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]    [45]    [46]    [47]    [48]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[1194] Lpont2024-02-05 15:21:27

Köszönöm, szebbnél szebb megoldások.

Visszanézve a korábbi "A"-s geometria problémákat, talán ez a feladat is inkább odavaló.

Előzmény: [1192] Johnny 10, 2024-02-05 15:04:24
[1193] Lpont2024-02-05 15:19:12

Thanks, but in my opinion, this problem is more "A" difficulty.

Előzmény: [1190] Tashi, 2024-02-05 00:02:44
[1192] Johnny 102024-02-05 15:04:24

A végén a két tört nevezőjében természetesen \(\displaystyle BY\) van:)

Előzmény: [1191] Johnny 10, 2024-02-05 15:00:50
[1191] Johnny 102024-02-05 15:00:50

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.

Előzmény: [1187] Lpont, 2024-02-02 15:33:55
[1190] Tashi2024-02-05 00:02:44

v4913 posted on AoPS a much better solution than what I have.

Előzmény: [1187] Lpont, 2024-02-02 15:33:55
[1189] Lpont2024-02-03 11:39:09

Thanks for the idea.

Előzmény: [1188] Tashi, 2024-02-02 18:12:35
[1188] Tashi2024-02-02 18:12:35

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.

[1187] Lpont2024-02-02 15:33:55

Látva a B.5357. statisztikáját felmerül a kérdés: ennyire nehéz volt a példa?

Esetleg egy megoldás-vázlat valakitől?

[1186] Lpont2023-11-13 22:24:34

Megjavult a megoldás.

Előzmény: [1185] Róbert Gida, 2023-11-12 02:26:42
[1185] Róbert Gida2023-11-12 02:26:42

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.

Előzmény: [1184] Lpont, 2023-11-12 00:36:11
[1184] Lpont2023-11-12 00:36:11

Lejárt C.1780. hivatalos megoldásához: Az a=b=2 megoldás lehet, ha a 0-t is négyzetszámnak tekintjük(?).

[1183] Róbert Gida2023-11-01 01:41:01

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.

[1182] Róbert Gida2023-10-24 03:59:55

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.

[1181] BerkoErzsebet2023-05-19 11:22:15

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.)

[1180] marcius82023-05-16 11:10:30

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

Előzmény: [1179] nadorp, 2023-05-16 11:06:19
[1179] nadorp2023-05-16 11:06:19

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:

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

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

Előzmény: [1177] marcius8, 2023-05-13 18:13:59
[1178] BerkoErzsebet2023-05-14 21:09:27

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.

Előzmény: [1176] marcius8, 2023-05-12 10:37:57
[1177] marcius82023-05-13 18:13:59

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.

Előzmény: [1176] marcius8, 2023-05-12 10:37:57
[1176] marcius82023-05-12 10:37:57

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?

[1175] marcius82023-05-12 09:50:20

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.

Előzmény: [1174] marcius8, 2023-05-12 09:48:47
[1174] marcius82023-05-12 09:48:47

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:

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

[1173] marcius82023-04-13 20:31:17

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).

[1172] marcius82023-04-13 19:46:52

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.

Előzmény: [1171] BerkoErzsebet, 2023-04-13 10:40:16
[1171] BerkoErzsebet2023-04-13 10:40:16

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.

[1170] marcius82023-03-15 23:23:09

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.

Előzmény: [1169] marcius8, 2023-03-15 13:29:03

  [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]    [45]    [46]    [47]    [48]