5. Zadatak

S obzirom da je 45°<γ<90° i prema poučku o obodnom i središnjem kutu, vrijedi

$$90^\circ<|\angle BSA|<180^\circ$$

odnosno ΔABS je tupokutan.

Neka je točka G nožište okomice iz točke A na pravac BS i p=|AG|, q=|SG|, x=|AP|.

Kako su trokuti ΔASG, ΔAPG i ΔABG pravokutni, primjenom Pitagorina poučka slijedi

$$r^2=p^2+q^2,\quad x^2=p^2+(q+\frac r2)^2\quad i\quad c^2=p^2+(q+r)^2.$$

Iz druge od ovih jednakosti slijedi

$$p^2=x^2-(q+\frac r2)^2$$

što uvrstimo u preostale dvije jednakosti te nakon sređivanja vrijedi

$$r^2=x^2-qr-\frac{r^2}{4}\quad i\quad c^2=x^2+qr+\frac{3r^2}{4}.$$

Zbrajanjem ove dvije jednakosti slijedi

$$r^2+c^2=2x^2+\frac{r^2}{2}$$

odakle je

$$x=\frac12\sqrt{2c^2+r^2}.$$

Budući da je |AM|=|AP|-|MP|, onda

$$2|AM|=2|AP|-2|MP|=\sqrt{2c^2+r^2}-r.$$

Iz određenosti trokuta ΔABS vrijedi c<2r odnosno c-2r<0.

Kako je c>0, onda je c(c-2r)<0 odnosno c^2-2cr<0.

Zatim je c^2-2cr+c^2+r^2<c^2+r^2 pa je 2c^2+r^2<c^2+2cr+r^2 odnosno 2c^2+r^2<(c+r)^2.

Dalje je $\sqrt{2c^2+r^2}<c+r$ odnosno $\sqrt{2c^2+r^2}-r<c$.

Dakle, $2|AM|<|AB|$ te je time tvrdnja dokazana.