Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

Az \(\displaystyle \bf{A. 729.}\) feladatra [1104] -ben adott megoldás egyszerű, de talán nem elég szemléletes. Azzá tehető, ha az ott szereplő vektorok összetevőinek megfelelő szakaszokat beillesztjük a feladat ábrájába. Ezzel elemi geometriai bizonyítást adunk a feladat állítására. A leírásban sok lesz az ismétlés, de inkább leírom, a feladat szövegével együtt, hogy önmagában is olvasható legyen.

\(\displaystyle \bf{A. 729.}\) Az ABCD húrnégyszög átlóinak metszéspontja E, az AB oldal felezőpontja F, és az E pont merőleges vetületei a DA, AB és BC egyeneseken rendre P, Q, illetve R. Igazoljuk, hogy a P, Q, R és F pontok egy körre illeszkednek.

\(\displaystyle APE\) és \(\displaystyle BRE\) derékszögű háromszögek hasonlók, mert \(\displaystyle A\)-nál ill. \(\displaystyle B\)-nél lévő szögük a k körülírt kör \(\displaystyle CD\) ívéhez tartozó kerületi szög - jelöljük \(\displaystyle \phi\)-vel. Legyen \(\displaystyle BR / RE = AP / PE = ctg \phi = \lambda\). A \(\displaystyle PR\) szakasz felezőpontja legyen \(\displaystyle H\). \(\displaystyle P\) tükörképe \(\displaystyle AH\) felezőpontjára \(\displaystyle {P_1}\), \(\displaystyle R\) tükörképe \(\displaystyle BH\) felezőpontjára \(\displaystyle {R_1}\). \(\displaystyle A{P_1}HP\) és \(\displaystyle BRH{R_1}\) paralelogrammák, \(\displaystyle H{P_1} = PA = \lambda \cdot PE\) ; \(\displaystyle H{R_1} = RB = \lambda \cdot RE\) ; \(\displaystyle A{P_1} \# PH \# HR \# {R_1}B \) . \(\displaystyle A{P_1} B{R_1} \) is paralelogramma, átlóinak metszéspontja, az \(\displaystyle AB\) szakasz \(\displaystyle F\) felezőpontja \(\displaystyle {P_1} {R_1} \)-et is felezi. A \(\displaystyle {P_1} {R_1} H\) háromszög \(\displaystyle {R_1}H\) -val párhuzamos középvonala \(\displaystyle FL\)

\(\displaystyle FL = ½ {R_1} H = ½ BR = \lambda/2 \cdot RE \) \(\displaystyle HL = ½ H{P_1} = ½ PA = \lambda/2 \cdot PE. \)

Az \(\displaystyle ERP\) háromszög \(\displaystyle ER\)-rel párhuzamos középvonala legyen \(\displaystyle HK\). \(\displaystyle HKP\) és \(\displaystyle FLH\) háromszögek hasonlóak, mert \(\displaystyle HL = \lambda/2 \cdot PE = \lambda \cdot PK\) és \(\displaystyle HL\) merőleges \(\displaystyle PK\)-ra; \(\displaystyle FL = \lambda/2 \cdot RE = \lambda \cdot HK\) és \(\displaystyle FL\) merőleges \(\displaystyle HK\)-ra. \(\displaystyle FLH\) és \(\displaystyle HKP\) szögek egyenlőek mint nem egymás szögtartományába eső merőleges szárú szögek. A két háromszög megegyezik két oldal arányában és a közbezárt szögben.

Így \(\displaystyle HF\) is merőleges \(\displaystyle PH\)-ra és \(\displaystyle HF =\lambda \cdot PH\). \(\displaystyle HF\) a \(\displaystyle PR\) felező merőlegese.

Messe az \(\displaystyle FH\) egyenes a \(\displaystyle PFR\) pontokon áthaladó \(\displaystyle \it {k_1}\) kört másodszor \(\displaystyle G\)-ben. \(\displaystyle FG\) mint húrfelező merőleges \(\displaystyle \it {k_1}\) -ben átmérő. \(\displaystyle \it {k_1}\) tehát \(\displaystyle FG\) Thalész-köre. \(\displaystyle FPG\) háromszög derékszögű, \(\displaystyle PH\) az átfogóhoz tartozó magasság. \(\displaystyle HF / HP = HP / HG = \lambda\)

Legyen \(\displaystyle R\) tükörképe \(\displaystyle PB\) felezőpontjára \(\displaystyle {R_2}\) és tekintsük a \(\displaystyle \mathbf{t}_1 = AP{R_2}B\) és \(\displaystyle \mathbf {t}_2 = EKHG\) törött vonalakat. Megmutatjuk, hogy a megfelelő szakaszok hosszának aránya \(\displaystyle 2 \lambda\), a \(\displaystyle \bf {t}_2\)-beli szakaszok iránya a \(\displaystyle \bf {t}_1\)-beliek pozitív 90°-os elforgatottja.

\(\displaystyle AP = \lambda \cdot PE = 2 \lambda \cdot EK\) ; \(\displaystyle AP\) és \(\displaystyle EP\) merőlegessége miatt \(\displaystyle AP\) és \(\displaystyle EK\) merőlegesek. \(\displaystyle P{R_2} = RB = \lambda \cdot ER = 2 \lambda \cdot KH\) ; \(\displaystyle P{R_2}\) és \(\displaystyle KH\) a \(\displaystyle P{R_2}\) -vel párhuzamos \(\displaystyle RB\) és a \(\displaystyle KH\) -val párhuzamos \(\displaystyle ER\) merőlegessége miatt merőlegesek. \(\displaystyle {R_2}B = PR = 2 \cdot PH = 2 \lambda \cdot HG\).

\(\displaystyle HG\) merőleges \(\displaystyle PH\)-ra és így \(\displaystyle {R_2} B\) -re is. \(\displaystyle AP{R_2}\) és \(\displaystyle EKH\) szögek egyenlőek mint nem egymás szögtartományába eső merőleges szárú szögek. Ugyanez áll a \(\displaystyle P{R_2}B\) és \(\displaystyle KHG\) szögekre.

\(\displaystyle \bf {t}_2\) tehát \(\displaystyle \bf {t}_1\) -ből \(\displaystyle 2 \lambda\) -szoros zsugorítással és 90°-os forgatással származtatható, ezért a végpontjaikat összekötő szakaszok, \(\displaystyle AB\) és \(\displaystyle EG\) merőlegesek. \(\displaystyle EG\) és \(\displaystyle AB\) metszéspontját \(\displaystyle Q\)-val jelölve \(\displaystyle Q\) az \(\displaystyle E\) pont merőleges vetülete \(\displaystyle AB\)-n. \(\displaystyle FGQ\) háromszög \(\displaystyle Q\)-nál derékszögű. Mivel \(\displaystyle \it {k_1}\) -ben \(\displaystyle FG\) átmérő, ez azt jelenti, hogy \(\displaystyle Q\) rajta van \(\displaystyle \it {k_1}\) -en.

Az \(\displaystyle \bf{A 729.}\) feladat alábbi megoldását azért teszem fel, hogy megmutassam, mindössze két vektor fevételével a feladat megoldásához szükséges szakaszok ( távolságok és irányok ) kifejezhetőek.

\(\displaystyle APE\) és \(\displaystyle BRE\) derékszögű \(\displaystyle \Delta\)-ek hasonlók, mert \(\displaystyle A\)-nál ill. \(\displaystyle B\)-nél lévő szögük a \(\displaystyle \it k\) körülírt kör \(\displaystyle CD\) ívéhez tartozó kerületi szög - jelöljük \(\displaystyle \phi\)-vel. Legyen \(\displaystyle BR / RE = AP / PE = ctg \phi = \lambda\). \(\displaystyle E\)-t origónak választva az \(\displaystyle \overrightarrow{ER}\) = r és \(\displaystyle \overrightarrow{EP}\) = p vektorokkal ( és a nagybetűs pontok helyvektorait továbbra is a megfelelő vastag kisbetűvel jelölve ) r normálvektora ( +90°os elforgatottja) legyen \(\displaystyle {\mathbf{r}_n}\), p -é \(\displaystyle {\mathbf{p}_n}\) Így \(\displaystyle A\) és \(\displaystyle B\) helyvektorai:

\(\displaystyle \bf a = {\bf p} + \lambda \cdot \bf {p}_n , \bf b = {\bf r} - \lambda \cdot \bf {r}_n\). Felezőpontjuk

\(\displaystyle \bf{f} = \frac{\mathbf{a}+ \mathbf{b}}2 = \frac{\mathbf{p}+\mathbf{r}}{2} + \frac{\lambda}{2} \cdot (\mathbf{p}_n-\mathbf{r}_n) \)

A \(\displaystyle PR\) szakasz \(\displaystyle H\) felezőpontja \(\displaystyle \mathbf{h}= \frac {\bf p + \bf r}{2} , \overrightarrow{RP} = \mathbf{p}-\mathbf{r}\) ,

\(\displaystyle \overrightarrow{HP} = \frac{\mathbf{p}-\mathbf{r} }{2} \) , \(\displaystyle \overrightarrow{HF} = \mathbf{f}-\mathbf{h} = \frac{\lambda}{2} \cdot (\mathbf{p}_n-\mathbf{r}_n)\)

Mivel \(\displaystyle \mathbf{p}_n-\mathbf{r}_n\) a \(\displaystyle \mathbf{p}-\mathbf{r}\) normálvektora, \(\displaystyle HF\) és \(\displaystyle HP\) merőlegesek, a szakaszok hosszának aránya \(\displaystyle \lambda\) . \(\displaystyle HF\) a \(\displaystyle PR\) felező merőlegese.

Messe az \(\displaystyle FH\) egyenes a \(\displaystyle PFR\) pontokon áthaladó \(\displaystyle \it {k_1}\) kört másodszor \(\displaystyle G\)-ben. \(\displaystyle FG\) mint húrfelező merőleges \(\displaystyle \it {k_1}\) -ben átmérő. \(\displaystyle \it {k_1}\) tehát \(\displaystyle FG\) Thálesz-köre. \(\displaystyle FPG\) \(\displaystyle \Delta\) derékszögű, \(\displaystyle PH\) az átfogóhoz tartozó magasság. \(\displaystyle HF / HP = HP / HG = \lambda\) . \(\displaystyle HG\) és \(\displaystyle HF\) egy egyenesbe esik, \(\displaystyle \overrightarrow{HG} = \frac {-1}{\lambda^2} \overrightarrow{HF} = \frac {1}{2 \lambda} (\mathbf{r}_n-\mathbf{p}_n)\)

\(\displaystyle \overrightarrow{EG} = \mathbf{g} = \mathbf{h} + \overrightarrow{HG} = \frac {\bf p + \bf r}{2} + \frac {1}{2 \lambda} (\mathbf{r}_n-\mathbf{p}_n)\)

\(\displaystyle \overrightarrow{BA} = \mathbf{a}- \mathbf{b} = \mathbf{p}- \mathbf{r} + \lambda \cdot (\mathbf{p}_n + \mathbf{r}_n)\)

Figyelembe véve, hogy \(\displaystyle \mathbf{p}_n\) normálvektora \(\displaystyle -\mathbf{p}\), \(\displaystyle \mathbf{r}_n\) -é \(\displaystyle -\mathbf{r}\), \(\displaystyle \overrightarrow{EG}\) \(\displaystyle 2\lambda\) -szorosának normálvektora éppen \(\displaystyle \overrightarrow{BA}\) . Így a \(\displaystyle GE\) egyenes egyben az \(\displaystyle E\)-ből \(\displaystyle AB\)-re bocsátott merőleges. Talppontja legyen \(\displaystyle Q\).\(\displaystyle FQG\) derékszögű \(\displaystyle \Delta\), melynek átfogója \(\displaystyle \it {k_1}\) \(\displaystyle FG\) átmérője, ezért \(\displaystyle Q\) rajta van \(\displaystyle \it {k_1}\) -en.

C. 1557. 2 típus: Nekem 34 helyett csak 33 jött ki. Írok egy példát. 14: 10, 11, 12, 13, 15, 16, 17, 18, 19, 21, 24, 31, 34, 40, 41, 42, 43, 44, 45, 46, 47, 48, 49, 51, 54, 61, 64, 71, 74, 81, 84, 91, 94

Szia!

Legyen a zöld király és a piros alsó rossz helyen.

Ekkor:

A lényeget kiemelve: ZA PA ZK PK

EZ A KIINDULÁS

PA ZA PK ZK (2 LÉPÉS VOLT)

PK ZK PA ZA (EZ IS 2)

ZK PK ZA PA (EZ IS 2)

ZA PK ZK PA

mOST KELLENE A ZK PA CSERE, DE EZT NEM TUDOD MEGCSINÁLNI, MERT MÁS A SZÍNÜK ÉS A SZÁMUK.

Szép napot mindenkinek! Néhány évvel korábban volt egy felvetésem, amely a pontversenybe is bekerült, mint feladat. Ez a következő volt:

Van egy magyar kártya csomag (32 lap), és a csomagban levő lapokat véletlenszerűen egy 8 sorból és 4 oszlopból álló táblázatban vannak elrendezve. Két lapot akkor lehet megcserélni, ha a két lap ugyanabban a sorban vagy ugyanabban az oszlopban van, továbbá ha a két lap színe vagy értéke megegyezik. Egymás utáni cserékkel el kell érni, hogy a kártyalapok sorrendje rendezett legyen.

A 8 sorból és 4 oszlopból álló kártyacsomag lapjai akkor vannak rendezett sorrendben, ha a következő feltételek teljesülnek: 1.) A táblázat minden oszlopában található négy lap színének sorrendje ebben a sorrendben felülről lefelé haladva: "piros", "tök", "zöld", "makk". 2.) A táblázat minden sorában található nyolc lap értékének sorrendje ebben a sorrendben balról jobbra haladva: "VII", "VIII", "IX", "X", "alsó", "felső", "király", "ász".

Kérdés: Milyen véletlenszerű elrendezésekből érhető el a megengedett cserék egymás utáni alkalmazásával a rendezett állapot? Nekem nagyon véletlenszerű elrendezésből olyan állapot valósult meg, amelyben csak két lap nem volt a helyén, de ez a két lap különböző sorban és különböző oszlopban volt. Ebből az állapotból már nem tudtam elérni a rendezett állapotot, de azt nem tudom, hogy miért nem. Tud nekem ebben valaki segíteni?

K.618. Igazából ehhez a feladathoz azért tettem egy icipici megjegyzést, mert eldönteni azt, hogy az 1 erős-e, számomra egy kicsit kényes kérdés. 1-nél nincs kisebb pozitív egész, az üres halmazra meg minden igaz... Örültem, amikor láttam, hogy a 2-nél nagyobbakat kell sorolni.

Icipici megjegyzés a K. 618. feladathoz. A 2-nél nagyobb erős számokat kellett megkeresni. Az összegzésnél az 1 szerepel.

A738. fapados megoldás

Először indukcióval bizonyítjuk, hogy a sorozat szigorúan monoton nő és így elemei pozitív számok.

Ez n=3 -ig teljesül.Ha pedig \(\displaystyle n\geq3\) és n-ig a sorozat szigorúan monoton nő, akkor felhasználva az indukciós feltevést

\(\displaystyle a_{n+1}=\frac{a^2_n+a^2_{n-1}-2}{a_{n-2}}>\frac{a_na_{n-2}+a_{n-1}a_{n-2}-2}{a_{n-2}}=a_n+a_{n-1}-\frac2{a_{n-2}}\geq a_n+a_2-\frac2{a_1}=a_n\)

Legyen most már \(\displaystyle n\geq1\). Ekkor definíció szerint

\(\displaystyle a_na_{n+3}=a^2_{n+2}+a^2_{n+1}-2\)

\(\displaystyle a_{n+1}a_{n+4}=a^2_{n+3}+a^2_{n+2}-2\)

Kivonva egymásból a fenti két egyenlőséget és rendezve

\(\displaystyle a_{n+1}(a_{n+1}+a_{n+4})=a_{n+3}(a_n+a_{n+3})\)

Írjuk ezt ki részletesen n=1 -től:

\(\displaystyle a_2(a_2+a_5)=a_4(a_1+a_4)\)

\(\displaystyle \vdots\)

\(\displaystyle a_{n+1}(a_{n+1}+a_{n+4})=a_{n+3}(a_n+a_{n+3})\)

Összeszorozva a fenti n darab egyenlőséget és egyszerűsítve

\(\displaystyle a_2a_3(a_{n+1}+a_{n+4})=a_{n+2}a_{n+3}(a_1+a_4)\)

\(\displaystyle a_{n+1}+a_{n+4}=2a_{n+2}a_{n+3}\)

Tehát

\(\displaystyle a_{n+4}=2a_{n+2}a_{n+3}-a_{n+1}\) teljesül minden \(\displaystyle n\geq1\) esetén.

Mivel pedig \(\displaystyle a_1,a_2,a_3,a_4\) egész, ezért indukcióval azonnal következik, hogy a sorozat összes eleme egész. (Az előbb kapott egyszerűsített rekurzió persze azonos a hivatalos megoldásban szereplő Viete-formulával)

Csak egy icipici kiegészítés a C. 1511. feladathoz. A legvégére odaírnám, hogy az egyenlőség az AD szakasz 2 végpontjára is teljesül.

Csak egy apró megjegyzés a K. 606. feladathoz. Kairói parketta néven ismert a síknak egy ötszögekből álló parketta mintája. Nevét onnan kapta, hogy ez a periodikus parkettázás éppúgy megtalálható Kairó utcakövein, mint másutt, az iszlám díszítőművészetben.

2018. november K feladatok (matematika) Az első két feladat megoldása felcserélve olvasható.

Szerintem a régi skint használja, ott elrontottad az előnézetet.

Igazából aki nem váltott át, azoknak nem elég ingerlő az a kis szöveg jobb felül, szóval maguktól nem hiszem hogy fognak. Ha elrontod a dolgokat, akkor erősebben kéne átterelni az újabbra az embereket. (Vagy nem elrontani.)

Egyébként a főoldalon még "A decemberi szám tartalmából:

Decemberi feladatok" szerepel.

Na jó, OFF vége.

Még jobb trükk, ha küldesz egy e-mailt a hiba minél részletesebb leírásával.

Van egy trükk, amivel működik: Írd meg a szöveget, majd szúrj be alá egy 50 kilobájtnál nem nagyobb ábrát. Ekkor megjelenik előnézetben a szöveg is és az ábra is. Ezek után töröld az ábrát és megmarad a szöveg. Ha folytatod a szöveget, a legvégén újból is csatolni kell egy képet, majd törölni … . :)

[B. 4965.] (Vázlat)

Létezik ilyen P: legyen a P-be állított vektor [ABC] síkkal vett metszéspontja Q, ez meghatároz egy S–>[ABC] leképezést. "Felülről nézve" megadható egy elég nagy kör, amit ez a leképezés önmagába képez, a topologikus Brouwer-féle fixponttétel szerint van fixpont, ami pont egy S-re merőleges vektor létezésének felel meg.

Csak egy ilyen P létezik: a Fermat-ponthoz hasonlóan a keresett pont olyan pont lesz az S síkon, amelynek a csúcsoktól való távolsága (lokálisan) a legkisebb. Elég megmutatni, hogy ilyen pontból maximum 1 darab lehet. Indirekten vegyünk fel P, P' ilyen pontokat az S síkon, és vegyük az általuk meghatározott PP' egyenest. Az egyenesen mint számegyenesen az A,B,C pontoktól való távolság egy-egy konvex függvény, az összegük is konvex, tehát PP'-n csak egy darab lokális minimumhely lehet.

OFF: nálam nem működik a hozzászólás előnézet.

"Valaki több KöMaL feladatot megkérdezett internetes fórumokon, jóval a beküldési határidő előtt. …

Mostanában is puskázhatott valaki, legalábbis erről olvashatunk itt (#29, Amir Hossein, 2018. június 10.).

Milyen ma a helyzet a 11 évvel ezelőttihez képest?

A lejárt A720.-nál közölt első megoldási ötlet egészen biztosan nem működik. Hogy egy faék egyszerűségű ellenpéldát hozzak, a nagy \(\displaystyle 10^{10^{100}}\) korlát helyett legyen ugyanez a példa, de \(\displaystyle 10\)-re. Az ellenpéldában pedig: \(\displaystyle S=\{11\}\bigcup _{n\ge 0}\{2^{12n+7}-11\}\), ekkor S mindegyik eleme eleven szám, mert 11 eleven, a többi pedig 13-mal osztható. Ha \(\displaystyle a(1)=11\)-et választjuk, akkor egyetlen elemmel sem tudjuk bővíteni a sorozatot.

Hopsz, BAD szögfelező, D tetszőleges a szögfelezőn.

Mondjuk olyasmikre gondolok, hogy azt belátni, hogy az A-ból beléjük húzott sugarak szögfelező vonala AD; vagy hogy az AD ω-val vett másik metszésébe állított érintő, a szaggatott egyenes, és BC egy ponton mennek át. Sehogy se tűnik nehéznek, de azért jó lenne ránézésre látni.

Aham.

Más: Az A716-hoz kapcsolódóan. Ha behúzzuk a PD és QD egyeneseket, és vesszük az ABC háromszög ω köréírt körével vett metszéspontjukat, akkor azt kapjuk, hogy a feladat ekvivalens azzal, hogy ez a két metszéspont által meghatározott egyenes párhuzamos a BC-vel. (A PDQ-ra való antiparallelitással) (Lásd ábra)

Ezt hogyan lehetne legrövidebben, projektív geometriai eszközökkel belátni? Nincsenek könnyen megjegyezhető, ehhez hasonló (általánosabb) konfigurációkra valami lemmák?

Ezek szerint olyan falu nem létezik, ahol a házak nem egy egyenesre esnek, de vannak különböző H és N pontok a kért minimumtulajdonsággal?

> Ezek szerint a többi esetben határozott egyenlőtlenség teljesül.

Igen, az összes olyan faluban, amely nem egy egyenesre esik, határozott egyenlőtlenség teljesül. Turágus momentán nem ilyen.

Ha továbbolvasod az idézett részt, akkor látod hogy a megoldás meg is mutatja, hogy Turágusban ugyanolyan jó F, mint N, tehát Turágus egy egyenesre esik:

> és az egyenlőség pontosan akkor teljesülhet csak, ha valamennyi Pi pont egy egyenesre (a HN egyenesére) esik, valamint a HN szakasznak egyetlen Pi pont sem belső pontja. Mivel H,N "optimális pontok", ezért nyilván teljesül is az egyenlőség.

//[B4930]

A megoldás szerint: "...az egyenlőség pontosan akkor teljesülhet csak, ha valamennyi Pi pont egy egyenesre (a HN egyenesére) esik, valamint a HN szakasznak egyetlen Pi pont sem belső pontja."

Ezek szerint a többi esetben határozott egyenlőtlenség teljesül.

> hogy a minimális távolságösszegre való törekvés miatt az F pontba kellene építkezniük és nem N-be.

Azt hiszem, nem értem a problémádat. F-ben ugyanannyi a távolságösszeg, mint N-ben. Miért kéne inkább F-be építeniük a Napimádóknak N helyett?

Olvasván a hivatalos megoldást a következő kérdés merült fel bennem:

Ha időben előbb jön létre pl. a H pont (ha több ilyen tulajdonságú pont létezik, úgy megtalálták az egyiket, nem számolnak tovább, oda építenek szentélyt).

Ezt követően a Napimádók elkezdenék a feladat feltételének megfelelő H-tól különböző (ha ilyen létezik) N pontban építeni a szentélyüket, rájöhetnek (ők továbbgondolják, mint a Holdimádók), hogy a minimális távolságösszegre való törekvés miatt az F pontba kellene építkezniük és nem N-be. Vagy HF felezőpontjába,.....és így tovább.

Hová fognak építeni a Napimádók?