Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

Yes, sorry, sniped.

A B.5501. feladat egyébként konkrétan az idei (!) MEMO 3-as feladata (sőt még egyszerűbb is, mert a MEMO-feladat egyik legegyszerűbb megoldásában fel kell venni a \(\displaystyle T\) pontot, ami itt már alapból fel van véve). Bár ez a konfiguráció alapból egy ismert konfiguráció kevésbé ismert részlete, legalábbis a közös pont az \(\displaystyle I_AF\) és a beírt kör második metszéspontja, de ezzel ekvivalens definíciója, hogy annak a körnek, ami átmegy \(\displaystyle A\)-n és \(\displaystyle B\)-n és érinti a beírt kört, a beírt körrel vett érintési pontja, ami sok feladatban megjelenik, és ezek nagyjából az [1262] posztbeli kérdések első részét meg is válaszolják (az utána leírt általánosítás már pont nem erre a konfigurációra épít, de némi szögszámolással azok is kihozhatók elemileg), néhány példa: A.845., IMO Shortlist 2002/G7, RMM 2012/6, Szerb IMO TST 2009/6.

I think it might be worth mentioning that B. 5501 is just a slightly edited version of MEMO 2025 problem 3 (the hypotheses which differ can be easily proved equivalent using \(\displaystyle \angle CEG=\angle A/2\)).

Igen, és ez az \(\displaystyle ABC\) háromszög beírt körének tetszőleges \(\displaystyle G\) pontja esetén teljesül, amennyiben az \(\displaystyle AED_0\) és a \(\displaystyle BDE_0\) körök, valamint a \(\displaystyle D_0GE_0\) körök léteznek. Én a feladatbeli \(\displaystyle D'\) pontot és \(\displaystyle E'\) pontot \(\displaystyle D_0\)-lal és \(\displaystyle E_0\)-lal jelölöm.

jav. az előző hsz-hez:

beírt körrel vett G-től különbözó metszéspontját. Ha AC=BC, akkor a két pont egybeesik és D'GE' kör G-ben érinti a beírt kört.

B.5501. példa egy másik, viszonylag egyszerű megoldása, ha tekintjük a D'GE' körnek a beírt körrel vett metszépontját (persze ennek létezését bizonyítani kell) és megmutatjuk, hogy ez a metszéspont mind a BDE', mind az AD'E körökön is rajta van.

Bizony sokat beszélgettem B. Zoltánnal a beírt körös példaról. A példában beírt kör van, de a beírt kört le lehetne cserélni a háromszög hozzáírt körére is. Itt is választhatjuk a hozzáírt kör tetszőleges pontját. Talán néhány pontot azért mégse válasszunk a hozzáírt körön.

Vissza az eredeti példához. Hogyan tudjuk könnyen megfogni azt a bizonyos pontot? Az F érintési pontot összekötjük az mc magasság felezőpontjával.

B.5501. Az \(\displaystyle ABC\) háromszög beírt köre a \(\displaystyle BC\), \(\displaystyle CA\), \(\displaystyle AB\) oldalakat rendre a \(\displaystyle D\),\(\displaystyle E\),\(\displaystyle F\) pontokban érinti, az \(\displaystyle F\) ponttal átellenes pont a beírt körön \(\displaystyle G\). A \(\displaystyle GD\) és \(\displaystyle GE\) egyenesek az \(\displaystyle AB\) egyenest a \(\displaystyle D_0\) , illetve \(\displaystyle E_0\) pontokban metszik. Mutassuk meg, hogy az \(\displaystyle AED_0\) és \(\displaystyle BDE_0\) körök a beírt körön metszik egymást.

Ebben a feladatban több van, mint a bizonyítandó állítás. Ha \(\displaystyle G\) az \(\displaystyle ABC\) háromszög beírt körének \(\displaystyle F\) ponttal átellenes pontja , akkor az \(\displaystyle AED_0\) és \(\displaystyle BDE_0\) köröknek két metszéspontja van, az egyik metszéspont az \(\displaystyle ABC\) háromszög beírt körén van, a másik metszéspont az \(\displaystyle ABC\) háromszög \(\displaystyle AB=c\) oldalához írt kör középpontja. Továbbá ebben az esetben Berkó Erzsivel észrevettük, hogy az \(\displaystyle AED_0\) és \(\displaystyle BDE_0\) körök metszéspontjai által meghatározott egyenes a következő pontokon megy át:

- Az \(\displaystyle ED_0\) és \(\displaystyle DE_0\) egyenesek metszéspontján.

- az \(\displaystyle F\) ponton.

- Az \(\displaystyle AB\) oldalhoz tartozó magasság felezőpontján.

Ezeket az állításokat baricentrikus koordinátákkal számolva bizonyítottam.

Kicsit tovább kutakodtam, és rettenetes nagy számolások után a következőt bizonyítottam:

Ha \(\displaystyle G\) az \(\displaystyle ABC\) háromszög beírt körének tetszőleges pontja, és az \(\displaystyle AED_0\) és \(\displaystyle BDE_0\) körök léteznek, akkor a két körnek két, esetleg egybeeső metszéspontja van.

- Az \(\displaystyle AED_0\) és \(\displaystyle BDE_0\) körök egyik metszéspontja rajta van az \(\displaystyle ABC\) háromszög beírt körén.

- Az \(\displaystyle AED_0\) és \(\displaystyle BDE_0\) körök másik metszéspontja rajta van azon a körön, amely átmegy az \(\displaystyle ABC\) háromszög beírt körének középpontján, és az \(\displaystyle A\) és \(\displaystyle B\) pontokon.

Ezt az általánosítást hogyan lehetne bizonyítani viszonylag egyszerűen? Mert ahogyan én csináltan, az rettenetes nagy számolás volt

Köszönöm az infót és gratulálok!

A középiskolások eredményét láttam én is az IMO válogató eredménytáblájában, amit linkeltél is. Ott követem évek óta a mindenkori válogatók eredményét.

Igen, én vagyok a kitűző. Ami a Kürschákot illeti, ott dicséretet kaptam (első két feladat). A teljes eredmény még nem került fel a honlapra, de például innen elég jól rekonstruálható, ezenkívül a két egyetemista díjazott, Czanik Pál és jómagam dicséretet kaptunk.

Köszönöm szépen!

Nagy valószínűséggel Te vagy a kitűző, ezért nem értem, hogy még most sincs fennt a megoldás.

Ha szabad kérdeznem, a Kürschák hogy sikerült?

Itt a \(\displaystyle 3.\) feladat (ami ennek egy egyszerűbb változata volt) helyett azt kell írni, hogy LTE-lemma, ezt elfelejtettem javítani.

Én az alábbi megoldást küldtem a szerkesztőségnek:

\(\displaystyle a)\) Az \(\displaystyle n\) számot \(\displaystyle n=pq_1q_2\dots{q_l}\) alakban fogjuk keresni, ahol \(\displaystyle p\) a \(\displaystyle k-1\) egy prímosztója, \(\displaystyle q_1,\) \(\displaystyle q_1,\) ..., \(\displaystyle q_l\) pedig páronként különböző prímek. A \(\displaystyle 3.\) feladat megoldása alapján tudjuk, hogy ha \(\displaystyle v_p(n)=1,\) akkor \(\displaystyle v_p(f^{2024}(n))=v_p(n)+2024v_p(k-1)=2024v_p(k-1)+1,\) ha \(\displaystyle p\) páratlan, és \(\displaystyle 2024(v_p(k-1)+v_p(k+1)-1)+1,\) ha \(\displaystyle p=2,\) továbbá \(\displaystyle v_p(f^i(n))<v_p(f^2024(n)),\) ha \(\displaystyle i<2024\). Így \(\displaystyle p\) kitevője \(\displaystyle f^2024(n)\)-ben egyértelműen meghatározott (ha \(\displaystyle v_p(n)=1\)), legyen ez \(\displaystyle M,\) és az \(\displaystyle f\) iteráltjainak sorozatában korábbi tagokban kisebb, mint \(\displaystyle M\). Legyen tehát \(\displaystyle q_1\) a \(\displaystyle k^{p^M}-1\) egy primitív prímosztója. Ezután definiáljuk a \(\displaystyle q_2,\) \(\displaystyle q_3,\) ..., \(\displaystyle q_l\) prímeket a következőképpen: legyen \(\displaystyle q_{i+1}\) a \(\displaystyle k^{f^{2024}(q_i)}-1\) egy primitív prímosztója. A következő állítás fog kelleni:

Lemma. \(\displaystyle q_t\mid{f^i(n)}\) ha \(\displaystyle 2025\mid{i}\), illetve \(\displaystyle q_t\not\mid{f^i(n)},\) ha \(\displaystyle 2025(t-1)<i<2025t\)

Bizonyítás. A bizonyítást \(\displaystyle t\) szerinti teljes indukcióval végezzük el. \(\displaystyle t=1\)-re világos, hiszen \(\displaystyle p_1\) pontosan akkor osztja \(\displaystyle f^i(n)\)-et, ha \(\displaystyle f^{i-1}(n)\) osztható \(\displaystyle p^M\), ami \(\displaystyle p\) kitevőjének az iteráltak sorozatában való szigorú monoton növekvése miatt pontosan akkor teljesül, ha \(\displaystyle i-1\ge{2024},\) vagyis \(\displaystyle i\ge{2025}\) vagy \(\displaystyle i=0,\) azaz \(\displaystyle f^i(n)\) minden \(\displaystyle 2025\)-tel osztható \(\displaystyle q_1\)-gyel, de semmilyen \(\displaystyle 0<i<2025\)-re nem. Most tegyük fel, hogy valamilyen \(\displaystyle t\)-re már beláttuk az állítást, és szeretnénk \(\displaystyle (t+1)\)-re is. Ekkor \(\displaystyle k\) rendje mod \(\displaystyle q_{t+1}\) éppen \(\displaystyle f^{2024}(q_t),\) vagyis \(\displaystyle q_{t+1}\) pontosan akkor osztja \(\displaystyle f^i(n)\)-et, ha \(\displaystyle f^{2024}(q_t)\mid{f^{i-1}(n)}\)-et. A trükk az az egyszerű állítás, hogy \(\displaystyle f(a)\mid{f(b)}\) akkor és csakis akkor, ha \(\displaystyle a\mid{b}.\) Ez azért igaz, mert mod \(\displaystyle k^a-1\) a \(\displaystyle k\) rendje \(\displaystyle a,\) így \(\displaystyle k^a-1\mid{k^b-1}\) akkor és csakis akkor, ha \(\displaystyle a\mid{b}.\) Ezen állítás segítségével indukcióval azonnal adódik, hogy \(\displaystyle f^{2025-j}(q_t)\) akkor és csakis akkor osztja \(\displaystyle f^{i-j}(n)\)-et (\(\displaystyle j\le{\min(i,2025)}\)), ha \(\displaystyle f^{2024}(q_t)\) osztja \(\displaystyle f^{i-1}(n)\)-et, vagyis ez utóbbi \(\displaystyle i\ge{2025}\) esetén pontosan akkor teljesül, ha \(\displaystyle q_t\mid{f^{i-2025}(n)},\) ez pedig az indukciós feltevés alapján azt jelenti, hogy \(\displaystyle q_{t+1}\mid{f^i(n)},\) ha \(\displaystyle i\) osztható \(\displaystyle 2025\)-tel (ugyanis \(\displaystyle q_{t+1}\) osztja \(\displaystyle n=f^0(n)\)-et is), és \(\displaystyle q_{t+1} \not\mid{f^i(n)},\) ha \(\displaystyle 2025t<i<2025(t+1),\) mert ekkor \(\displaystyle 0\le{2025(t-1)}<i-2025<2025t,\) tehát \(\displaystyle q_t \not\mid{f^{i-2025}(n)}\).

A lemma bizonyítása után vegyük észre, hogy készen vagyunk az \(\displaystyle a)\) résszel, ugyanis ekkor ha \(\displaystyle 2025l>m,\) akkor ha \(\displaystyle 2025\mid{i},\) akkor \(\displaystyle f^i(n)\) osztható a lemma alapján a \(\displaystyle q_1,\) \(\displaystyle q_2,\) ..., \(\displaystyle q_l\) számok mindegyikével, továbbá nyilván \(\displaystyle p\)-vel is, tehát \(\displaystyle n\)-nel is, míg ha \(\displaystyle 2025 \not\mid{i},\) és \(\displaystyle i<2025l\), akkor létezik olyan \(\displaystyle t\le{l},\) hogy \(\displaystyle 2025(t-1)<i<2025t,\) és ekkor \(\displaystyle q_t\not\mid{f^i(n)},\) vagyis \(\displaystyle n\not\mid{f^i(n)}\).

\(\displaystyle b)\) Belátjuk, hogy ez nem lehetséges, sőt erősebben, ha \(\displaystyle n\mid{f^{2025}(n)},\) akkor elég nagy \(\displaystyle N\)-re \(\displaystyle n\mid{f^N(n)}\).

Az ötlet a következő: soroljuk fel \(\displaystyle n\) osztóit a legnagyobb prímosztójuk nagysága szerint növekvő sorrendben, ha pedig két osztóban ugyanaz a legnagyobb prím kitevője, akkor azt soroljuk előrébb, amelyben az kisebb kitevőn van. Indukcióval fogjuk megmutatni, hogy az osztók sorozatának minden tagjára igaz, hogy elég nagy \(\displaystyle n\)-re osztja \(\displaystyle f^N(n)\)-et, így végül speciálisan \(\displaystyle n\)-re is. Legyenek ehhez az osztók sorban \(\displaystyle d_1,\) \(\displaystyle d_2,\) ..., \(\displaystyle d_m\). Világos, hogy \(\displaystyle d_1=1\)-re teljesül az állítás, így tegyük fel, hogy \(\displaystyle d_{s-1}\)-ig már minden osztóra beláttuk az állítást, és szeretnénk \(\displaystyle d_s\)-re is.

Ehhez legyen \(\displaystyle g(a)=ord_a(k)\) minden \(\displaystyle a\)-ra, ami relatív prím \(\displaystyle k\)-hoz. A kulcs észrevétel az, hogy tetszőleges \(\displaystyle a\)-ra \(\displaystyle a\mid{f^{2025}(n)}\) akkor és csakis akkor, ha \(\displaystyle g^{2025}(a)\) értelmes, és \(\displaystyle g^{2025}(a)\mid{n}\). Ez egyszerű indukcióval következik abból, hogy \(\displaystyle a\mid{f^i(n)}\) akkor és csakis akkor, ha \(\displaystyle g(a)\mid{f^{i-1}(n)},\) ami nyilvánvaló. Így mivel \(\displaystyle d_s\mid{n}\mid{f^{2025}(n)},\) ezért \(\displaystyle g^{2025}(d_s)\) létezik és osztja \(\displaystyle n\)-et. Most jön a kulcsgondolat: azt állítjuk, hogy ez a sorozatban korábban helyezkedik el \(\displaystyle d_s\)-nél, amivel készen lennénk az indukciós lépéssel, mert akkor az indukciós feltevés miatt \(\displaystyle g^{2025}(d_s)\mid{f^{i}(n)}\) elég nagy \(\displaystyle i\)-re, tehát ezen \(\displaystyle i\)-kre \(\displaystyle d_s\mid{f^{i+2025}(n)},\) vagyis \(\displaystyle d_s\mid{f^i(n)}\) elég nagy \(\displaystyle i\)-re. Ez egyszerű, ha észrevesszük, hogy \(\displaystyle g(a)\) legnagyobb prímosztója nem lehet nagyobb, mint \(\displaystyle a\) legnagyobb prímosztója, továbbá ha \(\displaystyle a\) és \(\displaystyle g(a)\) legnagyobb prímosztója azonos, akkor \(\displaystyle g(a)\)-ban kisebb kitevőn szerepel, mint \(\displaystyle a\)-ban, ami azonnal következik az Euler-Fermat-tételből, mely szerint \(\displaystyle g(a)\mid\varphi(a),\) és \(\displaystyle \varphi(a)\)-nak a felírás szerint nem lehet nagyobb prímosztója, mint \(\displaystyle a\)-nak, továbbá \(\displaystyle a\) legnagyobb prímosztója eggyel kisebb kitevőn szerepel benne, mint \(\displaystyle a\)-ban. Így \(\displaystyle g^{2025}(d_s)\) legnagyobb prímosztója vagy annak kitevője kisebb, mint \(\displaystyle g^{2025}\)-ben, tehát az osztók sorozatában előrébb van, mint \(\displaystyle d_s\), készen vagyunk az indukcióval, és így a feladattal is.

Még egy észrevétel, amit Berkó Erzsi vett észre:

Az rendben van, hogy a \(\displaystyle p_x*x^2+2q*xy+p_y*y^2=1\) másodrendű görbét a következőképpen osztályoztam:

Ha \(\displaystyle p_x*p_y>q^2\), akkor a másodrendű görbe ellipszis.

Ha \(\displaystyle p_x*p_y=q^2\), akkor a másodrendű görbe párhuzamos egyenespár.

Ha \(\displaystyle p_x*p_y<q^2\), akkor a másodrendű görbe hiperbola.

De vannak olyan esetek, amikor a másodrendű görbe üres alakzat, ugyanis nincs olyan \(\displaystyle (x;y)\) pár, amelyek eleget tennének a másodrendű görbe egyenletének. Például, ha \(\displaystyle -9*x^2+12*xy-4*y^2=1\) esetében \(\displaystyle p_x=-3\), \(\displaystyle q=6\), \(\displaystyle p_y=-4\), ezekre a \(\displaystyle p_x\), \(\displaystyle p_y\) értékekre teljesül a \(\displaystyle p_x*p_y=q^2\) egyenlet, tehát ez az egyenlet lehetne párhuzamos egyenespár egyenlete. Ugyanakkor a \(\displaystyle -9*x^2+12*xy-4*y^2=1\) egyenlet \(\displaystyle -1*(3x-2y)^2=1\) alakban írható, amiből látszik, hogy nincs olyan valós \(\displaystyle (x;y)\) pár, amelynek tagjai eleget tennének a \(\displaystyle -9*x^2+12*xy-4*y^2=1\). Tehát ekkor azt mondom, hogy ez egy képzetes alakzat, vagy üres alakzat, de mivel teljesül most a \(\displaystyle p_x*p_y=q^2\) egy képzetes egyenespár egyenlete, amely valójában üres alakzat.

Ugyanígy lehetnek képzetes ellipszisek, vagy képzetes hiperbolák a \(\displaystyle p_x*x^2+2q*xy+p_y*y^2=1\) egyenletű másodrendű görbék között, attól függően, hogy \(\displaystyle p_x*p_y>q^2\), vagy \(\displaystyle p_x*p_y<q^2\), amelyeket ugyanúgy ellipszisnek mondok, vagy hiperbolának mondok, de ezek üres alakzatok. És hát üres alakzatra azt mondok, amit akarok.

az első megjegyzés: \(\displaystyle x^2-y^2=1\) egyenletű hiperbola. Köszönöm Berkó Erzsinek az észrevételt.

Zoltán, írtam neked korábban, hogy pl. (-5)*(-7)>4*4, de -5*x*x+8*x*y-7*y*y=1 nem ellipszis egyenlete. A megjegyzésnél ...=1 egyenletű hiperbolát szerettél volna írni.

Más. A feladat megoldásánál segíthet a R sugarú körbe írt háromszög T=abc/(4R) területképlete. Tulajdonképpen arra jutottunk, bár nem nagyon ismételtük naponta, hogy akármilyen ellipszis, akármilyen hiperbola, akármilyen parabola esetén létezik f függvény. A kúpszelet egyenletében levő dolgok megjelennek az f függvénynél.

Vajon egyértelmű az f függvény?

A B.5493-as feladat: Írjunk fel olyan, a síkvektorokhoz nemnegatív számokat rendelő \(\displaystyle f\) függvényt, amelyre teljesül, hogy bármely, az \(\displaystyle x^2−y^2=1\) hiperbolába írt ABC háromszög területe \(\displaystyle f(\vec{AB})⋅f(\vec{BC})⋅f(\vec{CA})\)

Amit én számoltam: Legyen a másodrendű görbe egyenlete \(\displaystyle p_x*x^2+2q*xy+p_y*y^2 =1\).

Ez a másodrendű görbe ellipszis, ha \(\displaystyle p_x*p_y>q^2\).

Ez a másodrendű görbe párhuzamos egyenespár, ha \(\displaystyle p_x*p_y=q^2\).

Ez a másodrendű görbe hiperbola, ha \(\displaystyle p_x*p_y<q^2\).

Ha \(\displaystyle p_x*p_y\ne q^2\), akkor kúpszeletbe írt \(\displaystyle ABC\) háromszög \(\displaystyle T\) területe: \(\displaystyle T=f(\vec{AB})*f(\vec{BC})*f(\vec{CA})\), ahol \(\displaystyle v=(v_x;v_y)\) vektor. esetén:

\(\displaystyle f(v)=\frac{\sqrt{(|p_x*v_x^2+2q*v_x*v_y+p_y*v_y^2|)}}{\bigg(4*\sqrt{|p_x*p_y-q^2|}\bigg)^{1/3}}\).

Ha \(\displaystyle p_x*p_y=q^2\), akkor az így definiált \(\displaystyle f\) függvény nem értelmezhető. Szerintem ekkor nincs is ilyen függvény.

Berkó Erzsivel néztük a parabolát:

A \(\displaystyle 2py=x^2\) parabola esetében \(\displaystyle f(v)=\frac{|v_x|}{(4|p|)^{1/3}}\).

A \(\displaystyle 2px=y^2\) parabola esetében \(\displaystyle f(v)=\frac{|v_y|}{(4|p|)^{1/3}}\).

A parabolás eset könnyen számolható volt.

Érdemes megvizsgálni az \(\displaystyle y=x^3+px+q\) harmadfokú görbébe írt \(\displaystyle ABC\) háromszög területét. Ehhez a következő \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\), \(\displaystyle C\) pontokat kell választani:

\(\displaystyle A=(t_A;t_A^3+p*t_A+q)\), \(\displaystyle B=(t_B;t_B^3+p*t_B+q)\), \(\displaystyle C=(t_C;t_C^3+p*t_C+q)\).

Ekkor is egy érdekes területképlet lesz az "ABC" háromszög területére:

\(\displaystyle T=\frac{|(t_A-t_B)(t_B-t_C)(t_C-t_A)(t_A+t_B+t_C)|}{4}\)

Még egy megjegyzés: Az \(\displaystyle x^2-y^2-1\) egyenletű parabolát én a következőképpen paramétereztem:

\(\displaystyle x=\frac{1}{2}(t+\frac{1}{t})\),

\(\displaystyle y=\frac{1}{2}(t-\frac{1}{t})\).

Ezzel a paraméterezéssel könnyen számolható az \(\displaystyle ABC\) háromszög \(\displaystyle T\) területe, ha:

\(\displaystyle A=\big(\frac{1}{2}(t_A+\frac{1}{t_A});\frac{1}{2}(t_A-\frac{1}{t_A})\big)\)

\(\displaystyle B=\big(\frac{1}{2}(t_B+\frac{1}{t_B});\frac{1}{2}(t_B-\frac{1}{t_B})\big)\)

\(\displaystyle C=\big(\frac{1}{2}(t_C+\frac{1}{t_C});\frac{1}{2}(t_C-\frac{1}{t_C})\big)\)

Nyilván a Szerkesztőség és a kitűző szíve joga az egyes feladatok besorolása és pontszámának meghatározása, de a C.1875. inkább B-jelű feladat, míg a B.5486. talán C-erősségű.

Mi a véleményetek?

Kedves Fórumozók,

van vkinek vázlatos megoldása (vagy teljes) az A.916. feladatra?

B.5471.

"Legfeljebb hány számot lehet kiválasztani az első 50 pozitív egész szám közül úgy, hogy semelyik kettő szorzata ne legyen negyedik hatvány?"

Nem derült ki :)

B. 5460. Körök hatványvonala átmegy a háromszög magasságpontján. Bizonyításokat keresve a következőt is észrevettem. Az AB oldal felezőpontja legyen Z. Néztem 3-3 szöget: JEF, FED, DEI, illetve JZF, FZD, DZI. Ezek egyenlőek voltak. A középsők: FED és FZD a Feuerbach-kör miatt voltak egyenlőek.

Egy apró elírás, helyesen: ... nézzük 2 rendjét modulo q

Elegáns megoldás.

Lejárt A909. teljesen triviális, és sokkal rövidebb bizonyítás is van: legyen \(\displaystyle n=2^{p}\), ahol \(\displaystyle p\) prím, ekkor \(\displaystyle n^3-1=2^{3p}-1\). Ha \(\displaystyle q\) prím osztja \(\displaystyle 2^{3p}-1\)-et akkor nézzük a rendjét modulo 2, ez triviálisan osztja \(\displaystyle 3p\)-t, így \(\displaystyle o=1,3,p,3p\) lehet csak. Az \(\displaystyle o=1\) nem lehet, ha \(\displaystyle o=3\) akkor \(\displaystyle q=7\). Egyébként a rend \(\displaystyle p\) vagy \(\displaystyle 3p\), de akkor kis Fermat tétel miatt \(\displaystyle q-1\) osztható \(\displaystyle p\)-vel. Így tetszőleges \(\displaystyle p\geq N+6\) prím esetén az \(\displaystyle n=2^{p}\) megoldást ad, mert csak \(\displaystyle q=7\) illetve \(\displaystyle q\equiv 1\mod {p}\) lehet prímosztó, így a különböző prímosztók különbsége legalább N.

javítom előző hozzászólásomat: A hatvány: \(\displaystyle −6*R^2∗\cos(\alpha)∗\cos(\beta)∗\cos(\gamma)\). A "6"-os tényező lemaradt.

B.5460. feladat. Tehát adott egy \(\displaystyle ABC\) háromszög, az oldalak és szögek a szokott módon vannak jelölve. Legyen \(\displaystyle R\) a háromszög köré írt \(\displaystyle k\) kör sugara. Ennek a \(\displaystyle k\) körnek a középpontja legyen \(\displaystyle O\).

Legyen \(\displaystyle M_A\) a háromszög \(\displaystyle a\) oldalához tartozó magasságának talppontja.

Legyen \(\displaystyle M_B\) a háromszög \(\displaystyle b\) oldalához tartozó magasságának talppontja.

Legyen \(\displaystyle M_C\) a háromszög \(\displaystyle c\) oldalához tartozó magasságának talppontja.

Az \(\displaystyle M_BM_C\) egyenesnek a \(\displaystyle k\) körrel vett metszéspontjaira, és az \(\displaystyle M_A\) pontra illeszkedő kör legyen \(\displaystyle k_A\). Ennek a körnek a középpontja legyen \(\displaystyle O_A\).

Az \(\displaystyle M_CM_A\) egyenesnek a \(\displaystyle k\) körrel vett metszéspontjaira, és az \(\displaystyle M_B\) pontra illeszkedő kör legyen \(\displaystyle k_B\). Ennek a körnek a középpontja legyen \(\displaystyle O_B\).

Az \(\displaystyle M_AM_B\) egyenesnek a \(\displaystyle k\) körrel vett metszéspontjaira, és az \(\displaystyle M_C\) pontra illeszkedő kör legyen \(\displaystyle k_C\). Ennek a körnek a középpontja legyen \(\displaystyle O_C\).

Ekkor kiszámoltam, hogy a háromszög magasságpontjának a három körre vonatkozó hatványa: \(\displaystyle -R^2*\cos(\alpha)*\cos(\beta)*\cos(\gamma)\). A számolás nem volt egyszerű, sőt kimondottan nem volt egyszerű, de az eredmény nagyon egyszerű. Nem lehetne ezt az eredményt egyszerűen belátni?

Továbbá az \(\displaystyle O_A\), \(\displaystyle O_B\), \(\displaystyle O_C\) pontok rendre felezik az \(\displaystyle OA\), \(\displaystyle OB\), \(\displaystyle OC\) szakaszokat.