Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

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.

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.