Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[920] w2014-11-09 11:26:01

B.4643.' Léteznek-e olyan &tex;\displaystyle n&xet; és &tex;\displaystyle k&xet; egész számok, amelyekre &tex;\displaystyle n^4-n^2-n=k^2-k+1&xet;?

[919] w2014-11-08 15:40:36

A.621. Az &tex;\displaystyle ABC&xet; hegyesszögű háromszög magasságainak talppontjai rendre &tex;\displaystyle A_1&xet;, &tex;\displaystyle B_1&xet;, illetve &tex;\displaystyle C_1&xet;. A &tex;\displaystyle BC&xet; oldal felezőpontja &tex;\displaystyle F&xet;. A &tex;\displaystyle BCB_1C_1&xet; pontokon átmenő kör az &tex;\displaystyle AA_1&xet; szakaszt a &tex;\displaystyle D&xet; pontban metszi. Legyen &tex;\displaystyle T&xet; az a pont a &tex;\displaystyle DF&xet; szakaszon, amelyre a &tex;\displaystyle BT&xet; egyenes érinti az &tex;\displaystyle AB_1C_1&xet; kört. Messe a &tex;\displaystyle C_1F&xet; szakasz a &tex;\displaystyle BD&xet; és &tex;\displaystyle BT&xet; egyeneseket &tex;\displaystyle P&xet;-ben, illetve &tex;\displaystyle Q&xet;-ban. Mutassuk meg, hogy a &tex;\displaystyle DPQT&xet; négyszög érintőnégyszög.

Megoldás. &tex;\displaystyle BT&xet; az &tex;\displaystyle E&xet; pontban érinti &tex;\displaystyle AB_1C_1&xet; kört, a magasságpont &tex;\displaystyle H&xet;. Ismert, hogy &tex;\displaystyle AB_1HC_1&xet; húrnégyszög.

Egy, az érintőnégyszögek tételéhez hasonlóan belátható tétel (B.4639. rokona) szerint &tex;\displaystyle DPQT&xet; pontosan akkor érintőnégyszög, hogyha &tex;\displaystyle BD-FD=BQ-FQ&xet; (1).

Könnyű látni, hogy &tex;\displaystyle FC_1B\angle=\beta&xet; és &tex;\displaystyle AC_1B_1\angle=\gamma&xet;, innen &tex;\displaystyle FC_1B_1\angle=\alpha=C_1AB_1\angle&xet;. Ebből leolvasható, hogy &tex;\displaystyle F&xet; az &tex;\displaystyle AB_1C_1&xet; körhöz &tex;\displaystyle C_1&xet;-ben húzható érintőre illeszkedik.

Kaptuk, hogy &tex;\displaystyle QC_1=QE&xet; egyenlő hosszú érintőszakaszok. Ezzel (1) átalakítható:

&tex;\displaystyle BD-FD=BQ-FQ=(BQ+QE)-(FQ+QC_1)=BE-FC_1.&xet;

Mivel &tex;\displaystyle FC_1=FD&xet;, ezért csak annyit kell belátnunk, hogy &tex;\displaystyle BD=BE&xet;.

Invertáljunk a &tex;\displaystyle B&xet; középpontú, &tex;\displaystyle BE&xet; sugarú körre! Ekkor az &tex;\displaystyle AB_1C_1&xet; kör invariáns marad, hisz merőleges az alapkörre, így &tex;\displaystyle A&xet; és &tex;\displaystyle C_1&xet;, &tex;\displaystyle B_1&xet; és &tex;\displaystyle H&xet; helyet cserél. Ezért &tex;\displaystyle AH&xet; egyenes képe &tex;\displaystyle BB_1C_1&xet; kör lesz.

Az inverzióban &tex;\displaystyle D\in AH&xet; képe a &tex;\displaystyle BD&xet; egyenesen lesz, és a &tex;\displaystyle BB_1C_1&xet; körön. Mivel &tex;\displaystyle D&xet; képe &tex;\displaystyle B&xet; nem lehet, ezért &tex;\displaystyle D&xet; fixpont kell legyen. Vagyis &tex;\displaystyle BD=BE&xet;. Ezzel (1)-et beláttuk, készen vagyunk.

[918] w2014-10-25 20:56:46

Tetszik az a meglátás, hogy a probléma ekvivalens azzal, hogy &tex;\displaystyle BC&xet; oldal hatványvonala az &tex;\displaystyle AB_1C_1&xet; körnek és &tex;\displaystyle D&xet; pontnak.

Innen rövid befejezés kínálkozik a megoldásra.

Előzmény: [917] Sinobi, 2014-10-25 18:18:18
[917] Sinobi2014-10-25 18:18:18

Az A621-hez egy lemma (az A613-as ha már nem jött ki vele):

Ha két körhöz a hatványvonalán ha felveszünk két pontot, akkor azokból ha érintőket húzunk, a megfelelő érintőegyenesek egy érintőnégyszög oldalai.

A megfordítása meg valami olyasmi, hogy ha az egyik pont nincs a hatványvonalon, akkor a másik pont egy hiperbolán mozog, ha érintőnégyszögeket akarunk kapni (a két körtől való távolságok különbsége állandó).

És akkor azt kell belátni, hogy a B és F pontok az &tex;\displaystyle AB_1C_1&xet; és a D pont hatványvonalán fekszenek.

(nem biztos, hogy így a legegyszerűbb)

Ábra:

[916] Old boy2014-10-24 06:57:12

Egy megjegyzés a C. 1242. feladathoz. Nemcsak derékszögű, hanem bármilyen háromszögre érvényes a következő tétel. Az alábbi három állítás közül 1) az egyenes felezi a háromszög kerületét 2) az egyenes felezi a háromszög területét 3) az egyenes átmegy a beírt kör középpontján ha bármelyik kettő mint feltétel igaz, akkor a harmadik is, mint állítás igaz. A kitűzött feladatra vonatkozólag ez azt jelenti, hogy a megoldásként kapott „felező egyenes” is átmegy a háromszög beírható körének középpontján. A feladat speciális adataival ez kis számolással a fenti tétel ismerete nélkül is igazolható. A beírt kör sugarát r-el jelölve a terület: T = a*r/2+b*r/2+c*r/2 = r/2*(a+b+c). Mivel T = 6 és a+b+c = K = 12, 6 = r/2 * 12, amiből r = 1. Ezek után helyezzük el a háromszöget a (derékszögű) koordináta rendszerben úgy, hogy a derékszögnél levő csúcsot az origóra, a befogókat a két tengelyre fektetjük (az első síknegyedben). Ekkor a beírt kör középpontja a P(1;1) pont lesz. A megoldásban kapott értékekkel felírva a két adott ponton átmenő egyenes egyenletét láthatjuk, hogy P koordinátái kielégítik az egyenletet, azaz az egyenes valóban átmegy a P ponton.

[915] Sinobi2014-10-23 01:20:45

Való igaz, gyakran jól jönne a sokkal hamarabbi megoldás. Főleg amikor (egy iskolában mondjuk) senki nem tudja megcsinálni. A hivatalos később már nem ér sokat.

Talán az lenne a legkézenfekvőbb megoldás, ha a feladatot beküldők beküldéskor egy checkbox-szerűvel hozzájárulnhatnának ahhoz hogy a beküldött megoldás pl a munkafüzetbe regisztrált tagok számára látható legyen. (azt hiszem ha nem nagyon ocsmány az e-KöMaL kódja akkor nem kell sokat kalapálni egy ilyen beépítéséhez rajta)

Előzmény: [913] microprof2, 2014-10-22 10:39:46
[914] w2014-10-22 18:53:57

Akkor kimásolom neked a megoldásokat:

B.4647. Legyen a &tex;\displaystyle 100&xet; egységkör halmaza &tex;\displaystyle K&xet;, továbbá a &tex;\displaystyle K&xet; körei által lefedett &tex;\displaystyle 101&xet;-edik egységkör &tex;\displaystyle k&xet;.

Válasszuk ki &tex;\displaystyle K&xet;-ból azt a &tex;\displaystyle c&xet; kört, amely lefedi &tex;\displaystyle k&xet;-nak a legalsó pontját; legyen &tex;\displaystyle k&xet; és &tex;\displaystyle c&xet; középpontja &tex;\displaystyle O&xet; és &tex;\displaystyle C&xet;, &tex;\displaystyle k&xet; legalsó pontja &tex;\displaystyle B&xet;, &tex;\displaystyle c&xet; legfelső pontja &tex;\displaystyle A&xet;. Mivel &tex;\displaystyle BO=CA=1&xet; függőleges szakaszok, így &tex;\displaystyle AOBC&xet; paralelogramma, amiből &tex;\displaystyle OA=CB&xet;. Mivel viszont &tex;\displaystyle c&xet; lefedi &tex;\displaystyle B&xet;-t, így &tex;\displaystyle CB\le 1&xet;, ahonnan &tex;\displaystyle OA\le 1&xet;, ami ekvivalens azzal, hogy &tex;\displaystyle k&xet; lefedje &tex;\displaystyle A&xet; pontot.

Tegyük fel indirekt, hogy &tex;\displaystyle K^*:=K\setminus\{c\}&xet; nem tartalmaz olyan kört, amely lefedi &tex;\displaystyle A&xet; pontot. Ekkor a &tex;\displaystyle K^*&xet;-beli körök középpontjainak távolsága &tex;\displaystyle A&xet;-tól mind &tex;\displaystyle 1&xet;-nél nagyobb. Legyen e véges sok távolság közül a legkisebbik &tex;\displaystyle d>1&xet;, ekkor minden &tex;\displaystyle K^*&xet;-beli középpont legalább &tex;\displaystyle d&xet; távol van &tex;\displaystyle A&xet;-tól, vagyis a &tex;\displaystyle K^*&xet;-beli körök minden pontja legalább &tex;\displaystyle d-1&xet; messzire esik az &tex;\displaystyle A&xet; ponttól.

Legyen &tex;\displaystyle P&xet; a &tex;\displaystyle k&xet; körnek legfelső pontja, és tekintsük az &tex;\displaystyle AP&xet; szakaszt (ez a szakasz létezik, hisz &tex;\displaystyle A\neq P&xet; mert &tex;\displaystyle c\neq k&xet; feltétel volt). Mivel &tex;\displaystyle A&xet; és &tex;\displaystyle P&xet; is &tex;\displaystyle k&xet; határán vagy belsejében van, ezért a kör konvexitása miatt &tex;\displaystyle AP&xet; szakasz &tex;\displaystyle k&xet; belsejébe esik. Mi több, a &tex;\displaystyle P&xet; pont magasabban helyezkedik, mint &tex;\displaystyle A&xet;, mert &tex;\displaystyle O&xet; magasabban van &tex;\displaystyle C&xet;-nél, tudniillik &tex;\displaystyle BC\le 1&xet; miatt &tex;\displaystyle C\neq O&xet; a &tex;\displaystyle B&xet; középpontú egységkörlapra esik, amely körlap legfelső pontja &tex;\displaystyle O&xet;. Tehát &tex;\displaystyle A&xet; kivételével az &tex;\displaystyle AP&xet; szakaszon lévő pontok mind &tex;\displaystyle c&xet; felett találhatók, így &tex;\displaystyle c&xet; nem tartalmazza őket.

Válasszunk az &tex;\displaystyle AP&xet; szakaszon egy olyan &tex;\displaystyle X&xet; pontot, amelyre &tex;\displaystyle 0<AX<d-1&xet;. Ekkor az &tex;\displaystyle X&xet; pontot &tex;\displaystyle c&xet; körlap nem tartalmazza, továbbá mivel feltevésünk szerint a &tex;\displaystyle K^*&xet;-beli körök minden pontja legalább &tex;\displaystyle d-1&xet; messze van &tex;\displaystyle A&xet;-tól, így azok sem fedik le &tex;\displaystyle X&xet; pontot. Vagyis &tex;\displaystyle X&xet; olyan pont &tex;\displaystyle k&xet; belsejében, amit egyik &tex;\displaystyle K&xet;-beli kör sem fed le, ez ellentmond a feltételnek.

Tehát van olyan &tex;\displaystyle K^*&xet;-beli kör, amely tartalmazza &tex;\displaystyle c&xet; legfelső &tex;\displaystyle A&xet; pontját. Ez bizonyítja a feladat állítását.

B.4549. Tegyük fel, hogy &tex;\displaystyle f_1&xet;, &tex;\displaystyle f_2&xet; és &tex;\displaystyle f_3&xet; egyenesek párhuzamosak, úgy helyezkednek el, hogy &tex;\displaystyle f_2&xet; esik az &tex;\displaystyle f_1&xet; és &tex;\displaystyle f_3&xet; egyenesek közé, és elmetszik az &tex;\displaystyle e_1,e_2,\dots,e_n&xet; egyenesek mindegyikét. Legyen &tex;\displaystyle f_1&xet;, &tex;\displaystyle f_2&xet;, &tex;\displaystyle f_3&xet; és &tex;\displaystyle e_i&xet; metszéspontja rendre &tex;\displaystyle A_i&xet;, &tex;\displaystyle B_i&xet;, &tex;\displaystyle C_i&xet; minden &tex;\displaystyle 1\le i\le n&xet;-re, és a megfelelő pontokba egy tetszőleges &tex;\displaystyle O&xet; origóból mutató helyvektorok &tex;\displaystyle \vec{a_i}&xet;, &tex;\displaystyle \vec{b_i}&xet; és &tex;\displaystyle \vec{c_i}&xet;.

Legyen továbbá &tex;\displaystyle \lambda:=\frac{d(f_3,f_1)}{d(f_2,f_1)}&xet;. A párhuzamos szelők tétele szerint ekkor &tex;\displaystyle \frac{A_iC_i}{A_iB_i}=\lambda&xet; (bármely &tex;\displaystyle i=1,\dots,n&xet;-re). Mivel pedig &tex;\displaystyle A_i,B_i,C_i&xet; kollineáris és &tex;\displaystyle B_i&xet; az &tex;\displaystyle A_iC_i&xet; szakaszra esik, hisz &tex;\displaystyle f_2&xet; van &tex;\displaystyle f_1&xet; és &tex;\displaystyle f_3&xet; között, így ezt úgy is írhatjuk, hogy &tex;\displaystyle \vec{A_iC_i}=\lambda\cdot \vec{A_iB_i}&xet;, azaz &tex;\displaystyle \vec{c_i}-\vec{a_i}=\lambda\left(\vec{b_i}-\vec{a_i}\right)&xet;. &tex;\displaystyle (*)&xet;

Jelölje az &tex;\displaystyle A_1,\dots,A_n&xet; pontok &tex;\displaystyle S_A&xet;, a &tex;\displaystyle B_1,\dots,B_n&xet; pontok &tex;\displaystyle S_B&xet;, illetve a &tex;\displaystyle C_1,\dots,C_n&xet; pontok &tex;\displaystyle S_C&xet; súlypontjába mutató helyvektort rendre &tex;\displaystyle \vec{s_a}&xet;, &tex;\displaystyle \vec{s_b}&xet;, &tex;\displaystyle \vec{s_c}&xet;. Ekkor &tex;\displaystyle (*)&xet; értelmében, és persze felhasználva a súlypont definícióját, felírhatjuk a következőt:

&tex;\displaystyle \vec{S_AS_C}=\vec{s_c}-\vec{s_a}=\frac1n\sum_{i=1}^n \vec{c_i}-\frac1n\sum_{i=1}^n \vec{a_i}=\frac1n\sum_{i=1}^n \left(\vec{c_i}-\vec{a_i}\right)=&xet;

&tex;\displaystyle =\frac1n\sum_{i=1}^n \lambda\left(\vec{b_i}-\vec{a_i}\right)=\lambda\cdot \left(\frac1n\sum_{i=1}^n \vec{b_i}-\frac1n\sum_{i=1}^n \vec{a_i}\right)=\lambda\cdot \left(\vec{s_b}-\vec{s_a}\right)=\lambda\cdot\vec{S_AS_B},&xet;

amiből tüstént leolvasható, hogy az &tex;\displaystyle S_C&xet; pont az &tex;\displaystyle S_AS_B&xet; egyenesre esik.

A feladat megoldásához azt kell belátnunk, hogy az összes &tex;\displaystyle S_\alpha&xet; pont egy egyenesre esik. Ehhez persze elegendő belátni, hogy bármely három &tex;\displaystyle S_\alpha&xet; pont egy egyenesen van, hisz akkor minden &tex;\displaystyle S_\alpha&xet; pont illeszkedik valamely két &tex;\displaystyle S_\alpha&xet; pont által meghatározott egyenesre. Utóbbi tényt azonban a fenti okfejtéssel bebizonyítottuk, így készen is vagyunk.

Előzmény: [913] microprof2, 2014-10-22 10:39:46
[913] microprof22014-10-22 10:39:46

Köszönöm, de főleg utóbbi nem sokat segített. Arra, hogy vektorok kellenének meg hogy ki kéne használni a párhuzamosságot, eddig is gondoltam. Csak hozzá sem tudok kezdeni. Nem lenne baj, ha a 6 pontos feladatok megoldása aránylag hamar megjelenne online.

Előzmény: [912] w, 2014-10-15 15:28:15
[912] w2014-10-15 15:28:15

B.4647. Van 100 egységkörünk, ezek halmaza legyen &tex;\displaystyle K&xet;, és még van egy 101., amit együttesen lefednek, ez legyen &tex;\displaystyle k&xet;.

Mi garantálná azt, hogy legyen olyan &tex;\displaystyle c\in K&xet; kör, amelynek a legfelső pontja le van fedve &tex;\displaystyle K&xet; többi köre által? Legegyszerűbben úgy lehetne ezt elérni, hogyha &tex;\displaystyle c&xet; legfelső pontja netán &tex;\displaystyle k&xet;-ba esne, hisz már van olyan feltételünk, hogy &tex;\displaystyle k&xet;-t lefedik &tex;\displaystyle K&xet; körei.

A megoldáshoz szerintem elég lesz a következő két kulcslépést belátnod:

1. állítás: &tex;\displaystyle k&xet; pontosan akkor tartalmazza &tex;\displaystyle c&xet; legfelső pontját, hogyha &tex;\displaystyle c&xet; lefedi &tex;\displaystyle k&xet; legalsó pontját.

2. állítás: legyen &tex;\displaystyle k&xet; legfelső pontja &tex;\displaystyle P&xet;, és &tex;\displaystyle c&xet; legfelső pontja &tex;\displaystyle A&xet;. Ekkor &tex;\displaystyle AP&xet; szakasz belső pontjait &tex;\displaystyle k&xet; lefedi, de &tex;\displaystyle c&xet; nem.

B.4649. Vektorok és a párhuzamos szelők tétele segítségével bizonyítsd be, hogy az említett súlypontok közül bármely három egy egyenesre esik.

Előzmény: [911] microprof2, 2014-10-15 14:27:29
[911] microprof22014-10-15 14:27:29

Valaki tudna mondani egy szép megoldást a B4647 és B4649 feladatokra? Előre is kösz.

[910] Róbert Gida2014-10-13 14:02:57

A622. potya feladat volt (hivatalos megoldás is fent van.)

&tex;\displaystyle 7^{7*h}+1=(7^h+1)*L*M&xet;, ahol

&tex;\displaystyle L=T^3-B, M=T^3+B, T=7^h+1, B=7^k*(T^2-7^h), h=2k-1&xet;

Így már &tex;\displaystyle \frac {7^{7*h}+1}{7^h+1}&xet; is összetett, ha &tex;\displaystyle h&xet; páratlan szám. Egyébként Aurifeuillean faktorizáció a neve. Aki ezt ismeri az kb. 1 perc alatt meg is oldotta. Más alapokra, kitevőkre is van hasonló faktorizáció, ez mind ismert, és valószínűtlen, hogy lenne más felbontás is.

[909] w2014-08-10 14:11:39

Ami nekem szintetikus úton kijött az A.614. feladatból a következő, önmagában is érdekes feladat.

Legyen &tex;\displaystyle ABC&xet; háromszög &tex;\displaystyle BC&xet; oldalához írt köre &tex;\displaystyle h&xet;, amely a &tex;\displaystyle BC&xet; oldalt &tex;\displaystyle D&xet;-ben érinti. Tekintsük azt a &tex;\displaystyle k&xet; kört, amely áthalad a &tex;\displaystyle B&xet; és &tex;\displaystyle C&xet; pontokon, és érinti &tex;\displaystyle h&xet;-t (de nem a &tex;\displaystyle BC&xet; egyenes). Mutassuk meg, hogy &tex;\displaystyle h&xet; és &tex;\displaystyle k&xet; érintési pontját &tex;\displaystyle P&xet;-vel jelölve, &tex;\displaystyle PD&xet; egyenes felezi a &tex;\displaystyle BPC&xet; szöget.

[908] Fálesz Mihály2014-07-21 13:51:23

Ha hasonlóság, akkor Monge-kúpok.

Legyen &tex;\displaystyle O,A,B,C,D&xet; ugyanaz, mint a te megoldásodban. Rajzoljuk meg a &tex;\displaystyle \Pi&xet; síkban azt a két irányított kört (&tex;\displaystyle k_1&xet; és &tex;\displaystyle k_2&xet;), ami az &tex;\displaystyle A,B,C,D&xet; pontokban érinti az &tex;\displaystyle a&xet; és a &tex;\displaystyle b&xet;, illetve a &tex;\displaystyle c&xet; és a &tex;\displaystyle d&xet; egyenest. A két körre illesszünk egy-egy kúpot, amelyek alkotói a &tex;\displaystyle \Pi&xet; síkkal &tex;\displaystyle \varphi&xet; szöget zárnak be. Ezek csúcsai legyenek &tex;\displaystyle E&xet;, illetve &tex;\displaystyle F&xet;. Legyen &tex;\displaystyle H&xet; a két kúp hasonlósági pontja, ami az &tex;\displaystyle EF&xet; egyenes és &tex;\displaystyle \Pi&xet; döféspontja.

Ha az irányításokat megfelelően választjuk, akkor &tex;\displaystyle E\in A_\varphi \cap B_\varphi&xet; és &tex;\displaystyle F\in \Gamma_\varphi \cap \Delta_\varphi&xet;, így &tex;\displaystyle H\in EF\subset \Sigma_\varphi&xet;.

Mivel &tex;\displaystyle O&xet; triviálisan a &tex;\displaystyle \Sigma_\varphi&xet; síkban van, &tex;\displaystyle OH&xet; közös egyenese az összes &tex;\displaystyle \Sigma_\varphi&xet; síknak.

(Az A. 529. feladat ugyanez, csak hiperbolikusban.)

Előzmény: [904] Sinobi, 2014-07-19 03:05:10
[907] w2014-07-21 12:50:33

"Hasonlóan adódik a &tex;\displaystyle \Gamma_\varphi&xet; és &tex;\displaystyle \Delta_\varphi&xet; síkok metszésvonala, ami a következő pontokból áll:" résznél a képlet helyesen:

&tex;\displaystyle \left((\gamma-\delta)x,(\gamma D-\delta C)x,(C-D)\tg\varphi\cdot x\right).&xet;

Bár ez annyira nem zavaró.

Előzmény: [906] w, 2014-07-19 12:47:51
[906] w2014-07-19 12:47:51

A megoldásod érdekes, de szerintem annyira nem triviális. Mondjuk én nyilván miután sikertelenül megpróbáltam megjeleníteni az ábrát, koordinátáztam. Nagyon jó gyakorlópélda koordinátákra, olcsón, kb. egy órán belül kijött (+későbbi pontosítgatások).

Egyébként ha már itt tartunk, szerintem az A.617 feladat ennél még olcsóbb volt, bár a statisztika ezzel nem ért egyet. :) A megoldás(oka)t inkább még nem lőném le.

Leírok akkor egy erős vázlatot az A619-re:

Először felveszünk egy térbeli koordinátarendszert, az &tex;\displaystyle O&xet; origó természetesen a félegyenesek közös kiindulópontja, a &tex;\displaystyle z=0&xet; sík pedig &tex;\displaystyle \Pi&xet;. lesz. Az &tex;\displaystyle a&xet; egyenesének egyenlete &tex;\displaystyle y=Ax&xet;, &tex;\displaystyle z=0&xet;, a többié hasonló. A koordinátarendszer megválasztható úgy, hogy &tex;\displaystyle |A|\neq |B|&xet; és &tex;\displaystyle |C|\neq |D|&xet; legyen (illetve pl. &tex;\displaystyle A=B&xet; esetben &tex;\displaystyle \Sigma&xet; triviálisan illeszkedik &tex;\displaystyle a&xet;-ra és &tex;\displaystyle b&xet;-re, kész).

&tex;\displaystyle A_\varphi&xet; egyeletének meghatározása: tudjuk, hogy ez a sík rajta van az &tex;\displaystyle y=Ax&xet;, &tex;\displaystyle z=0&xet; egyenesen; most keresünk egy harmadik pontot, ami rá illeszkedik.

Vegyük az &tex;\displaystyle y=-\frac1A x&xet;, &tex;\displaystyle z=0&xet; egyenest (ez merőleges &tex;\displaystyle a&xet;-ra), ez az egyenes &tex;\displaystyle \varphi&xet; szöget zár be &tex;\displaystyle A_\varphi&xet;-vel. Keressük akkor meg az &tex;\displaystyle A_\varphi&xet; síkon azt a &tex;\displaystyle Q&xet; pontot, aminek merőleges vetükete &tex;\displaystyle \Pi&xet;-re a &tex;\displaystyle P\left(1,-\frac1A,0\right)&xet; pont lesz. Mivel &tex;\displaystyle OPQ&xet; háromszög derékszögű és &tex;\displaystyle O&xet;-nál &tex;\displaystyle \varphi&xet; szög van, így könnyen látható, hogy &tex;\displaystyle Q&xet; koordinátái:

&tex;\displaystyle \left(1,-\frac1A,\epsilon_a\tg\varphi\sqrt{1+\frac1{A^2}}\right),&xet;

ahol &tex;\displaystyle \epsilon_a&xet; egy olyan előjel, ami kizárólag az &tex;\displaystyle a&xet; félegyenes irányától (a forgatás irányától) függ.

Ha most az &tex;\displaystyle A_\varphi&xet; síkot a &tex;\displaystyle (0,0,0)&xet;, &tex;\displaystyle (1,A,0)&xet;, &tex;\displaystyle Q&xet; pontokra illesztjük, a kapott egyenletrendszer megoldásával &tex;\displaystyle A_\varphi&xet; egyenlete

&tex;\displaystyle -Ax+y+\frac{\alpha}{\tg \varphi} z=0&xet;

lesz, ahol &tex;\displaystyle \alpha=\epsilon_a\sqrt{A^2+1}&xet; egy &tex;\displaystyle \varphi&xet;-től független konstans.

Ha most &tex;\displaystyle A_\varphi&xet; és &tex;\displaystyle B_\varphi&xet; metszésvonalát kiszámoljuk (&tex;\displaystyle B_\varphi&xet; egyenlete &tex;\displaystyle -Bx+y+\frac{\beta}{\tg\varphi}&xet;), a következő pontok mértani helye adódik:

&tex;\displaystyle \left((\alpha-\beta)x,(\alpha B-\beta A)x,(A-B)\tg\varphi\cdot x\right)\quad\forall x\in R&xet;

Egyébként &tex;\displaystyle \alpha\neq \beta&xet; mert feltettük, hogy &tex;\displaystyle |A|\neq |B|&xet;, szóval ez itt rendben van.

Hasonlóan adódik a &tex;\displaystyle \Gamma_\varphi&xet; és &tex;\displaystyle \Delta_\varphi&xet; síkok metszésvonala, ami a következő pontokból áll:

&tex;\displaystyle \left((\alpha-\beta)x,(\alpha B-\beta A)x,(A-B)\tg\varphi\cdot x\right).&xet;

Na most pedig legyen &tex;\displaystyle \Sigma&xet; egyenlete &tex;\displaystyle S(x,y,z)=\sigma_1 x+\sigma_2 y+\sigma_3 z&xet;. Ebből csak az érdekel minket, hogy &tex;\displaystyle S(x,y,z)&xet; additív függvény, vagyis ha teljesül rá, hogy

&tex;\displaystyle \left\{\matrix{S((\alpha-\beta)x,(\alpha B-\beta A)x,(A-B)\tg\varphi\cdot x)=0\cr S((\gamma-\delta)x,(\gamma D-\delta C)x,(C-D)\tg\varphi\cdot x)=0}\right.&xet;

abból következik, hogy

&tex;\displaystyle 0=(C-D)\cdot S((\alpha-\beta)x,(\alpha B-\beta A)x,(A-B)\tg\varphi\cdot x)-&xet;

&tex;\displaystyle -(A-B)\cdot S((\gamma-\delta)x,(\gamma D-\delta C)x,(C-D)\tg\varphi\cdot x)=&xet;

&tex;\displaystyle =S\left(K x,L y,0\right),&xet;

ahol &tex;\displaystyle K=(C-D)(\alpha-\beta)-(A-B)(\gamma-\delta)&xet; és &tex;\displaystyle L=(\alpha B-\beta A)(C-D)-(\gamma D-\delta C)(A-B)&xet; &tex;\displaystyle \varphi&xet;-től független konstansok.

A &tex;\displaystyle (Kx,Ly,0)&xet; pontok egy egyenest határoznak meg, ezen az egyenesen tehát minden &tex;\displaystyle \Sigma_\varphi&xet; sík áthalad.

Kivételt képez persze, amikor &tex;\displaystyle K=L=0&xet;; ebból következik, hogy &tex;\displaystyle A_\varphi\cap B_\varphi&xet; és &tex;\displaystyle \Gamma_\varphi\cap \Delta_\varphi&xet; pontjaiba mutató helyvektorok lineárisan függőek, avagy a két egyenes minden &tex;\displaystyle \varphi&xet;-re egybeesik. Most lehetünk lusták, és egyfelől mondhatjuk erre azt, hogy ilyenkor &tex;\displaystyle \Sigma_\varphi&xet; nem létezik, így a feladat kitűzése által nem megengedett helyzetben vagyunk ("az a[z egyértelmű] sík, ami..."), vagy mondhatjuk azt, hogy &tex;\displaystyle \Sigma_\varphi&xet;-t akkor tetszőleges, a közös metszésvonalra illeszkedő síknak/határhelyzetként értelmezzük; akkor meg igaz rá a feladat állítása.

-------------

Tegyük fel, hogy a &tex;\displaystyle \varphi&xet;-hez tartozó &tex;\displaystyle A&xet;, &tex;\displaystyle B&xet;, &tex;\displaystyle \Gamma&xet;, &tex;\displaystyle \Delta&xet; síkok átmennek egy közös &tex;\displaystyle e&xet; egyenesen. Vegyük &tex;\displaystyle e&xet;-nek valamely &tex;\displaystyle O&xet;-tól különböző &tex;\displaystyle X&xet; pontját. Ha &tex;\displaystyle X&xet;-ből merőlegest állítunk mondjuk &tex;\displaystyle a&xet;-ra, akkor a kapott merőleges egyenes &tex;\displaystyle \varphi&xet; szöget zár be &tex;\displaystyle \Pi&xet;-vel. Az olyan pontok mértani helye &tex;\displaystyle \Pi&xet;-n, melyeket &tex;\displaystyle X&xet;-szel összekötve, &tex;\displaystyle \Pi&xet;-vel &tex;\displaystyle \varphi&xet; szöget bezáró egyenest kapunk, az nyilvánvalóan egy &tex;\displaystyle k&xet; kör, és az &tex;\displaystyle X&xet;-szel összekötő egyenesek egy kúpot határoznak meg. Most ha &tex;\displaystyle a&xet; egyenesét vissza akarjuk keresni, akkor a Pitagorasz-tétel és megfordítása szerint &tex;\displaystyle a\cap k&xet; fix távolságra van &tex;\displaystyle O&xet;-tól, így legfeljebb kétféle egyenes merülhet fel, mint &tex;\displaystyle a,b,c,d&xet; egyenese.

Ha &tex;\displaystyle a,b,c,d&xet; közül valamely kettő ugyanazon az egyenesen van, de ellentétes irányú, akkor &tex;\displaystyle e&xet; egyenes egyben &tex;\displaystyle a&xet; és &tex;\displaystyle b&xet; egyenese kell legyen, vagyis a &tex;\displaystyle \Pi&xet; síkon van. Ilyenkor tehát &tex;\displaystyle a,b,c,d&xet; is az &tex;\displaystyle e&xet;-re illeszkedik. A másik lehetőség, hogy &tex;\displaystyle a,b,c,d&xet; max. kétféle félegyenest tartalmaznak. Mindkét eset teljesen degenerált, ezekre viszont &tex;\displaystyle \Sigma&xet; nem értelmezhető.

Előzmény: [904] Sinobi, 2014-07-19 03:05:10
[905] Sinobi2014-07-19 03:22:04

Azt szoktak mondani, hogy gombon nincs hasonlosag. Ugy latszik, hasonlosaggal analog jelensegek viszont akadhatnak.

[904] Sinobi2014-07-19 03:05:10

A vegere, ugy latszik, elfogyott a lendulet, az A. 619. amilyen konnyu, olyan kevesen oldottak meg. Az enyem 2 pontert:

A. 619. Adott a térben négy, egy pontból induló félegyenes, a, b, c és d, amelyek a &tex;\displaystyle \Pi&xet; síkban fekszenek. Tetszőleges &tex;\displaystyle \varphi&xet; hegyesszögre forgassuk el &tex;\displaystyle \Pi&xet;-t a négy félegyenes körül pozitív irányban &tex;\displaystyle \varphi&xet;-vel; az így kapott síkokat jelölje rendre A&tex;\displaystyle \varphi&xet;, B&tex;\displaystyle \varphi&xet;, C&tex;\displaystyle \varphi&xet;, illetve D&tex;\displaystyle \varphi&xet;. Legyen S&tex;\displaystyle \varphi&xet; az a sík, ami illeszkedik az A&tex;\displaystyle \varphi&xet; és a B&tex;\displaystyle \varphi&xet; síkok metszésvonalára, valamint a C&tex;\displaystyle \varphi&xet; és a D&tex;\displaystyle \varphi&xet; metszésvonalára is. Mutassuk meg, hogy a különböző &tex;\displaystyle \varphi&xet; szögekhez tartozó S&tex;\displaystyle \varphi&xet; síkok egy közös egyenesre illeszkednek.

1: rakjunk egy egysegsugaru gombot a kozos tartopontra, a gombbol a felegyenesek altal kimetszett pontok A,B,C,D

2: az (A,B) pontpar egyik pontjat csereljuk fel a gomb ellentetes pontjaval, a (C,D) egyik tagjaval is jarjunk el ugyanigy.

3: vegyunk fel egy &tex;\displaystyle \varphi&xet; szoget, a sikparok metszesvonalai messek a gombot E es F pontokban.

4: Legyen (a kisebb) AB iv felezopontja &tex;\displaystyle M_E&xet;, CD ive &tex;\displaystyle M_F&xet;. Az EF fokor messe az alapsikot G-ben.

5: Szimmetria miatt az &tex;\displaystyle E M_E&xet; es &tex;\displaystyle F M_F&xet; fokorok merolegesek az alapsikra

6: felcsapjuk a wikipediat, es leolvassuk, hogy a,b,c, A,B,90 parameteru derekszogu haromszogek eseten

&tex;\displaystyle tan~a=tan~A \cdot sin~b&xet;

fennall (R4)

7:

&tex;\displaystyle tan EM_E = tan EBM_E \cdot sin M_EB = tan EGM_E \cdot sin M_EG&xet;

&tex;\displaystyle tan FM_F = tan FDM_F \cdot sin M_FD = tan FGM_F \cdot sin M_FG&xet;

8: &tex;\displaystyle EBM_E=\varphi=FDM_F&xet;, igy a G pontra

&tex;\displaystyle c=\frac{sin M_EB}{sin M_EG}=\frac{sin M_FD}{sin M_FG}&xet;

9: Mas &tex;\displaystyle \varphi&xet; szogek eseten

&tex;\displaystyle EGM_E< = arctan(c \cdot tan(\varphi)) = FGM_F<&xet;

10: A G pontbol EG es FG minden &tex;\displaystyle \varphi&xet; eseten ugyanakkora szoget zar be az alappal.

11: Innen valahogy kiszedjuk, hogy EFG egy egyenesen vannak, belatunk valami folytonossag szerut peldaul.

Szerintem ezt a hugom is megcsinalta volna egy csokiert se otlet, se szamolas, se semmi nem kell bele. Gomb felvetele nelkul is meg lehet csinalni, persze: http://wildegg.com/papers/ProjectiveTrig.pdf

[903] w2014-06-25 20:46:24

Ez szép, köszönöm!

Előzmény: [902] nadorp, 2014-06-25 13:31:29
[902] nadorp2014-06-25 13:31:29

A Fálesz Mihály által [900]-ban leírt egyenlőtlenséget bizonyítjuk, ebből c=1 esetén következik A616.

&tex;\displaystyle a^{x^2} b^{y^2} c^{z^2} \left(\frac{a+b}2\right)^{2xy} \left(\frac{a+c}2\right)^{2xz} \left(\frac{b+c}2\right)^{2yz} \le 1 &xet;(1)

Mivel x+y+z=0, ezért x,y,z közt van kettő olyan, melyek szorzata nemnegatív. Tegyük fel, hogy &tex;\displaystyle xy\geq0&xet;. (1)-et átrendezve és felhasználva, hogy z=-x-y

&tex;\displaystyle \left(\frac{4ac}{(a+c)^2}\right)^{x^2}\left(\frac{2(a+b)c}{(a+c)(b+c)}\right)^{2xy}\left(\frac{4bc}{(b+c)^2}\right)^{y^2}\leq1&xet;

Ha x+y=0, akkor nyilván teljesül az egyenlőtlenség, ellenkező esetben a fentivel ekvivalens

&tex;\displaystyle \left(\frac{4ac}{(a+c)^2}\right)^{\frac{x^2}{(x+y)^2}}\left(\frac{2(a+b)c}{(a+c)(b+c)}\right)^{\frac{2xy}{(x+y)^2}}\left(\frac{4bc}{(b+c)^2}\right)^{\frac{y^2}{(x+y)^2}}\leq1&xet;

A bal oldalra alkalmazva a súlyozott számtani és mértani közép közti összefüggést, elég belátnunk, hogy

&tex;\displaystyle \frac{4ac}{(a+c)^2}\frac{x^2}{(x+y)^2}+\frac{2(a+b)c}{(a+c)(b+c)}\frac{2xy}{(x+y)^2}+\frac{4bc}{(b+c)^2}\frac{y^2}{(x+y)^2}\leq1&xet;

&tex;\displaystyle \frac{(c-a)^2}{(a+c)^2}x^2+\frac{(c-a)(c-b)}{(a+c)(b+c)}2xy+\frac{(c-b)^2}{(b+c)^2}y^2\geq0&xet;

Ez pedig nyilvánvaló, mert a bal oldal teljes négyzet

Előzmény: [901] w, 2014-06-25 09:47:16
[901] w2014-06-25 09:47:16

Kérlek leírnád?

Előzmény: [900] nadorp, 2014-06-25 09:21:10
[900] nadorp2014-06-25 09:21:10

Köszönöm, így már rendben az elemibb bizonyítás

Előzmény: [899] Fálesz Mihály, 2014-06-24 22:39:53
[899] Fálesz Mihály2014-06-24 22:39:53

Kedves Péter,

A feladatnak van egy szimmetrikus változata: Ha &tex;\displaystyle a,b,c>0&xet; és &tex;\displaystyle x+y+z=0&xet;, akkor

&tex;\displaystyle a^{x^2} b^{y^2} c^{z^2} \left(\frac{a+b}2\right)^{2xy} \left(\frac{a+c}2\right)^{2xz} \left(\frac{b+c}2\right)^{2yz} \le 1. &xet;

Ha tehát van egy elemi megoldásod az &tex;\displaystyle x,y\ge0&xet; esetre, akkor az megoldja a többi esetet is.

Előzmény: [898] nadorp, 2014-06-22 19:28:36
[898] nadorp2014-06-22 19:28:36

Az A616-ra nem érkezett jó megoldás és még nincs fenn a hivatalos verzió. Itt egy megoldásvázlat, hibája, hogy kicsit "durva", nem középiskolás anyagot használ. Érdekelne egy elemibb megoldás, mely például a súlyozott számtani és mértani közép közti egyenlőtlenséget használja. Ebben eljutottam valameddig, de az xy<0, (1-a)(1-b)>0 esetben elakadtam.

&tex;\displaystyle \left(\frac{1+a}2\right)^{2x(x+y)}\left(\frac{1+b}2\right)^{2y(x+y)}\geq a^{x^2}b^{y^2}\left(\frac{a+b}2\right)^{2xy}&xet;,   a,b >0 és x,y tetszőleges valós számok

A bizonyításban az alábbi ismert analízis fogalmakat fogjuk felhasználni:

1. Ha p és q pozitív valós számok, akkor

&tex;\displaystyle \int_0^1\frac{dx}{\sqrt{(x+p)(x+q)}}=2\ln{\frac{\sqrt{p+1}+\sqrt{q+1}}{\sqrt p+\sqrt q}} &xet;(1)

2. Schwarz egyenlőtlenség. Ha f és g az [a,b] intervallumon négyzetesen integrálható függvények, akkor

&tex;\displaystyle \left(\int_a^bf(x)g(x)dx\right)^2\leq\int_a^bf^2(x)dx\int_a^bg^2(x)dx &xet;(2)

Az eredeti egyenlőtlenség a=1 vagy b=1 esetén könnyen láthatóan teljesül, ezért a továbbiakban feltesszük, hogy &tex;\displaystyle a,b ~\neq1&xet;. Véve az egyenlőtlenség mindkét oldalának természetes alapú logaritmusát, majd átrendezve, az eredetivel ekvivalens

&tex;\displaystyle x^2\ln{\frac{(1+a)^2}{4a}}+2xy\ln{\frac{(1+a)(1+b)}{2(a+b)}}+y^2\ln{\frac{(1+b)^2}{4b}}\geq0 &xet;(3)

Mivel

&tex;\displaystyle \ln{\frac{(1+a)^2}{4a}}>0&xet; és &tex;\displaystyle \ln{\frac{(1+b)^2}{4b}}>0&xet;, ezért (3) bizonyításához elég belátni, hogy a diszkriminánsa nempozitív, azaz

&tex;\displaystyle \ln{\frac{(1+a)^2}{4a}}\ln{\frac{(1+b)^2}{4b}}\geq\left(\ln{\frac{(1+a)(1+b)}{2(a+b)}}\right)^2 &xet;(4)

Tetszőleges p>1 számra

&tex;\displaystyle \ln{p}=\int_1^p\frac{dx}x=\int_0^1\frac{p-1}{(p-1)x+1}dx=\int_0^1\frac{dx}{x+\frac1{p-1}}&xet;

ezért felhasználva a (2)-t

&tex;\displaystyle \ln{\frac{(1+a)^2}{4a}}\ln{\frac{(1+b)^2}{4b}}=\int_0^1\frac{dx}{x+\frac{4a}{(a-1)^2}}\int_0^1\frac{dx}{x+\frac{4b}{(b-1)^2}}\geq\left(\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{\left(x+\frac{4a}{(a-1)^2}\right)\left(x+\frac{4b}{(b-1)^2}\right)}}\right)^2&xet;

A számolást nem részletezve, felhasználva (1)-et kapjuk

&tex;\displaystyle \ln{\frac{(1+a)^2}{4a}}\ln{\frac{(1+b)^2}{4b}}\geq\left(2\ln{\frac{(1+a)|b-1|+(1+b)|a-1|}{2\sqrt a|b-1|+2\sqrt b|a-1|}}\right)^2&xet;

De

&tex;\displaystyle \frac{(1+a)|b-1|+(1+b)|a-1|}{2\sqrt a|b-1|+2\sqrt b|a-1|}=\left\{\matrix{\frac{1+\sqrt{ab}}{\sqrt a+\sqrt b} & ha & (a-1)(b-1)>0 \cr \frac{\sqrt a+\sqrt b}{1+\sqrt{ab}} & ha & (a-1)(b-1)<0}\right.&xet;

Tehát

&tex;\displaystyle \ln{\frac{(1+a)^2}{4a}}\ln{\frac{(1+b)^2}{4b}}\geq\left(\ln{\frac{1+ab+2\sqrt{ab}}{a+b+2\sqrt{ab}}}\right)^2=\left(\ln{\frac{a+b+2\sqrt{ab}}{1+ab+2\sqrt{ab}}}\right)^2 &xet;(5)

Most már csak az kell észrevenni, hogy tetszőleges &tex;\displaystyle p\geq q>0&xet; és &tex;\displaystyle 0<x\leq y&xet; valós számokra

&tex;\displaystyle \frac{p+x}{q+x}\geq\frac{p+y}{q+y} &xet;(6)

(5) és (6) valamint &tex;\displaystyle 2\sqrt{ab}\leq a+b&xet; alapján azonnal adódik (4).

A bizonyítás alapján látszik, hogy egyenlőség az alábbi esetekben van:

1. x=0 b=1 , a és y tetszőleges

2. y=0 a=1 , b és x tetszőleges

3. a=b=1, x és y tetszőleges

4. &tex;\displaystyle a=b\neq1&xet; és x+y=0

[897] w2014-06-17 19:24:23

Nagyon jó kérdés! Gondolkozom rajta.

Előzmény: [896] Sinobi, 2014-06-12 21:14:11
[896] Sinobi2014-06-12 21:14:11

Ez haromszogre hogy nezne ki? Hol eles a hatar? Beirt kor atmerojenel kevesebbel nem lehet, legkisebb magassagvonal hosszara van konstrukciom. (ahol a sav euklideszi szelesseget ertjuk)

Előzmény: [882] w, 2014-06-07 16:10:35

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]