r)$ ,a zatem okręgi $K_1, K_2 ,\ldots$ mają promienie równej długości. Punkt $B_i$ jest więc środkiem odcinka $\overline{O_iO_{i+1}}$ , a kąt $OB_iO_i$ jest prosty. Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy więc

$ \begin{split} OB_i^2 = OO_i^2 - O_iB_i^2 = (OO_i + O_iB_i)(OO_i - O_iB_i) = \\ = (OO_i + O_iC_i)(OO_i - O_iA_i) = OC_i \cdot OA_i = Rr. \end{split} $

Wynika stąd, że $OB_1 = OB_2 = \ldots = \sqrt{Rr}$ , a zatem punkty $B_1, B_2, \ldots$ są równo odległe od punktu $O$ .

Przypuśćmy z kolei, że okręgi $S$ i $T$ nie są współśrodkowe. Wtedy na mocy uwagi do rozwiązania zadania 7 istnieje taki okrąg $K$ , że inwersja $\varphi$ względem $K$ przeprowadza okręgi $S$ i $T$ na okręgi współśrodkowe i środek $P$ okręgu $K$ leży na zewnątrz okręgu $S$ .

Inwersja $\varphi$ jest przekształceniem wzajemnie jednoznacznym zbioru punktów płaszczyzny bez punktu $P$ i przeprowadza każdy okrąg nie zawierający punktu $P$ na pewien okrąg nie zawierający punktu $P$ . Przekształceniem odwrotnym do inwersji $\varphi$ jest ta sama inwersja tzn. $\varphi(\varphi(A)) = A$ dla każdego punktu $A$ różnego od $P$ .

Okręgi $S' = \varphi (S)$ i $T' = \varphi(T)$ są więc współśrodkowe, a okręgi $K_1, K_2, \ldots$ styczne do okręgów $S$ i $T$ przechodzą przy inwersji $\varphi$ odpowiednio na okręgi $K_1', K_2', \ldots$ styczne do okręgów $S'$ i $T'$ . Przy tym okrąg $T'$ zawiera okrąg $S'$ , a punkt $P$ leży na zewnątrz okręgu $T'$ . Ponadto okrąg $K_1'$ jest styczny do okręgu $K_2'$ , okrąg $K_2'$ jest styczny do $K_3'$ itd. Ponieważ okręgi $S'$ i $T'$ są współśrodkowe, więc z rozpatrzonego na początku przypadku wynika, że punkty styczności $K_1'$ z $K_2'$ , $K_2'$ z $K_3'$ itd. należą do pewnego okręgu $U$ leżącego wewnątrz w $T'$ . Wobec tego punkt $P$ nie należy do $L'$ , a więc figura $\varphi(L')$ jest okręgiem.

Dokonując jeszcze raz inwersji $\varphi$ stwierdzamy, że punkty styczności okręgów $\varphi(K_1')= K_1$ z $\varphi(K_2') = K_2$ , $\varphi(K_2') = K_2$ z $\varphi(K_3') = K_3$ itd. należą do okręgu $\varphi(L')$ .