Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

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.

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.