Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

Lejárt A875. az \(\displaystyle a)\) rész utolsó fél mondata: "sosem tudnak a játékosok több, mint egy pontot szerezni." De erre ment ki az egész bizonyítás.
Ami egy teljesen hamis állítás. És a bizonyításbeli falépítés is több sebből vérzik, ez egész egyszerűen nem müködik, így biztosan nem.
Faék egyszerű stratégia a cáfolatra: \(\displaystyle A\) és \(\displaystyle B\) is ugyanazt a stratégiát játssza, \(\displaystyle \frac{1}{2}\) valószínűséggel mondanak \(\displaystyle 1\)-et illetve \(\displaystyle 2\)-t.
Mi a rák történik az első két körben: nem nagy meglepetés, \(\displaystyle \frac{1}{4}\) valószínűséggel megszereznek \(\displaystyle 2\) pontot. Ami a bizonyítás szerint lehetetlen lenne. És persze ennél bonyolultabb stratégiák is vannak, amikor vegyesen játszanak random és fix stratégiát.
Sőt! Olyan stratégiát is tudok amivel \(\displaystyle 1\) valószínűséggel szereznek 100 pontot, véges sok körön belül. Ez persze nem egészen a feladat állítása, mert ott az szerepel, hogy "biztosan".

Lejárt A876. megoldása, kb háromszor rövidebben, a ChatGpt stilusú bizonyítás helyett:
Mod \(\displaystyle 3\) nézve az egyenletet az \(\displaystyle a\) páros. \(\displaystyle a>2\) feltehető. A \(\displaystyle 31\) rendje \(\displaystyle 25\) modulo \(\displaystyle 125\), számolással \(\displaystyle b\equiv 21\) (mod \(\displaystyle 25\)). (ez a \(\displaystyle 3\). bekezdés volt).

A \(\displaystyle 31\) rendje szintén \(\displaystyle 25\) modulo \(\displaystyle 101\). Ebből \(\displaystyle 5^{a}=31^{b}-6\equiv 31^{21}-6\equiv 73\) mod 101. Azaz \(\displaystyle 5^a\equiv 73\) (mod 101). De ez ellentmondás, mert \(\displaystyle 5^a\) kvadratikus maradék, mert \(\displaystyle a\) páros, viszont \(\displaystyle 73\) kvadratikus nemmaradék modulo \(\displaystyle 101\). Így tényleg csak \(\displaystyle a=2;b=1\) ad megoldást.

B.5381. Adott az \(\displaystyle Ω_{külső}\) körbe írt \(\displaystyle ABCDEFGH\) nyolcszög, és \(\displaystyle Ω_{külső}\) kör belsejében az \(\displaystyle Ω_{belső}\) kör. Tegyük fel, hogy az \(\displaystyle ω_1\), \(\displaystyle ω_2\), \(\displaystyle ω_3\), \(\displaystyle ω_4\) körök kívülről érintik \(\displaystyle Ω_{belső}\) kört, továbbá:

- \(\displaystyle ω_1\) belülről érinti az \(\displaystyle Ω_{külső}\) kör \(\displaystyle AB\) ívét, az \(\displaystyle AF\) és a \(\displaystyle BE\) szakaszt;

- \(\displaystyle ω_2\) belülről érinti az \(\displaystyle Ω_{külső}\) kör \(\displaystyle CD\) ívét, a \(\displaystyle CH\) és a \(\displaystyle DG\) szakaszt;

- \(\displaystyle ω_3\) belülről érinti az \(\displaystyle Ω_{külső}\) kör \(\displaystyle EF\) ívét, az \(\displaystyle AF\) és a \(\displaystyle BE\) szakaszt;

- \(\displaystyle ω_4\) belülről érinti az \(\displaystyle Ω_{külső}\) kör \(\displaystyle GH\) ívét, a \(\displaystyle CH\) és a \(\displaystyle DG\) szakaszt.

Mutassuk meg, hogy az \(\displaystyle AF\), \(\displaystyle BE\), \(\displaystyle CH\) és \(\displaystyle DG\) szakaszok által bezárt négyszögbe kört lehet írni.

Az \(\displaystyle Ω_{belső}\) kör középpontja: \(\displaystyle K_{belső}(x_{belső};y_{belső})\), sugara: \(\displaystyle R_{belső}\).

Az \(\displaystyle Ω_{külső}\) kör középpontja: \(\displaystyle K_{külső}(x_{külső};y_{külső})\), sugara: \(\displaystyle R_{külső}\).

Az \(\displaystyle ω_1\) kör középpontja: \(\displaystyle K_1(x_1;y_1)\), sugara: \(\displaystyle R_1\).

Az \(\displaystyle ω_2\) kör középpontja: \(\displaystyle K_2(x_2;y_2)\), sugara: \(\displaystyle R_2\).

Az \(\displaystyle ω_3\) kör középpontja: \(\displaystyle K_3(x_3;y_3)\), sugara: \(\displaystyle R_3\).

Az \(\displaystyle ω_4\) kör középpontja: \(\displaystyle K_4(x_4;y_4)\), sugara: \(\displaystyle R_4\).

A továbbiakban legyen:

\(\displaystyle d_1={\rm det}\begin{vmatrix} x_2 & y_2 & 1\\ x_3 & y_3 &1 \\ x_4 & y_4 & 1 \end{vmatrix}\)

\(\displaystyle d_2={\rm det}\begin{vmatrix} x_1 & y_1 & 1\\ x_3 & y_3 &1 \\ x_4 & y_4 & 1 \end{vmatrix}\)

\(\displaystyle d_3={\rm det}\begin{vmatrix} x_1 & y_1 & 1\\ x_2 & y_2 &1 \\ x_4 & y_4 & 1 \end{vmatrix}\)

\(\displaystyle d_4={\rm det}\begin{vmatrix} x_1 & y_1 & 1\\ x_2 & y_2 &1 \\ x_3 & y_3 & 1 \end{vmatrix}\)

A \(\displaystyle d_1\), \(\displaystyle d_2\), \(\displaystyle d_3\), \(\displaystyle d_4\) determinánsok abszolút-értéke rendre egyenlők a \(\displaystyle K_2K_3K_4\), \(\displaystyle K_1K_3K_4\), \(\displaystyle K_1K_2K_4\), \(\displaystyle K_1K_2K_4\) háromszögek területének kétszeresével. A \(\displaystyle K_1K_2K_3K_4\) négyszög körüljárásától függően vagy mindegyik determináns értéke pozitív, vagy mindegyik determináns értéke negatív.

Legyen \(\displaystyle K\) a \(\displaystyle K_1K_3\) egyenes és a \(\displaystyle K_2K_4\) egyenes metszéspontja. Ekkor a következő összefüggések teljesülnek:

\(\displaystyle K_1K:KK_3=d_3:d_1\), azaz \(\displaystyle K=\frac{d_1*K_1+d_3*K_3}{d_1+d_3}\).

\(\displaystyle K_2K:KK_4=d_4:d_2\), azaz \(\displaystyle K=\frac{d_2*K_2+d_4*K_4}{d_2+d_4}\).

Az \(\displaystyle ω_1\), \(\displaystyle ω_3\) körök külső érintőit érintő kör középpontja rajta van \(\displaystyle K_1K_3\) egyenesen.

Az \(\displaystyle ω_2\), \(\displaystyle ω_4\) körök külső érintőit érintő kör középpontja rajta van \(\displaystyle K_2K_4\) egyenesen.

Tehát a négy külső érintő kör középpontja, ha van ilyen, egyenlő a \(\displaystyle K_1K_3\) és \(\displaystyle K_2K_4\) egyenesek \(\displaystyle K\) metszéspontjával.

Annak a körnek a sugara, amelynek középpontja a \(\displaystyle K\) pont, és érinti az \(\displaystyle ω_1\), \(\displaystyle ω_3\) körök külső érintőit, a következőképpen számolható ki:

\(\displaystyle R=\frac{d_1*R_1+d_3*R_3}{d_1+d_3}\).

Annak a körnek a sugara, amelynek középpontja a \(\displaystyle K\) pont, és érinti az \(\displaystyle ω_2\), \(\displaystyle ω_4\) körök külső érintőit, a következőképpen számolható ki:

\(\displaystyle R=\frac{d_2*R_2+d_4*R_4}{d_2+d_4}\).

Tehát, ha van olyan \(\displaystyle ω\) kör, amely érinti az \(\displaystyle ω_1\), \(\displaystyle ω_3\) körök közös külső érintőit, és érinti az \(\displaystyle ω_2\), \(\displaystyle ω_4\) körök közös külső érintőit, annak a középpontja csak a \(\displaystyle K_1K_3\) és \(\displaystyle K_2K_4\) egyenesek „K” metszéspontja lehet, és sugara egyrészt \(\displaystyle R_{13}\)-mal kell egyenlő legyen, másrészt \(\displaystyle R_{24}\)-gyel kell egyenlő legyen. Tehát ahhoz, hogy legyen ilyen \(\displaystyle ω\) kör, \(\displaystyle R_{13}=R_{24}\) egyenlőségnek teljesülnie kell, ekkor viszont teljesülnie kell a következő egyenletnek:

Tehát, ha van olyan \(\displaystyle ω\) kör, amely érinti az \(\displaystyle ω_1\), \(\displaystyle ω_3\) körök közös külső érintőit, és érinti az \(\displaystyle ω_2\), \(\displaystyle ω_4\) körök közös külső érintőit, annak a középpontja csak a \(\displaystyle K_1K_3\) és \(\displaystyle K_2K_4\) egyenesek „K” metszéspontja lehet, és sugara egyrészt \(\displaystyle R_{13}\)-mal kell egyenlő legyen, másrészt \(\displaystyle R_{24}\)-gyel kell egyenlő legyen.

Tehát ahhoz, hogy legyen ilyen \(\displaystyle ω\) kör, \(\displaystyle R_{13}=R_{24}\) egyenlőségnek teljesülnie kell, ekkor viszont teljesülnie kell a következő egyenletnek:

\(\displaystyle d_1*R_1+d_3*R_3=d_2*R_2+d_4*R_4\)

Rendezve ezt az egyenletet úgy, hogy jobb oldalon \(\displaystyle 0\) legyen:

\(\displaystyle R_1*d_1‒R_2*d_2+R_3*d_3‒R_4*d_4=0\)

* *

Legyen \(\displaystyle K\) a \(\displaystyle K_1K_3\) egyenes és a \(\displaystyle K_2K_4\) egyenes metszéspontja. Ekkor a következő összefüggések teljesülnek:

\(\displaystyle K_1K:KK_3=d_3:d_1\), azaz \(\displaystyle K=\frac{d_1*K_1+d_3*K_3}{d_1+d_3}\).

\(\displaystyle K_2K:KK_4=d_4:d_2\), azaz \(\displaystyle K=\frac{d_2*K_2+d_4*K_4}{d_2+d_4}\).

Az \(\displaystyle ω_1\), \(\displaystyle ω_3\) körök külső érintőit érintő kör középpontja rajta van \(\displaystyle K_1K_3\) egyenesen.

Az \(\displaystyle ω_2\), \(\displaystyle ω_4\) körök külső érintőit érintő kör középpontja rajta van \(\displaystyle K_2K_4\) egyenesen.

Tehát a négy külső érintő kör középpontja, ha van ilyen, egyenlő a \(\displaystyle K_1K_3\) és \(\displaystyle K_2K_4\) egyenesek \(\displaystyle K\) metszéspontjával.

Annak a körnek a sugara, amelynek középpontja a \(\displaystyle K\) pont, és érinti az \(\displaystyle ω_1\), \(\displaystyle ω_3\) körök külső érintőit, a következőképpen számolható ki:

\(\displaystyle R=\frac{d_1*R_1+d_3*R_3}{d_1+d_3}\).

Annak a körnek a sugara, amelynek középpontja a \(\displaystyle K\) pont, és érinti az \(\displaystyle ω_2\), \(\displaystyle ω_4\) körök külső érintőit, a következőképpen számolható ki:

\(\displaystyle R=\frac{d_2*R_2+d_4*R_4}{d_2+d_4}\).

B.5381. Adott az \(\displaystyle Ω_{külső}\) körbe írt \(\displaystyle ABCDEFGH\) nyolcszög, és \(\displaystyle Ω_{külső}\) kör belsejében az \(\displaystyle Ω_{belső}\) kör. Tegyük fel, hogy az \(\displaystyle ω_1\), \(\displaystyle ω_2\), \(\displaystyle ω_3\), \(\displaystyle ω_4\) körök kívülről érintik \(\displaystyle Ω_{belső}\) kört, továbbá:

- \(\displaystyle ω_1\) belülről érinti az \(\displaystyle Ω_{külső}\) kör \(\displaystyle AB\) ívét, az \(\displaystyle AF\) és a \(\displaystyle BE\) szakaszt;

- \(\displaystyle ω_2\) belülről érinti az \(\displaystyle Ω_{külső}\) kör \(\displaystyle CD\) ívét, a \(\displaystyle CH\) és a \(\displaystyle DG\) szakaszt;

- \(\displaystyle ω_3\) belülről érinti az \(\displaystyle Ω_{külső}\) kör \(\displaystyle EF\) ívét, az \(\displaystyle AF\) és a \(\displaystyle BE\) szakaszt;

- \(\displaystyle ω_4\) belülről érinti az \(\displaystyle Ω_{külső}\) kör \(\displaystyle GH\) ívét, a \(\displaystyle CH\) és a \(\displaystyle DG\) szakaszt.

Mutassuk meg, hogy az \(\displaystyle AF\), \(\displaystyle BE\), \(\displaystyle CH\) és \(\displaystyle DG\) szakaszok által bezárt négyszögbe kört lehet írni.

Az \(\displaystyle Ω_{belső}\) kör középpontja: \(\displaystyle K_{belső}(x_{belső};y_{belső})\), sugara: \(\displaystyle R_{belső}\).

Az \(\displaystyle Ω_{külső}\) kör középpontja: \(\displaystyle K_{külső}(x_{külső};y_{külső})\), sugara: \(\displaystyle R_{külső}\).

Az \(\displaystyle ω_1\) kör középpontja: \(\displaystyle K_1(x_1;y_1)\), sugara: \(\displaystyle R_1\).

Az \(\displaystyle ω_2\) kör középpontja: \(\displaystyle K_2(x_2;y_2)\), sugara: \(\displaystyle R_2\).

Az \(\displaystyle ω_3\) kör középpontja: \(\displaystyle K_3(x_3;y_3)\), sugara: \(\displaystyle R_3\).

Az \(\displaystyle ω_4\) kör középpontja: \(\displaystyle K_4(x_4;y_4)\), sugara: \(\displaystyle R_4\).

A továbbiakban legyen:

\(\displaystyle d_1={\rm det}\begin{vmatrix} x_2 & y_2 & 1\\ x_3 & y_3 &1 \\ x_4 & y_4 & 1 \end{vmatrix}\)

\(\displaystyle d_2={\rm det}\begin{vmatrix} x_1 & y_1 & 1\\ x_3 & y_3 &1 \\ x_4 & y_4 & 1 \end{vmatrix}\)

\(\displaystyle d_3={\rm det}\begin{vmatrix} x_1 & y_1 & 1\\ x_2 & y_2 &1 \\ x_4 & y_4 & 1 \end{vmatrix}\)

\(\displaystyle d_4={\rm det}\begin{vmatrix} x_1 & y_1 & 1\\ x_2 & y_2 &1 \\ x_3 & y_3 & 1 \end{vmatrix}\)

A \(\displaystyle d_1\), \(\displaystyle d_2\), \(\displaystyle d_3\), \(\displaystyle d_4\) determinánsok abszolút-értéke rendre egyenlők a \(\displaystyle K_2K_3K_4\), \(\displaystyle K_1K_3K_4\), \(\displaystyle K_1K_2K_4\), \(\displaystyle K_1K_2K_4\) háromszögek területének kétszeresével. A \(\displaystyle K_1K_2K_3K_4\) négyszög körüljárásától függően vagy mindegyik determináns értéke pozitív, vagy mindegyik determináns értéke negatív.

Kós Gézának volt egy remek 5 részes cikksorozata "Térbe kilépő bizonyítások" címmel a Lap 2019.10 - 2020.02. számaiban, jó alapozás a hivatalos megoldáshoz.

A B. 5381. feladatot indirekt bizonyítottam (próbáltam bizonyítani) kb. 3 dolgot felhasználva.

1.) Az érintőnégyszög beírt körének középpontja két egyenesen is rajta van (ha létezik érintőnégyszög): a kis omega2 kör és kis omega4 kör középpontjait összekötő egyenesen, illetve a kis omega1 és kis omega3 kör középpontjait összekötő egyenesen. 2.) Tetszőleges két kis omega kör közös külső érintőinek metszéspontja egy egyenesen van. 3.) Monge tétele: Ha adott a síkon három különböző sugarú kör, egymás külsejében, és vesszük páronként a külső közös érintőik metszéspontjait, akkor ez a három pont egy egyenesre esik.

Érintőnégyszög más esetben is van. Pl. két metsző kör, nem a szemközti kis omega köröket tekintem, hanem a szomszédosakat… Ha van fix egyenesem (kis omega körök közös külső érintőinek metszéspontjait összekötő egyenes), akkor érintőnégyszög is létezik.

Van valakinek az A.877. feladatra megoldása az euklidészi síkon?

Amúgy elegáns a hivatalos projektív geometriai megoldás.

Igaz-e, hogy mindig van kétirányú végtelen séta is?

Az A.866 egy másik megoldása:

A Kőnig lemmát fogom kétszer alkalmazni. Vagy ad nekem egy (egyirányú) végtelen utat, vagy kapni fogok két csúcsot, A-t és B-t és egy végtelen V1,V2,.. csúcshalmazt, hogy \(\displaystyle V_i\) szomszédos A-val, és B-ből mennek éldiszjunkt utak \(\displaystyle V_i\)-be. Ekkor A,V1,..,B,..,V2,A,V3,.. egy jó végtelen séta lesz.

Legyen F a G gráf egy szintezett feszítőfája. Ha van benne végtelen út, akkor készen vagyok. Ha nincs, akkor van egy végtelen fokú csúcs, jelölje A. Legyen G' az a gráf, amit úgy kapok, hogy elhagyom az A csúcsot. G' összefüggő, legyen F' a G' egy szintezett feszítőfája. Legyen \(\displaystyle N(A) \subset F'\) végtelen csúcshalmaz, az A szomszédai F'-ben. Vegyük F'-nek azt a részfáját, ami csak az N(A)-beli csúcsokig menő utakat tartalmazza, jelölje ezt F''. Megint alkalmazva a Kőnig-lemmát, kapok egy végtelen fokú csúcsot, jelölje ezt B. B-ből ebben az F''-fában vezet végtelen sok éldiszjunkt út végtelen sok N(A)-beli csúcshoz, készen vagyok.

A B.5371. feladat megoldását nem lehetne rövidíteni?

A bizonyítandó egyenlőtlenség bal oldalán elvégezzük az osztásokat, a kapott hányadosok a PA, PB, PC szakaszok és az őket közrefogó háromszögoldalak által bezárt szögek szinuszai.

Derékszögű és hegyesszögű háromszög esetén a kapott hat db szög mindegyike hegyesszög.

Némi diszkusszió után a tompaszögű esetben az egyik ilyen szög lehet 90fok (P merőleges vetülete egybeesik a háromszög tompaszögű csúcsával), illetve a P pont merőleges vetülete a háromszögön kívül a tompaszögű csúcsot közrefogó oldalak valamelyikének meghosszabbítására esik. Az oldal egyenesével bezárt szög most is hegyesszög, ennek kiegészítő szöge esik a háromszög belsejébe, szinuszaik egyenlőek.

Innen egységes a megoldás, 6-tal osztva az egyenlőtlenség mindkét oldalát, majd a bal oldalt felülről becsülve a Jensen-egyenlőtlenség alapján (a szinuszfüggyvény 0, pi intervallumbeli konkávitása miatt) sin180fok/6=sin30fok=1/2-et kapunk, hiszen a 6db szög összege 180fok. Egyenlőség a 6db szög egyezősége esetén áll fenn, azaz P egy szabályos háromszög szimmetriaközéppontja.

Így nincs szükség a megoldás első felében írt addíciós tételre csak a Jensenre.

A K/C.802. feladatra egy rövidebb megoldásvázlat:

APKB négyszög húrnégyszög, mert AB P-ből és K-ból is derékszög alatt látszik (származtatás miatt P és K különbözőek), így a négyzet belsejébe eső KB ív ugyanakkora kerületi szögben látszik A ból és P-ből, ami 45fok.

Köszönöm, szebbnél szebb megoldások.

Visszanézve a korábbi "A"-s geometria problémákat, talán ez a feladat is inkább odavaló.

Thanks, but in my opinion, this problem is more "A" difficulty.

A végén a két tört nevezőjében természetesen \(\displaystyle BY\) van:)

Tényleg elég nehéz feladat, de megoldható szintetikusan is. Egy lehetséges megoldás vázlata a következő.

Ha \(\displaystyle K\) jelöli \(\displaystyle ABC\) körülírt körének középpontját, akkor egyszerű szögszámolásból \(\displaystyle KAF\sphericalangle=AGK\sphericalangle,\) ezért \(\displaystyle KAF\triangle\sim{KGA\triangle},\) vagyis \(\displaystyle KF\cdot{KG}=KA^2,\) tehát az \(\displaystyle ABC\) és \(\displaystyle AFG\) körök merőlegesen metszik egymást. Ez azt jelenti, hogy \(\displaystyle A'\) inverze (ami legyen \(\displaystyle A_1\)) \(\displaystyle AFG\)-re rajta van \(\displaystyle ABC\)-n és az \(\displaystyle OA'\) egyenesen is. \(\displaystyle A_1\) lesz a közös pont.

Szögszámolással (minden irányított szög) nem nehéz megmutatni, hogy az \(\displaystyle MFG\) körön rajta van, ugyanis az inverzió miatt \(\displaystyle OA_1F\sphericalangle=A'FO\sphericalangle\) és \(\displaystyle OA_1G\sphericalangle=A'GO\sphericalangle,\) \(\displaystyle FA_1G\sphericalangle=OFA'\sphericalangle+A'GO\sphericalangle=-FA'G\sphericalangle-GOF\sphericalangle=FAG\sphericalangle+FOG\sphericalangle=3FAG\sphericalangle=3CAB\sphericalangle.\) \(\displaystyle FMG\sphericalangle=PMG\sphericalangle-PMF\sphericalangle=PEG\sphericalangle-PDF\sphericalangle=PEA\sphericalangle+ADP\sphericalangle=CAB\sphericalangle+CPB\sphericalangle=3CAB\sphericalangle,\) vagyis \(\displaystyle F,\) \(\displaystyle G,\) \(\displaystyle A_1,\) \(\displaystyle M\) egy körön vannak.

Mivel \(\displaystyle OA'\) érinti \(\displaystyle ABC\)-t, ezért \(\displaystyle OFA\sphericalangle=FAO\sphericalangle=CBA\sphericalangle,\) vagyis \(\displaystyle \sphericalangle(OF,CE)=\sphericalangle(OF,AC)+\sphericalangle(AC,CE)=CBA\sphericalangle+ACB\sphericalangle+BAC\sphericalangle=0,\) tehát \(\displaystyle OF\) és \(\displaystyle CE\) párhuzamosak. Ezután \(\displaystyle FA_1A\sphericalangle=OFA'\sphericalangle+A'AO\sphericalangle=OFA'\sphericalangle+A'BA\sphericalangle=\sphericalangle(CE,A'B)+\sphericalangle(A'B,AB)=\sphericalangle(CE,AE)=CEA\sphericalangle.\)

Legyen \(\displaystyle OF\cap{AB}=X.\) Ekkor \(\displaystyle FXA\sphericalangle=CEA\sphericalangle=FA_1A\sphericalangle,\) vagyis \(\displaystyle F,\) \(\displaystyle X,\) \(\displaystyle A_1,\) \(\displaystyle A\) egy körön vannak. Ez éppen az \(\displaystyle FXBC\) négyszög Miquel-pontja, vagyis annak a forgatva nyújtásnak a középpontja, mely \(\displaystyle CF\)-et \(\displaystyle BX\)-be viszi. Azt kellene belátntunk, hogy \(\displaystyle A_1\) rajta van az \(\displaystyle ADE\) körön is, vagyis az \(\displaystyle FXED\) négyszögnek is Miquel-pontja, ehhez az kellene, hogy a forgatva nyújtás során \(\displaystyle E\) képe \(\displaystyle D\) legyen, vagyis \(\displaystyle \frac{FC}{CD}=\frac{XB}{BE}.\) Ennek belátásához legyen \(\displaystyle Y=FB\cap{CE}.\) A szimmetria miatt \(\displaystyle FC=FB,\) \(\displaystyle CD=BE,\) ezért \(\displaystyle \frac{FC}{CD}=\frac{FB}{BE},\) de \(\displaystyle \frac{FB}{BE}=\frac{XB}{BE},\) mert \(\displaystyle FXYE\) trapéz. Ezzel beláttuk, hogy az \(\displaystyle MFG\) és \(\displaystyle ADE\) körök is átmennek \(\displaystyle A'\)-n, készen vagyunk.

v4913 posted on AoPS a much better solution than what I have.

Thanks for the idea.

The problem B. 5357 was pretty hard indeed, at least for me – and I'm quite good at geo.

Here is a sketch of a correct, but very long and clunky solution (inspired from my almost-complete submission in the contest).
I will add more details in a later post after I'lI try finding a more elegant approach with less computations to some of the steps outlined here.

Step 1. \(\displaystyle M\in (ADE)\) (angle-chasing).
Step 2. \(\displaystyle X\in (MFG)\) iff \(\displaystyle \angle GXA=\angle C-\angle A\) in triangle \(\displaystyle ABC\), where \(\displaystyle X\in (ABC)\cap (ADE)\setminus \{A\}\) (angle-chasing again).
Step 3. Compute the affix in the complex plane of \(\displaystyle A', J\in (ABC)\cap (AGF)\setminus \{A\}\) and of \(\displaystyle D, X\) (for \(\displaystyle J\) use Miquel point), more precisely prove

\(\displaystyle a'=bc/a, j=\frac{b(a+c)+c(a+b)}{(a+c)+(a+b)}, d=\frac{b^2(c+a)-2abc}{b^2-ac}, x=\frac{ab+bc+ca}{a+b+c}.\)

(note that \(\displaystyle X\) is the Anti-Steiner point in \(\displaystyle ABC\)).
Step 4. \(\displaystyle A'JXA\) harmonic (complex bash)
Step 5. \(\displaystyle \angle GXA=\angle C-\angle A\) using \(\displaystyle \emptyset\ne GX\cap BD\cap (ADE)\) which can be again proved via complex bash.
Now by inversion with respect to \(\displaystyle ABC\) using step 4 we get that \(\displaystyle X\) is the point of concurrency we are looking for.

Látva a B.5357. statisztikáját felmerül a kérdés: ennyire nehéz volt a példa?

Esetleg egy megoldás-vázlat valakitől?

Megjavult a megoldás.

A 0-t négyzetszámnak tartja minden forrás. Gondolom azért van aki helyesen megoldotta, bizonyításból látszik is, hogy hol vesztik el ezt a (2,2) megoldást.

Lejárt C.1780. hivatalos megoldásához: Az a=b=2 megoldás lehet, ha a 0-t is négyzetszámnak tekintjük(?).

Mostanában lejárt A858. Még az is kell a bizonyításhoz (ami trivi), hogy egyik oldal sem nulla, mert nagyjából ugye semmi értelme arról beszélni, hogy nulla p-nek páros hatványával osztható.

És van ennél valamivel jobb megközelítés ami nem ilyen salátabizonytást ad, és ahol az \(\displaystyle u,v,x,y\) páros-páratlan különjátékból csak annyi kell, hogy \(\displaystyle u\) és \(\displaystyle v\) nem lehet egyszerre páros ami megint trivi.

A két egyenletből \(\displaystyle uv\) és \(\displaystyle (u+v)(u+2v)\) ugyanazt adja maradákul mod \(\displaystyle 5\), és mostantól nézzük az egyeneleteket mod \(\displaystyle 5\). Tehát

\(\displaystyle uv=(u+v)(u+2v)\)

Osszunk végig \(\displaystyle uv\)-vel, ez megtheteő mert \(\displaystyle u,v\) nem osztható \(\displaystyle 5\)-tel (lásd bizonyítást), tehát: \(\displaystyle 1=(\frac{u}{v}+1)(1+\frac{2v}{u})\), homogenizáljuk, legyen \(\displaystyle c=\frac{u}{v}\). Ekkor:

\(\displaystyle 1=(c+1)(1+\frac{2}{c})\)

Rendezve: \(\displaystyle c^{2}+2c+2=0\), ennek megoldása (mod \(\displaystyle 5\)): \(\displaystyle c=1,2\).
Ha \(\displaystyle c=2\), akkor \(\displaystyle u=2v\), de akkor \(\displaystyle uv=2v^{2}\), ami négyzetes nemmaradék, mert \(\displaystyle 2\) is az. De \(\displaystyle uv=x^{2}\)-nek négyzetes maradéknak kellene lennie. Azaz \(\displaystyle c=2\) nem lehet.
Tehát \(\displaystyle c=1\), azaz \(\displaystyle u=v\), mod \(\displaystyle 5\) még mindig. Legyen \(\displaystyle t=u=v\) mod \(\displaystyle 5\), ekkor ugye \(\displaystyle t\) nem nulla, mert \(\displaystyle u,v\) nem osztható \(\displaystyle 5\)-tel.
Ha \(\displaystyle t=2,3\) akkor \(\displaystyle u\) és \(\displaystyle v\) is \(\displaystyle 5k\pm 2\) alakú, de akkor (lásd bizonyítás) \(\displaystyle u\) és \(\displaystyle v\) páros, ellentmondás.
Ha \(\displaystyle t=1,4\) akkor \(\displaystyle u+v,u+2v\) lesz \(\displaystyle 5k\pm 2\) alakú, de akkor \(\displaystyle u+v,u+2v\) párosak, és ebből trivi módon \(\displaystyle u,v\) megint páros, azaz itt is ellentmondás van. És nincs több eset.