Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

Ez nagyon szép megoldás, köszönöm, hogy felraktad!

B. 4636. Egy háromszög melyik belső pontjában maximális az oldalaktól mért távolságok szorzata?

Gondolom a megoldók zöme rájött, hogy ha a P pont távolsága az &tex;\displaystyle a&xet; oldalegyenestől &tex;\displaystyle \alpha \cdot m_a&xet; , a &tex;\displaystyle b&xet; oldalegyenestől &tex;\displaystyle \beta \cdot m_b&xet; , akkor a &tex;\displaystyle c&xet; oldalegyenestől &tex;\displaystyle (1 - \alpha -\beta ) \cdot m_c&xet; távolságra van, a szorzatban szereplő &tex;\displaystyle \alpha , \beta , (1 - \alpha -\beta)&xet; számok számtani közepe állandó, így mértani közepük és szorzatuk akkor a legnagyobb , ha &tex;\displaystyle \alpha = \beta = 1/3&xet; , vagyis a megoldás az S súlypont.

Gondolt-e valaki az alábbi, számolás nélküli, mértani megközelítésre?: Megmutatjuk, hogy a háromszög belsejének tetszőleges, S-től különböző P pontjához található olyan Q pont, melyben a vizsgált szorzat értéke nagyobb, mint P-ben. Ez persze így még nem elég. De ha a szorzatot, mint a háromszög &tex;\displaystyle t&xet; pontjaihoz rendelt F(t) függvényt tekintjük, és megállapítjuk, hogy az folytonos, a háromszöglemez határán 0, a háromszög belsejében pedig véges pozítív érték, akkor készen vagyunk. Válasszuk úgy a betűzést, hogy P ne illeszkedjék az &tex;\displaystyle s_a&xet; súlyvonalra. Húzzuk meg P-n át az &tex;\displaystyle a&xet; oldallal párhuzamos &tex;\displaystyle e&xet; egyenest. Ennek pontjai akkora távolságra vannak az &tex;\displaystyle a&xet; egyenestől, mint P. Azon pontok mértani helye, melyek &tex;\displaystyle b&xet; ill, &tex;\displaystyle c&xet; oldalegyenestől mért távolságainak szorzata állandó – esetünkben annyi, mint a P pontra – egy &tex;\displaystyle h&xet; hiperbola, a háromszög belsejének pontjaira &tex;\displaystyle h&xet; egyik ága, melynek aszimptotái a &tex;\displaystyle b&xet; és &tex;\displaystyle c&xet; oldalegyenesek és persze áthalad P-n. &tex;\displaystyle h&xet; pontjai közül a vizsgált szorzat arra a Q pontra a legnagyobb, amelyik legtávolabb van az &tex;\displaystyle a&xet; egyenestől, vagyis a hiperbola a-val párhuzamos &tex;\displaystyle f&xet; érintőjének érintési pontja. Mivel a hiperbola érintési pontja felezi az érintőnek az aszimptoták közti szakaszát, Q rajta van &tex;\displaystyle s_a&xet; -n, tehát különbözik P-től, így távolabb van az &tex;\displaystyle a&xet; egyenestól, mint P, tehát F(Q) > F(P) .

Elég sokat próbálkoztam elemi módszerekkel, de nekem sem transzformációval (mozgatással), sem indukcióval (azzal különösen nem), sőt egyszerű komplex számozással sem jött ki. Igazán érdekelne, ha ezt elemi módon sikerült valakinek belátni (és nem is egy magasabb algebrai tétel beleerőltetésével).

Köszönöm szépen ezt is, de nekem továbbra is az a sejtésem, hogy ezt meg lehet oldani, valami szép, elemi úton is. :)

Pld.: tükrözések összességével, invariáns tulajdonság keresésével, esetleg valamiféle indukció, vagy akármi hasonló trükk segítségével.

Mondjuk a maximum-elvre hivatkozni sokkal "meredekebb", mint a Hadamard-egyenlőtlenség... ;-)

Szerencsére polinomokra a maximum-elv bizonyítása is sokkal egyszerűbb.

Az 1. részt hivatkozással el lehet intézni.

Köszönöm szépen mind a két megoldást!

A B.4655 feladat megoldása szép, sajnos más irányokba indultam el, így nem jött ez ki nekem.

A B.4659 feladatra adott megoldás pedig első olvasatra elég meredek (még másodikra is), de elolvasom a 2 cikket amit írtál melléjük.

Nagyon sokat foglalkoztam ezzel a feladattal, ezért az alábbi dolog igazolása érdekelne: (én nem tudok vele dűlőre jutni)

1. Lássuk be, hogy a pontoknak a köríven kell lennie. 2. Egyenletes eloszlásban. 3. Ekkor kiszámolni.

Ez a 3 állítás együttesen kihozná a feladat állítását, és a &tex;\displaystyle (\sqrt{n})^n&xet; maximumot is.

A 2-es és 3-as pontot meg tudom csinálni. Az 1-es nem megy. Ebben tudna valaki segíteni?

A B.4655. az

&tex;\displaystyle x^2+y^2 = 8\cdot 2012^{2015}+2 &xet;

egyenletre vezet.

Az &tex;\displaystyle 8\cdot 2012^{2015}+2&xet; szám osztható 7-tel, de nem osztható 49-cel. Viszont &tex;\displaystyle x^2+y^2&xet; csak úgy lehet 7-tel osztható, ha &tex;\displaystyle x&xet; és &tex;\displaystyle y&xet; is osztható 7-tel...

Egy rövid megoldás a B.4659.-re (valószínűleg nem leszel tőle túl boldog, de talán tanulhatsz belőle...):

A pontokat vegyük fel a komplex egységkörben: &tex;\displaystyle a_1,\dots,a_n&xet;. A pontokból készített Vandermonde-determinánsra írjuk fel a Hadamard-egyenlőtlenséget :

&tex;\displaystyle \left|\prod_{1\le j<k\le n} (a_k-a_j)\right| = \left| {\rm det} \left(\matrix{ 1 & a_1 & a_1^2 & \dots & a_1^{n-1} \cr 1 & a_2 & a_2^2 & \dots & a_2^{n-1} \cr \dots & \dots & \dots & & \dots \cr 1 & a_n & a_n^2 & \dots & a_n^{n-1} \cr}\right) \right| \le \prod_{j=1}^n \sqrt{1^2+|a_j|^2+|a_j|^4+\dots+|a_j|^{2n-2}} \le (\sqrt{n})^n. &xet;

Ha a pontok az egységkörbe írt szabályos &tex;\displaystyle n&xet;-szög csúcsai, akkor egyenlőség áll. Ez közvetlenül is ellenőrizhető, de a megoldásból is leolvasható.

Sziasztok!

Valaki legyen szíves töltse fel a B.4659 és B.4655 feladatok megoldásait, vagy legalább annak egy vázlatát. Ha megjelenik a honlapon, az is jó, de a szeptemberi feladatok megoldásai sem jelentek meg, én pedig kíváncsi vagyok, hogy hogyan lehet ezeket a feladatokat elegánsan megoldani.

Köszönöm előre is!

Üdv.: Marci

Nos igen. Az eredeti feladatjavaslatnál is kb. ez a megoldás szerepelt, csak, mint pár hónappal később kiderült, ennél sokkal triviálisabb a feladat. :)

Még szóra érdemes az a pici hiba, ahol írod: &tex;\displaystyle n(n-1)(n+1)-1&xet; tényező &tex;\displaystyle 3k+2&xet; alakú, így van &tex;\displaystyle 3k+2&xet; alakú prímosztója. Ez csak &tex;\displaystyle n>1&xet;-re igaz.

&tex;\displaystyle 0>n\implies 0>n^7-n^5-n^4&xet;, s &tex;\displaystyle k^2-k+1>0&xet;, ezért &tex;\displaystyle n>0&xet;. Mivel &tex;\displaystyle -3&xet; kvadratikus nemmaradék mod &tex;\displaystyle p&xet;, ha &tex;\displaystyle p=3k+2&xet;. De &tex;\displaystyle 4(k^2-k+1)=(2k-1)^2+3&xet;. Viszont &tex;\displaystyle 4(n^7-n^5-n^4)=4n^4(n(n-1)(n+1)-1)&xet;-ben az utolsó tényező &tex;\displaystyle 3k+2&xet; alakú, így van &tex;\displaystyle 3k+2&xet; alakú prímosztója. Ellentmondásra jutottunk, nincs megoldás.

Igen, ez kijön beszorításosan. :) És akkor következik:

B.4643.'' Mely &tex;\displaystyle (n,k)&xet; egész számpárokra teljesül:

&tex;\displaystyle n^7-n^5-n^4=k^2-k+1.&xet;

Nem számoltam végig, de valószínűleg nincs több. Egy könnyű út: 4 eset van aszerint, hogy n és k milyen előjelű: ha például &tex;\displaystyle n<0; k\ge 0&xet;, akkor &tex;\displaystyle N=-n;K=k&xet; jelöléssel az egyenlet (&tex;\displaystyle N,K\ge 0&xet;)-ra &tex;\displaystyle N^4-N^2+N=K^2-K+1&xet;, itt &tex;\displaystyle K^2-K+1&xet; monoton növő a nemneg. egészeken. De &tex;\displaystyle K=N^2+1&xet;-re &tex;\displaystyle K^2-K+1=N^4+N^2+1>N^4-N^2+N&xet;, továbbá &tex;\displaystyle K=N^2&xet;-re &tex;\displaystyle K^2-K+1=N^4-N^2+1<N^4-N^2+N&xet;, ha &tex;\displaystyle N>1&xet;. Így csak az lehet a monotonitás miatt, hogy &tex;\displaystyle N=0&xet; vagy &tex;\displaystyle N=1&xet; (ez utóbbi ad 2 megoldást). Többi eset is hasonló lehet.

Keresd meg az összeset!

Igen léteznek: &tex;\displaystyle n=-1;k=0&xet;, és &tex;\displaystyle n=-1;k=1&xet; megoldások.

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;?

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.

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.

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:

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.

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)

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.

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.

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.