Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

Most lejárt A859. hivatalos megoldás: "Az általánosság rovása nélkül mondhatjuk, hogy a bal végpontból indultunk."

Ez így teljesen hamis, ugyanis az U-ban levő számozást a későbbiekben is használod, és azt nem tudhatod, hogy nem a jobboldali végpontban vagy-e. Egész szépen elakadhatsz, ha a baloldali végpontot tételezed fel, de te éppenséggel a másik végpontban vagy, ezért bizony, ha elakadnál akkor tudod, hogy az U nem jó lista, vagy jó, csak éppen a jobboldali végpontból indultál, így azt IS ellenőrizni kell. Egyszerűbb, ha visszamész az eredeti végpontba és a jobboldali végpontot tételezed fel.

1176 2. kérdésével kapcsolatban folytattam tovább a gondolkodást. Ha az irracionális szám pl. gyök17, gyök26, akkor van konstrukció. Egyenlő szárú háromszög. Arra jutottam, hogy ha az irracionális szám négyzete irracionális, akkor nem létezik háromszög. Legyen sinalfa=xr, sinbéta=yr, singamma=zr, ahol x, y, z racionális, az r pedig irracionális. Tehát nálam most r az irracionális. A 1176-ot felhasználva felírtam cosalfa-t, ami racionális, mert r*r-rel lehet egyszerűsíteni. (Nem fontos, de azért leírom, hogy cosalfa=(y*y+z*z-x*x)/(2*y*z).) Behelyettesítettem a trigonometrikus Pitagorasz-tételbe. Elég csak azt felírni, amiben az alfa szerepel. Ebből látszik, hogy ha az r irracionális szám négyzete irracionális, akkor nem létezik háromszög. (Tehát ha pl. az irracionális szám a pi, akkor nincs háromszögünk.)

szép indoklás, köszönöm. Akár ez is lehetett volna pontversenyben feladat szerintem.

Derékszögű háromszögre igaz, hogy ha koszinuszok racionálisak, akkor a szinuszok is azok, mert \(\displaystyle \cos90^\circ\)=0 és \(\displaystyle \cos\alpha=\sin(90^\circ-\alpha)\) miatt a hegyesszögek szinuszai is racionálisak.

Ha a háromszög nem derékszögű, akkor ha a koszinuszok racionálisak, akkor nyilván a szinuszok négyzete is racionális , így az [1176]-ban általad felírt képletekből következik, hogy

\(\displaystyle \sin\alpha\sin\beta=\frac{\sin^2\alpha+\sin^2\beta-\sin^2\gamma}{2\cos\gamma}=r\), ahol r racionális

\(\displaystyle \sin\alpha\sin\gamma=\frac{\sin^2\alpha+\sin^2\gamma-\sin^2\beta}{2\cos\beta}=p\), ahol p racionális

\(\displaystyle \sin\beta\sin\gamma=\frac{\sin^2\beta+\sin^2\gamma-\sin^2\alpha}{2\cos\alpha}=q\), ahol q racionális

Innen

\(\displaystyle \sin\alpha\sin\beta\sin\gamma=\sqrt{rpq}\), tehát

\(\displaystyle \sin\alpha=\frac{\sqrt{rpq}}{q}\), \(\displaystyle \sin\beta=\frac{\sqrt{rpq}}{p}\), \(\displaystyle \sin\gamma=\frac{\sqrt{rpq}}{r}\)

Látszik, hogy szinuszok ugyanannak a számnak a racionális többszörösei.

Megjegyzés.

Ha a koszinusz-tételbe behelyettesítjük a szinusz-tételből következő azonosságokat, akkor egy kicsit kevesebb számolással kapjuk meg az [1176] összefüggéseit. Pld:

\(\displaystyle a=\frac{c}{\sin\gamma}\sin\alpha\), \(\displaystyle b=\frac{c}{\sin\gamma}\sin\beta\)

\(\displaystyle \cos\gamma=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=\frac{\frac{c^2\sin^2\alpha}{\sin^2\gamma}+\frac{c^2\sin^2\beta}{\sin^2\gamma}-c^2}{2\frac{c\sin\alpha}{\sin\gamma}\frac{c\sin\beta}{\sin\gamma}}=\frac{\sin^2\alpha+\sin^2\beta-\sin^2\gamma}{2\sin\alpha\sin\beta}\)

Szia, Zoltán! A második kérdésen gondolkodva jutottam valamire. Keresek konstrukciót. Kiindulok egyenlő szárú háromszögből. Felhasználom, hogy a*a-b*b=(a+b)*(a-b), illetve sin2alfa=2*sinalfa*cosalfa. Példát írok. Választom pl. a gyök17-et. Legyen az egyenlő szárú háromszög alaphoz tartozó magassága gyök17. A 17-nek a fele 8,5, ezért legyen az alap fele 8, a nagy háromszög szárai így 9 egység hosszúak. Az egyik szög szinusza (gyök17)/9, a másik szögé pedig (16/81)*gyök17.

Javítom az előző hozzászólásomban az első kérdést. Sajnálatos módon egy szó kimaradt.

1. Igaz-e, hogy ha egy háromszög mindhárom szögének koszinusza racionális, akkor mindhárom szög szinusza vagy racionális, vagy ugyanannak az irracionális számnak racionális többszöröse.

B.5311 Igaz-e, hogy ha egy háromszög mindhárom szögének szinusza racionális, akkor mindhárom szög koszinusza is racionális.

Legyenek α, β, γ a háromszög szögei, α+β+γ=180°

#1\(\displaystyle \space\space\space\)α+β+γ=180°\(\displaystyle \Rightarrow\)β+γ=180°−α\(\displaystyle \Rightarrow\)sin(β+γ)=sinα

#2\(\displaystyle \space\space\space\)α+β+γ=180°\(\displaystyle \Rightarrow\)γ+α=180°−β\(\displaystyle \Rightarrow\)sin(γ+α)=sinβ

#3\(\displaystyle \space\space\space\)α+β+γ=180°\(\displaystyle \Rightarrow\)α+β=180°−γ\(\displaystyle \Rightarrow\)sin(α+β)=sinγ

Zárójelek felbontása addíciós tételekkel:

#1\(\displaystyle \space\space\space\)sinβ*cosγ+sinγ*cosβ=sinα\(\displaystyle \space\space\space\)|*sinα

#2\(\displaystyle \space\space\space\)sinγ*cosα+sinα*cosγ=sinβ\(\displaystyle \space\space\space\)|*sinβ

#3\(\displaystyle \space\space\space\)sinα*cosβ+sinβ*cosα=sinγ\(\displaystyle \space\space\space\)|*sinγ

Elvégezve a szorzásokat:

#1\(\displaystyle \space\space\space\)sinα*sinβ*cosγ+sinα*sinγ*cosβ=sin²α

#2\(\displaystyle \space\space\space\)sinβ*sinγ*cosα+sinβ*sinα*cosγ=sin²β

#3\(\displaystyle \space\space\space\)sinγ*sinα*cosβ+sinγ*sinβ*cosα=sin²γ

Az egyenleteket összeadogatva és kivonogatva egymásból:

#2+#3−#1\(\displaystyle \space\space\space\)2*sinβ*sinγ*cosα=sin²β+sin²γ−sin²α\(\displaystyle \space\space\space\)|:(2*sinβ*sinγ)

#3+#1−#2\(\displaystyle \space\space\space\)2*sinγ*sinα*cosβ=sin²γ+sin²α−sin²β\(\displaystyle \space\space\space\)|:(2*sinγ*sinα)

#1+#2−#3\(\displaystyle \space\space\space\)2*sinα*sinβ*cosγ=sin²α+sin²β−sin²γ\(\displaystyle \space\space\space\)|:(2*sinα*sinβ)

Elvégezve az osztásokat:

cosα=(sin²β+sin²γ−sin²α)/(2*sinβ*sinγ)

cosβ=(sin²γ+sin²α−sin²β)/(2*sinγ*sinα)

cosγ=(sin²α+sin²β−sin²γ)/(2*sinα*sinβ)

Mivel sinα, sinβ, sinγ racionális számok, és a racionális számok halmaza az összeadás, kivonás, szorzás, osztás, négyzetre emelés műveletekre nézve zárt, így cosα, cosβ, cosγ racionális számok. Ennél több is igaz: Ha sinα, sinβ, sinγ ugyanannak az irracionális számnak racionális többszörösei, akkor cosα, cosβ, cosγ racionális számok. A Kömal-ban közölt megjegyzésben az szerepel, hogy ha cosα, cosβ, cosγ racionális számok, akkor nem biztos, hogy sinα, sinβ, sinγ is racionális számok, ez egy ellenpéldával indokolva van. Két kérdésem van ezzel a feladattal kapcsolatban:

1. Igaz-e, hogy ha egy háromszög mindhárom szögének koszinusza racionális, akkor mindhárom szög vagy racionális, vagy ugyanannak az irracionális számnak racionális többszöröse.

2. Megadható-e bármilyen irracionális szám esetén sinα, sinβ, sinγ úgy, hogy α, β, γ egy háromszög szögei legyenek és sinα, sinβ, sinγ a megadott irracionális szám racionális többszöröse legyen?

Kiegészítés a B.5317 feladathoz: Ha \(\displaystyle F_1(x_1; y_1)\) és \(\displaystyle F_2(x_2; y_2)\) és ha \(\displaystyle P=\Bigg(\frac{x_1y_2+x_2y_1}{y_1+y_2};0\Bigg)\), \(\displaystyle Q=\Bigg(0;\frac{x_1y_2+x_2y_1}{x_1+x_2}\Bigg)\), akkor a következő számolások végezhetőek el:

\(\displaystyle F_1P+PF_2=\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1+y_2)^2}\)

\(\displaystyle F_1Q+QF_2=\sqrt{(x_1+x_2)^2+(y_1-y_2)^2}\)

Mivel a \(\displaystyle P\) és \(\displaystyle Q\) pontok rajta vannak az ellipszisen, így a következő egyenleteknek kell teljesülnie:

\(\displaystyle F_1P+PF_2=2a\Rightarrow\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1+y_2)^2}=2*\sqrt{\frac{x_1^2+x_2^2+y_1^2+y_2^2}{4}}\)

\(\displaystyle F_1Q+QF_2=2a\Rightarrow\sqrt{(x_1+x_2)^2+(y_1-y_2)^2}=2*\sqrt{\frac{x_1^2+x_2^2+y_1^2+y_2^2}{4}}\)

Rendezve ezt az utóbbi két egyenletet, az \(\displaystyle x_1x_2=y_1y_2\) összefüggés adódik. Ez az összefüggés azt jelenti, hogy az első síknegyedbe levő \(\displaystyle F_1(x_1; y_1)\) és \(\displaystyle F_2(x_2; y_2)\) fókuszpontokhoz pontosan akkor létezik mindkét tengelyt érintő ellipszis, ha a fókuszpontok megfelelő koordinátáinak szorzata ugyanannyi.

Berkó Erzsi tanárnővel sokat társalogtunk erről a feladatról, mi a következő eredményekre jutottunk:

B. 5317. A zárt pozitív ortánsban fekvő, \(\displaystyle (x_1;y_1)\) és \(\displaystyle (x_2;y_2)\) fókuszú ellipszis a koordináta-tengelyeket a \(\displaystyle p\) abszcisszájú, illetve a \(\displaystyle q\) ordinátájú pontokban érinti. Mutassuk meg, hogy a \(\displaystyle (p;q)\) pont kollineáris az origóval és az ellipszis centrumával, és számítsuk ki az ellipszis numerikus excentricitását.

Legyenek \(\displaystyle F_1(x_1; y_1)\) és \(\displaystyle F_2(x_2; y_2)\) az ellipszis fókuszpontjai. Legyenek \(\displaystyle r_1\) és \(\displaystyle r_2\) az \(\displaystyle F_1\) és \(\displaystyle F_2\) pontoknak az origótól mért távolsága, ekkor \(\displaystyle r_1=\sqrt{x_1^2+y_1^2}\) és \(\displaystyle r_2=\sqrt{x_2^2+y_2^2}\) teljesül.

Legyen \(\displaystyle K\) az ellipszis középpontja. Ekkor \(\displaystyle K\) felezi az \(\displaystyle F_1F_2\) szakaszt, így \(\displaystyle K=\Bigg(\frac{x_1+x_2}{2};\frac{y_1+y_2}{2}\Bigg)\). Legyen \(\displaystyle r_0\) a \(\displaystyle K\) pontnak az origótól mért távolsága, ekkor a következő összefüggés teljesül:

\(\displaystyle r_0=\sqrt{\Bigg(\frac{x_1+x_2}{2}\Bigg)^2+\Bigg(\frac{y_1+y_2}{2}\Bigg)^2}\).

Továbbá, ha a fókuszpontok távolsága \(\displaystyle 2c\), akkor a következő összefüggés teljesül, ahol \(\displaystyle F\) bármelyik fókuszpontot jelenti:

\(\displaystyle c=KF=\sqrt{\Bigg(\frac{x_1-x_2}{2}\Bigg)^2+\Bigg(\frac{y_1-y_2}{2}\Bigg)^2}\).

Legyen \(\displaystyle P(p; 0)\) az ellipszisnek az x-tengellyel vett érintési pontja. Legyen \(\displaystyle Q(0; q)\) az ellipszisnek az x-tengellyel vett érintési pontja.

Ismert segédtétel: Az ellipszisnek egy adott pontjában húzott érintőjére tükrözve az ellipszis fókuszpontjait, akkor az egyik fókuszpontot a másik fókuszpont tükörképével összekötő egyenes, és a másik fókuszpontot az egyik fókuszpont tükörképével összekötő egyenes az adott pontban metszik egymást.

Legyen az \(\displaystyle F_1\) fókuszpontnak az x-tengelyre vonatkozó tükörképe \(\displaystyle F_{1X}\), ekkor \(\displaystyle F_{1X}=(+x_1; -y_1)\). Legyen az \(\displaystyle F_2\) fókuszpontnak az x-tengelyre vonatkozó tükörképe \(\displaystyle F_{2X}\), ekkor \(\displaystyle F_{2X}=(+x_2; -y_2)\).

Legyen az \(\displaystyle F_1\) fókuszpontnak az y-tengelyre vonatkozó tükörképe \(\displaystyle F_{1Y}\), ekkor \(\displaystyle F_{1X}=(-x_1; +y_1)\). Legyen az \(\displaystyle F_2\) fókuszpontnak az y-tengelyre vonatkozó tükörképe \(\displaystyle F_{2Y}\), ekkor \(\displaystyle F_{2X}=(-x_2; +y_2)\).

A segédtétel miatt \(\displaystyle F_1F_{2X}\) és \(\displaystyle F_{1X}F_2\) egyenesek metszéspontja a \(\displaystyle P(p; 0)\) pont, így \(\displaystyle p=\frac{x_1y_2+x_2y_1}{y_1+y_2}\) teljesül.

A segédtétel miatt \(\displaystyle F_1F_{2Y}\) és \(\displaystyle F_{1Y}F_2\) egyenesek metszéspontja a \(\displaystyle Q(0; q)\) pont, így \(\displaystyle q=\frac{x_1y_2+x_2y_1}{x_1+x_2}\) teljesül.

Legyen \(\displaystyle S=(p; q)\) pont. Ekkor könnyen igazolható, hogy \(\displaystyle K=\Bigg(\frac{x_1+x_2}{2};\frac{y_1+y_2}{2}\Bigg)\); \(\displaystyle S=\Bigg(\frac{x_1y_2+x_2y_1}{y_1+y_2};\frac{x_1y_2+x_2y_1}{x_1+x_2}\Bigg)\) pontok és az origó egy egyenesen vannak. Ez az állítás könnyen igazolható például úgy, hogy a \(\displaystyle K\) és \(\displaystyle S\) pontok megfelelő koordinátáinak hányadosa ugyanannyi.

Segédtétel: (ellipszis Thalesz-köre) Azoknak a pontoknak a halmaza, ahonnan egy ellipszis derékszögben látszik (a pontból az ellipszishez húzott két érintő merőleges egymásra), egyenlő annak a körnek a kerületével, amelynek középpontja egyenlő az ellipszis \(\displaystyle K\) középpontjával, sugara egyenlő az ellipszis félnagytengelyének és félkistengelyének négyzetösszegének négyzetgyökével, ez a kör az ellipszis Thalesz-köre.

Legyen \(\displaystyle a\) az ellipszis félnagytengelye, legyen \(\displaystyle b\) az ellipszis félkistengelye, ekkor az ellipszis Thalesz-körének sugara \(\displaystyle \sqrt{a^2+b^2}\).

Az origóból az ellipszis derékszögben látszik, ugyanis az origóból az ellipszishez húzott érintők a koordináta-rendszer tengelyei, amelyek merőlegesek egymásra. Így az origó rajta van az ellipszis Thalesz-körén, így az origónak az ellipszis \(\displaystyle K\) középpontjától mért \(\displaystyle r_0\) távolsága egyenlő az ellipszis Thalesz-körének sugarával. Innen következik, hogy \(\displaystyle a^2+b^2=r_0^2\). Továbbá az ellipszist jellemző \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\) mennyiségek között érvényes az \(\displaystyle a^2-b^2=c^2\) összefüggés. Ebből a két egyenletből és a korábban \(\displaystyle r_0\) és \(\displaystyle c\), valamint \(\displaystyle r_1\) és \(\displaystyle r_2\) mennyiségekre kapott összefüggések felhasználásával a következő eredmények vezethetőek le:

\(\displaystyle a=\sqrt{\frac{r_0^2+c^2}{2}}=\sqrt{\frac{x_1^2+x_2^2+y_1^2+y_2^2}{4}}=\sqrt{\frac{r_1^2+r_2^2}{4}}\)

\(\displaystyle b=\sqrt{\frac{r_0^2-c^2}{2}}=\sqrt{\frac{x_1x_2+y_1y_2}{2}}\)

Innen már könnyen számolható az ellipszis \(\displaystyle e\) numerikus excentricitása például csak az \(\displaystyle F_1\), \(\displaystyle F_2\) fókuszpontok koordinátáival kifejezve:

\(\displaystyle e=\frac{c}{a}=\sqrt{\frac{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}{x_1^2+x_2^2+y_1^2+y_2^2}}\)

B.5309 Szerkesszük meg a parabola fókuszpontját és vezéregyenesét, ha adott a tengelye és két pontja.

Legyen \(\displaystyle t\) a tengely, legyenek az adott pontok: \(\displaystyle P_1\) illetve \(\displaystyle P_2\).

A két pontnak a tengelytől mért távolsága pontosan akkor egyenlő, ha a két pontnak a tengelyre eső merőleges vetülete egybeesik. Ebben az esetben a parabola nem egyértelmű.

A továbbiakban az adott pontoknak a tengelytől mért távolsága különböző. Legyen a \(\displaystyle P_1\) pont a tengelyhez közelebb, a \(\displaystyle P_2\) pont a tengelytől távolabb.

Legyen \(\displaystyle d_1\) a \(\displaystyle P_1\) pontnak a \(\displaystyle t\) tengelytől mért távolsága. Legyen \(\displaystyle d_2\) a \(\displaystyle P_2\) pontnak a \(\displaystyle t\) tengelytől mért távolsága. Ekkor \(\displaystyle d_2>d_1\) teljesül. Legyen \(\displaystyle Q_1\) a \(\displaystyle P_1\) pontnak a \(\displaystyle t\) tengelyre eső merőleges vetülete. Legyen \(\displaystyle Q_2\) a \(\displaystyle P_2\) pontnak a \(\displaystyle t\) tengelyre eső merőleges vetülete. Legyen \(\displaystyle d\) az adott pontoknak a t tengelyre eső merőleges vetületeinek távolsága, azaz \(\displaystyle d=Q_1Q_2\) Legyen \(\displaystyle Q\) a \(\displaystyle Q_1Q_2\) szakasz felezőpontja, a \(\displaystyle Q\) pont egyenlő a \(\displaystyle P_1P_2\) szakasz \(\displaystyle P\) felezőpontjának a parabola \(\displaystyle t\) tengelyére eső merőleges vetületével.

Helyezzük el a síkbeli derékszögű koordináta-rendszert úgy, hogy az y-tengely egybeessen a \(\displaystyle t\) tengellyel, a parabola \(\displaystyle T\) tengelypontja az origóban legyen, az adott pontok az x-tengely felett legyenek. Ekkor a tengelytől távolabbi pont az x-tengelytől is távolabb van. Legyen a keresett parabola paramétere \(\displaystyle p\). Ekkor a keresett parabola egyenlete ebben a koordináta-rendszerben: \(\displaystyle 2py=x^2\).

A \(\displaystyle Q_1Q_2\) szakasz \(\displaystyle Q\) felezőpontja valahol az y-tengelyen van, legyen a \(\displaystyle Q_1Q_2\) szakasz \(\displaystyle Q\) felezőpontjának második koordinátája \(\displaystyle d_0\). Ekkor az adott pontok ebben a koordináta-rendszerben: \(\displaystyle P_1(d_1; d_0−d/2)\), \(\displaystyle P_2(d_2; d_0+d/2)\).

A \(\displaystyle P_1\) pont rajta van a \(\displaystyle 2p*y=x^2\) egyenletű parabolán, így \(\displaystyle 2p(d_0−d/2)=d_1^2\).

A \(\displaystyle P_2\) pont rajta van a \(\displaystyle 2p*y=x^2\) egyenletű parabolán, így \(\displaystyle 2p(d_0+d/2)=d_2^2\).

A két egyenletet kivonva egymásból: \(\displaystyle 2p*d=d_2^2−d_1^2\).

A két egyenletet összeadva: \(\displaystyle 4p*d_0=d_2^2+d_1^2\), innen \(\displaystyle p*d_0=(d_2^2+d_1^2)/4\)

A \(\displaystyle P_1P_2\) szakasz felezőmerőlegesének egyenlete:

-A \(\displaystyle P_1P_2\) szakasz felezőpontja: \(\displaystyle ((d_2+d_1)/2; d₀)\)

-A \(\displaystyle P_1\) pontból a \(\displaystyle P_2\) pontba mutató vektor: \(\displaystyle ((d_2−d_1); d)\)

egyenlet: \(\displaystyle (d_2−d_1)*x+d*y=(d_2−d_1)*(d_2+d_1)/2+d*d_0\)

zárójel-felbontás: \(\displaystyle (d_2−d_1)*x+d*y=(d_2^2−d_1^2)/2+d*d_0\)

Figyelembe véve, hogy \(\displaystyle d_2^2−d_1^2=2p*d\), innen \(\displaystyle (d_2^2−d_1^2)/2=p*d\), a felezőmerőleges egyenlete a következőképpen írható: \(\displaystyle (d_2−d_1)*x+d*y=p*d+d*d_0\)

kiemelés: \(\displaystyle (d_2−d_1)*x+d*y=d*(p+d_0)\)

A \(\displaystyle P_1P_2\) szakasz felezőmerőlegese az y-tengelyt az \(\displaystyle M\) pontban metszi, ahol \(\displaystyle M\) koordinátái: \(\displaystyle M(0; p+d_0)\).

A \(\displaystyle Q\) pont koordinátái: \(\displaystyle Q(0; d_0)\).

A \(\displaystyle Q\) és \(\displaystyle M\) pontok távolsága: \(\displaystyle QM=p\).

A segédtétel értelmében, ha megszerkesztjük a \(\displaystyle P_1P_2\) szakasz felezőmerőlegesének és a tengely \(\displaystyle M\) metszéspontját, majd a \(\displaystyle P_1P_2\) szakasz \(\displaystyle P\) felezőpontjának megszerkesztjük a tengelyre eső merőleges vetületét, legyen ez a \(\displaystyle Q\) pont, akkor a \(\displaystyle QM\) szakasz éppen a parabola paramétere. Ezután a \(\displaystyle d_1\) és \(\displaystyle d_2\) szakaszok ismeretében a \(\displaystyle (d_2^2+d_1^2)^{1/2}\) szakasz szerkeszthető (pitagorasz-tétel), így a \(\displaystyle d_0=(d_2^2+d_1^2)/(4*p)\) szakasz is szerkeszthető (pl. magasságtétel derékszögű háromszögben, vagy párhuzamos szelők tétele).

A B.5306 megfogalmazása szerintem pontatlan volt.

Legyen p₁ annak a valószínűsége, hogy a kocka dobás után 1-est mutat. Legyen p₂ annak a valószínűsége, hogy a kocka dobás után 2-est mutat. Legyen p₃ annak a valószínűsége, hogy a kocka dobás után 3-ast mutat. Legyen p₄ annak a valószínűsége, hogy a kocka dobás után 4-est mutat. Legyen p₅ annak a valószínűsége, hogy a kocka dobás után 5-öst mutat. Legyen p₆ annak a valószínűsége, hogy a kocka dobás után 6-ost mutat.

Legyen q₁ annak a valószínűsége, hogy a pénzérme dobás után 1-est mutat. Legyen q₂ annak a valószínűsége, hogy a pénzérme dobás után 2-est mutat.

- A megoldásban fel lett használva, hogy dobás után a pénzérme is és a kocka is bármelyik oldalát nem 0 valószínűséggel mutatja, de ez a feladat megfogalmazásában nem szerepelt. Van olyan cinkelt dobókocka, illetve van olyan pénzérme, amely dobás után valamelyik oldalát 0 valószínűséggel mutatja. (Nekem is van olyan dobókockám, amely dobás után garantáltan nem mutat például 2-est vagy 3-ast.) Ellenpélda: p₄=0 és p₅=0 és p₆=0 és q₂=1, p₁=(1−p₂)/2 és p₃=(1−p₂)/2.

- Szinte magától értetődik, de nem az: a megoldás során fel lett használva, hogy a hogy a kocka illetve a pénzérme egymástól függetlenül mutatják valamelyik oldalt. Amennyiben a függetlenség nem teljesül, például a kockában programozható chip és giroszkóp van, és a pénzérmében is is chip és giroszkóp van, akkor ha még dobás után a kocka is bármely oldalát nem 0 valószínűséggel mutatja, és dobás után a pénzérme is bármelyik oldalát nem 0 valószínűséggel mutatja, a programozható chip segítségével elérhető, hogy bizonyos dobások a kockával és a pénzérmével egyszerre ne adódjanak. Mielőtt bárki azt hinné, hogy ez túlzás, van olyan kockám, amelyben chip és giroszkóp van, és lehet telefonnal érzékelni a kocka helyzetét. A pókerversenyeken már a kártyákban is van, hogy chip van, így pókerverseny közvetítésénél a tv-állomás tudja a játékosnál levő lapokat.

Ez a feladat felkeltette az érdeklődésemet, és foglalkoztam a megoldással. Mire végig gondoltam az egész feladatot, hát ezen megfogalmazási pontatlanságok miatt megszenvedtem a megoldással. De így még érdekesebb volt a feladat.

B. 5306. Igaz, hogy nem életszerű az, hogyha pl. a dobókockával a 2-es dobás valószínűsége 0, de azzal kapcsolatban lenne megjegyzésem, hogy a megoldásnál azt olvasom, hogy hiszen pozitív valószínűséggel dobunk 6 pöttyöt a kockán és 1 pöttyöt az érmén. Dobókocka: p(1)=1, p(2)=p(3)=p(4)=p(5)=p(6)=0; érme: p(1)=1, p(2)=0. Úgy látom, hogy itt 0 valószínűséggel dobunk 6 pöttyöt a kockán és 1 pöttyöt az érmén. Erről a példáról sokat beszélgettem Bertalan Zoltánnal.

B. 5307. A feladatban az van, hogy hegyesszögű háromszögre lássuk be az egyenlőtlenséget, de igaz minden háromszögre. A R=kr helyettesítés nekem sosem jutott volna eszembe.

B. 5298

A második elképzelést be lehet fejezni:

Tehát:

\(\displaystyle \tg(Y)=\sin(2X)\)

\(\displaystyle \tg(Z)=\sin(2Y)\)

\(\displaystyle \tg(X)=\sin(2Z)\)

ahol \(\displaystyle -45°\le X, Y, Z \le+45°\) érvényes.

Addíciós tétel alkalmazása:

\(\displaystyle \frac{\sin(Y)}{\cos(Y)}=2\sin(X)\cos(X)\)

\(\displaystyle \frac{\sin(Z)}{\cos(Z)}=2\sin(Y)\cos(Y)\)

\(\displaystyle \frac{\sin(X)}{\cos(X)}=2\sin(Z)\cos(Z)\)

Összeszorozva ezt a három egyenletet:

\(\displaystyle \frac{\sin(Y)\sin(Z)\sin(X)}{\cos(Y)\cos(Z)\cos(X)}=8\sin(X)\sin(Y)\sin(Z)\cos(X)\cos(Y)\cos(Z)\)

Rendezés, kiemelés:

\(\displaystyle \sin(Y)\sin(Z)\sin(X)*(8\cos^2(Y)\cos^2(Z)\cos^2(X)-1)=0\)

Innen:

\(\displaystyle \sin(Y)\sin(Z)\sin(X)=0\) vagy \(\displaystyle 8\cos^2(Y)\cos^2(Z)\cos^2(X)-1\)

Figyelembe véve, hogy \(\displaystyle -45°\le X, Y, Z \le+45°\), adódik, hogy csak a korábban felírt triviális megoldások lehetségesek.

B. 5298. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert a valós számok halmazán:

\(\displaystyle y+yx^2−2x=0\) és \(\displaystyle z+zy^2−2y=0\) és \(\displaystyle x+xz^2−2z=0\).

Van több elképzelésem is a feladat megoldásával kapcsolatban.

Rendezve az egyenleteket:

\(\displaystyle y=\frac{2x}{x^2+1}\)

\(\displaystyle z=\frac{2y}{y^2+1}\)

\(\displaystyle x=\frac{2z}{z^2+1}\)

Tekintsük az \(\displaystyle f(t)=\frac{2t}{t^2+1}\) függvényt. Ekkor a megoldandó egyenletrendszert a következő alakban lehet írni:

\(\displaystyle y=f(x)\) és \(\displaystyle z=f(y)\) és \(\displaystyle x=f(z)\)

Azaz \(\displaystyle f(t)\) olyan függvény, amely \(\displaystyle x\)-hez \(\displaystyle y\)-t rendeli, \(\displaystyle y\)-hez \(\displaystyle z\)-t rendeli, \(\displaystyle z\)-hez \(\displaystyle x\)-t rendeli. Ekkor a következő összefüggések is teljesülnek:

\(\displaystyle f(f(f(x)))=x\) és \(\displaystyle f(f(f(y)))=y\) és \(\displaystyle f(f(f(z)))=z\)

Azaz meg kell keresni azt a \(\displaystyle t\) értéket, amelyre teljesül, hogy \(\displaystyle f(f(f(t)))=t\), azaz \(\displaystyle t\) fixpontja \(\displaystyle f\circ f\circ f\) függvénynek.

Második elképzelés. Legyen \(\displaystyle x=\tg(X)\), \(\displaystyle y=\tg(Y)\), \(\displaystyle z=\tg(Z)\). Ekkor az egyenletek a következőképpen írhatóak:

\(\displaystyle \tg(Y)=\sin(2X)\) és \(\displaystyle \tg(Z)=\sin(2Y)\) és \(\displaystyle \tg(X)=\sin(2Y)\)

És akkor már csak ezt a trigonometrikus egyenletrendszert kellene megoldani.

Az első elképzelésemet nagyjából végigvittem, de a második elképzelésből ki lehetne hozni valamit? Mondjuk az látszik, hogy \(\displaystyle -45°\le X, Y, Z\le+45°\), és a triviális megoldások is látszanak:

\(\displaystyle X=+45°\) és \(\displaystyle Y=+45°\) és \(\displaystyle Z=+45°\)

\(\displaystyle X=-45°\) és \(\displaystyle Y=-45°\) és \(\displaystyle Z=-45°\)

\(\displaystyle X=0°\) és \(\displaystyle Y=0°\) és \(\displaystyle Z=0°\)

Lejárt A843:

"Modulo \(\displaystyle q^{e}\) prímhatvány létezik egy primitív gyök \(\displaystyle g\)."

Chat Gpt? Ezt azért ne nagyon reklámozzátok. Itt kell, hogy q nem lehet 2, ami persze teljesül.

Only for the problem see: A640.
Obviously \(\displaystyle (p-1)|(n-1)\) gives a solution (Fermat's little theorem), and using computer found no other solution. It is enough to see: \(\displaystyle 0<n<p\) (use again Fermat's little theorem), \(\displaystyle n\) is a solution if and only if \(\displaystyle n+p-1\) is a solution. Looks a hard problem.

Megoldas of A640?

Az azért nagyágyú, amúgy a 3. esetnél is kétszer használták az LTE-t, de a legtriviálisabb \(\displaystyle v_{2}\) esetén, itt a konkrét bizonyítás rövidebb lenne, mint az LTE-re való hivatkozás és számolás.
A Beal-sejtéssel is kapcsolatban van a feladat, ami viszont még mindig sejtés. De, ha igaz, akkor a minden kitevő>2 esetet elintézi, mert akkor az alapokat egy prím biztosan osztja, de akkor \(\displaystyle p=2\), ami ellentmondás. Persze igazából nem bizonyít sokat, hiszen nehéz mondjuk \(\displaystyle b=1,b=2\) eseteket bent hagyja.

Igen, meg a sok LTE helyett lehet használni Catalan-sejtését (ami most már Mihailescu jóvoltából tétel), hogy az utolsó (és egyben első) szomszédos teljes hatványkból álló a \(\displaystyle 8-9.\) Ha ezt használjuk, akkor az egyetlen problémásabb eset az, hogy \(\displaystyle b\) páratlan, az összes többit el lehet ezzel intézni.

A frissen lejárt A841.: LTE lemmát sehol nem mondjátok ki.
4. esetnél a kitevőbe került a \(\displaystyle -1,+1\).
És két oldalt levágva a bizonyításból:

2. esetnél: \(\displaystyle n^2-1=(n-1)(n+1)\) oszt egy \(\displaystyle p\)-hatványt. De akkor \(\displaystyle n-1,n+1\) is \(\displaystyle p\)-hatvány. Mivel különségük 2 és p ptlan ez csak úgy lehetséges, hogy \(\displaystyle n-1=1\), azaz \(\displaystyle n=2\), de akkor \(\displaystyle n+1=3\) oszt egy \(\displaystyle p\)-hatványt, így \(\displaystyle p=3\). Az egyenlet így: \(\displaystyle 3^b+1=2^2\), így \(\displaystyle b=1\), és itt nincs is több megoldás. LTE lemma nem is kellett.

5. esetnél ugyanez a trükk: \(\displaystyle 2^a=(n^{\frac{p-1}{2}}+p^h)(n^{\frac{p-1}{2}}-p^h)\)
A szorzat \(\displaystyle 2\)-hatvány, így mindkét tag \(\displaystyle 2\)-hatvány, de különbségük \(\displaystyle 2p^h\) ami páros, de \(\displaystyle 4\)-el nem osztható, mert \(\displaystyle p\) páratlan. Ez csak úgy lehetséges, hogy a kisebbik szorzótag \(\displaystyle 2\), innen ugyanaz a bizonyítás.

A B.5268. feladat egy másik - talán egyszerűbb - megoldása vázlatosan:

Megmutatjuk, hogy P és Q egymás tükörképei az ABC háromszög C-ből induló szögfelezőjére, mint tengelyre.

A. Nyilván, ha P azonos I-vel, akkor CP=CQ triviálisan teljesül, hiszen így a PIQ háromszög egy ponttá fajul.

B. Most különbözzön P I-től és legyen az ABI kör középpontja K.

1. Egyszerű szögszámolással belátható, hogy AKB szög + BCA szög = 180fok, azaz K pont rajta van az ABC háromszög körülírt körén, AKBC négyszög húrnégyszög. Ebben a körben KA=KB, mert ők az ABI kör sugarai, ekkor az ABC körben ezen azonos hosszúságú húrokhoz azonos hosszúságú ívek és egyenlő kerületi szögek tartoznak, tehát KCA szög = KCB szög. Innen kapjuk, hogy K illeszkedik az ABC háromszög C-ből induló szögfelezőjére, vagyis C, I, K pontok kollineárisak.

2. Másrészről Q származtatása miatt az ABI körben PI és QI szakaszok A-ból azonos kerületi szögben látszódnak, tehát PI=QI. Továbbá KP=KQ, mert az ABI kör sugarai, adódik, hogy KPIQ négyszög deltoid, ezért KI átlója merőlegesen felezi a PQ átlóját.

3. Végül C, I, K pontok kollinearitása miatt CK is merőlegesen felezi PQ-t, azaz P és Q egymás tükörképei CK-ra (CI-re), tehát CP=CQ és ezt akartuk bizonyítani.

Kikerülhető a vektoros megoldás általad említett problémája elemi úton, ha észrevesszük, hogy az AA1, BB1, CC1 szakaszok a párhuzamos szelők tételének megfordítása miatt rendre párhuzamosak és kétszeres hosszúságúak, mint az ABC háromszög C-ből, A-ból és B-ből induló súlyvonalai.

Az pedig jól ismert, hogy a háromszög súlyvonalaiból szerkeszthető háromszög.

Mondjuk a hivatalos megoldás is pongyola; nem teljes értékű, mert párhuzamos vektorok összege is lehet nullvektor, és ekkor elfajult háromszög jön csak ki.

Vagyis \(\displaystyle 0\) pontosok, jav ...

A B5255. feladatnál tudja valaki, minek tudható be az \(\displaystyle 1\) pontos dolgozatok szinte irreálisan magas száma (60)?