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.
[1206] Róbert Gida2024-04-16 00:17:16

Lejárt A876. megoldása, kb háromszor rövidebben, a ChatGpt stilusú bizonyítás helyett:
Mod \(\displaystyle 3\) nézve az egyenletet az \(\displaystyle a\) páros. \(\displaystyle a>2\) feltehető. A \(\displaystyle 31\) rendje \(\displaystyle 25\) modulo \(\displaystyle 125\), számolással \(\displaystyle b\equiv 21\) (mod \(\displaystyle 25\)). (ez a \(\displaystyle 3\). bekezdés volt).

A \(\displaystyle 31\) rendje szintén \(\displaystyle 25\) modulo \(\displaystyle 101\). Ebből \(\displaystyle 5^{a}=31^{b}-6\equiv 31^{21}-6\equiv 73\) mod 101. Azaz \(\displaystyle 5^a\equiv 73\) (mod 101). De ez ellentmondás, mert \(\displaystyle 5^a\) kvadratikus maradék, mert \(\displaystyle a\) páros, viszont \(\displaystyle 73\) kvadratikus nemmaradék modulo \(\displaystyle 101\). Így tényleg csak \(\displaystyle a=2;b=1\) ad megoldást.

[1205] marcius82024-04-13 07:27:01

B.5381. Adott az \(\displaystyle Ω_{külső}\) körbe írt \(\displaystyle ABCDEFGH\) nyolcszög, és \(\displaystyle Ω_{külső}\) kör belsejében az \(\displaystyle Ω_{belső}\) kör. Tegyük fel, hogy az \(\displaystyle ω_1\), \(\displaystyle ω_2\), \(\displaystyle ω_3\), \(\displaystyle ω_4\) körök kívülről érintik \(\displaystyle Ω_{belső}\) kört, továbbá:

- \(\displaystyle ω_1\) belülről érinti az \(\displaystyle Ω_{külső}\) kör \(\displaystyle AB\) ívét, az \(\displaystyle AF\) és a \(\displaystyle BE\) szakaszt;

- \(\displaystyle ω_2\) belülről érinti az \(\displaystyle Ω_{külső}\) kör \(\displaystyle CD\) ívét, a \(\displaystyle CH\) és a \(\displaystyle DG\) szakaszt;

- \(\displaystyle ω_3\) belülről érinti az \(\displaystyle Ω_{külső}\) kör \(\displaystyle EF\) ívét, az \(\displaystyle AF\) és a \(\displaystyle BE\) szakaszt;

- \(\displaystyle ω_4\) belülről érinti az \(\displaystyle Ω_{külső}\) kör \(\displaystyle GH\) ívét, a \(\displaystyle CH\) és a \(\displaystyle DG\) szakaszt.

Mutassuk meg, hogy az \(\displaystyle AF\), \(\displaystyle BE\), \(\displaystyle CH\) és \(\displaystyle DG\) szakaszok által bezárt négyszögbe kört lehet írni.

Az \(\displaystyle Ω_{belső}\) kör középpontja: \(\displaystyle K_{belső}(x_{belső};y_{belső})\), sugara: \(\displaystyle R_{belső}\).

Az \(\displaystyle Ω_{külső}\) kör középpontja: \(\displaystyle K_{külső}(x_{külső};y_{külső})\), sugara: \(\displaystyle R_{külső}\).

Az \(\displaystyle ω_1\) kör középpontja: \(\displaystyle K_1(x_1;y_1)\), sugara: \(\displaystyle R_1\).

Az \(\displaystyle ω_2\) kör középpontja: \(\displaystyle K_2(x_2;y_2)\), sugara: \(\displaystyle R_2\).

Az \(\displaystyle ω_3\) kör középpontja: \(\displaystyle K_3(x_3;y_3)\), sugara: \(\displaystyle R_3\).

Az \(\displaystyle ω_4\) kör középpontja: \(\displaystyle K_4(x_4;y_4)\), sugara: \(\displaystyle R_4\).

A továbbiakban legyen:

\(\displaystyle d_1={\rm det}\begin{vmatrix} x_2 & y_2 & 1\\ x_3 & y_3 &1 \\ x_4 & y_4 & 1 \end{vmatrix}\)

\(\displaystyle d_2={\rm det}\begin{vmatrix} x_1 & y_1 & 1\\ x_3 & y_3 &1 \\ x_4 & y_4 & 1 \end{vmatrix}\)

\(\displaystyle d_3={\rm det}\begin{vmatrix} x_1 & y_1 & 1\\ x_2 & y_2 &1 \\ x_4 & y_4 & 1 \end{vmatrix}\)

\(\displaystyle d_4={\rm det}\begin{vmatrix} x_1 & y_1 & 1\\ x_2 & y_2 &1 \\ x_3 & y_3 & 1 \end{vmatrix}\)

A \(\displaystyle d_1\), \(\displaystyle d_2\), \(\displaystyle d_3\), \(\displaystyle d_4\) determinánsok abszolút-értéke rendre egyenlők a \(\displaystyle K_2K_3K_4\), \(\displaystyle K_1K_3K_4\), \(\displaystyle K_1K_2K_4\), \(\displaystyle K_1K_2K_4\) háromszögek területének kétszeresével. A \(\displaystyle K_1K_2K_3K_4\) négyszög körüljárásától függően vagy mindegyik determináns értéke pozitív, vagy mindegyik determináns értéke negatív.

Legyen \(\displaystyle K\) a \(\displaystyle K_1K_3\) egyenes és a \(\displaystyle K_2K_4\) egyenes metszéspontja. Ekkor a következő összefüggések teljesülnek:

\(\displaystyle K_1K:KK_3=d_3:d_1\), azaz \(\displaystyle K=\frac{d_1*K_1+d_3*K_3}{d_1+d_3}\).

\(\displaystyle K_2K:KK_4=d_4:d_2\), azaz \(\displaystyle K=\frac{d_2*K_2+d_4*K_4}{d_2+d_4}\).

Az \(\displaystyle ω_1\), \(\displaystyle ω_3\) körök külső érintőit érintő kör középpontja rajta van \(\displaystyle K_1K_3\) egyenesen.

Az \(\displaystyle ω_2\), \(\displaystyle ω_4\) körök külső érintőit érintő kör középpontja rajta van \(\displaystyle K_2K_4\) egyenesen.

Tehát a négy külső érintő kör középpontja, ha van ilyen, egyenlő a \(\displaystyle K_1K_3\) és \(\displaystyle K_2K_4\) egyenesek \(\displaystyle K\) metszéspontjával.

Annak a körnek a sugara, amelynek középpontja a \(\displaystyle K\) pont, és érinti az \(\displaystyle ω_1\), \(\displaystyle ω_3\) körök külső érintőit, a következőképpen számolható ki:

\(\displaystyle R=\frac{d_1*R_1+d_3*R_3}{d_1+d_3}\).

Annak a körnek a sugara, amelynek középpontja a \(\displaystyle K\) pont, és érinti az \(\displaystyle ω_2\), \(\displaystyle ω_4\) körök külső érintőit, a következőképpen számolható ki:

\(\displaystyle R=\frac{d_2*R_2+d_4*R_4}{d_2+d_4}\).

Tehát, ha van olyan \(\displaystyle ω\) kör, amely érinti az \(\displaystyle ω_1\), \(\displaystyle ω_3\) körök közös külső érintőit, és érinti az \(\displaystyle ω_2\), \(\displaystyle ω_4\) körök közös külső érintőit, annak a középpontja csak a \(\displaystyle K_1K_3\) és \(\displaystyle K_2K_4\) egyenesek „K” metszéspontja lehet, és sugara egyrészt \(\displaystyle R_{13}\)-mal kell egyenlő legyen, másrészt \(\displaystyle R_{24}\)-gyel kell egyenlő legyen. Tehát ahhoz, hogy legyen ilyen \(\displaystyle ω\) kör, \(\displaystyle R_{13}=R_{24}\) egyenlőségnek teljesülnie kell, ekkor viszont teljesülnie kell a következő egyenletnek:

[1204] marcius82024-04-12 20:43:17

Tehát, ha van olyan \(\displaystyle ω\) kör, amely érinti az \(\displaystyle ω_1\), \(\displaystyle ω_3\) körök közös külső érintőit, és érinti az \(\displaystyle ω_2\), \(\displaystyle ω_4\) körök közös külső érintőit, annak a középpontja csak a \(\displaystyle K_1K_3\) és \(\displaystyle K_2K_4\) egyenesek „K” metszéspontja lehet, és sugara egyrészt \(\displaystyle R_{13}\)-mal kell egyenlő legyen, másrészt \(\displaystyle R_{24}\)-gyel kell egyenlő legyen.

Tehát ahhoz, hogy legyen ilyen \(\displaystyle ω\) kör, \(\displaystyle R_{13}=R_{24}\) egyenlőségnek teljesülnie kell, ekkor viszont teljesülnie kell a következő egyenletnek:

\(\displaystyle d_1*R_1+d_3*R_3=d_2*R_2+d_4*R_4\)

Rendezve ezt az egyenletet úgy, hogy jobb oldalon \(\displaystyle 0\) legyen:

\(\displaystyle R_1*d_1‒R_2*d_2+R_3*d_3‒R_4*d_4=0\)

Előzmény: [1203] marcius8, 2024-04-12 20:37:52
[1203] marcius82024-04-12 20:37:52

* *

Legyen \(\displaystyle K\) a \(\displaystyle K_1K_3\) egyenes és a \(\displaystyle K_2K_4\) egyenes metszéspontja. Ekkor a következő összefüggések teljesülnek:

\(\displaystyle K_1K:KK_3=d_3:d_1\), azaz \(\displaystyle K=\frac{d_1*K_1+d_3*K_3}{d_1+d_3}\).

\(\displaystyle K_2K:KK_4=d_4:d_2\), azaz \(\displaystyle K=\frac{d_2*K_2+d_4*K_4}{d_2+d_4}\).

Az \(\displaystyle ω_1\), \(\displaystyle ω_3\) körök külső érintőit érintő kör középpontja rajta van \(\displaystyle K_1K_3\) egyenesen.

Az \(\displaystyle ω_2\), \(\displaystyle ω_4\) körök külső érintőit érintő kör középpontja rajta van \(\displaystyle K_2K_4\) egyenesen.

Tehát a négy külső érintő kör középpontja, ha van ilyen, egyenlő a \(\displaystyle K_1K_3\) és \(\displaystyle K_2K_4\) egyenesek \(\displaystyle K\) metszéspontjával.

Annak a körnek a sugara, amelynek középpontja a \(\displaystyle K\) pont, és érinti az \(\displaystyle ω_1\), \(\displaystyle ω_3\) körök külső érintőit, a következőképpen számolható ki:

\(\displaystyle R=\frac{d_1*R_1+d_3*R_3}{d_1+d_3}\).

Annak a körnek a sugara, amelynek középpontja a \(\displaystyle K\) pont, és érinti az \(\displaystyle ω_2\), \(\displaystyle ω_4\) körök külső érintőit, a következőképpen számolható ki:

\(\displaystyle R=\frac{d_2*R_2+d_4*R_4}{d_2+d_4}\).

Előzmény: [1202] marcius8, 2024-04-12 20:26:23
[1202] marcius82024-04-12 20:26:23

B.5381. Adott az \(\displaystyle Ω_{külső}\) körbe írt \(\displaystyle ABCDEFGH\) nyolcszög, és \(\displaystyle Ω_{külső}\) kör belsejében az \(\displaystyle Ω_{belső}\) kör. Tegyük fel, hogy az \(\displaystyle ω_1\), \(\displaystyle ω_2\), \(\displaystyle ω_3\), \(\displaystyle ω_4\) körök kívülről érintik \(\displaystyle Ω_{belső}\) kört, továbbá:

- \(\displaystyle ω_1\) belülről érinti az \(\displaystyle Ω_{külső}\) kör \(\displaystyle AB\) ívét, az \(\displaystyle AF\) és a \(\displaystyle BE\) szakaszt;

- \(\displaystyle ω_2\) belülről érinti az \(\displaystyle Ω_{külső}\) kör \(\displaystyle CD\) ívét, a \(\displaystyle CH\) és a \(\displaystyle DG\) szakaszt;

- \(\displaystyle ω_3\) belülről érinti az \(\displaystyle Ω_{külső}\) kör \(\displaystyle EF\) ívét, az \(\displaystyle AF\) és a \(\displaystyle BE\) szakaszt;

- \(\displaystyle ω_4\) belülről érinti az \(\displaystyle Ω_{külső}\) kör \(\displaystyle GH\) ívét, a \(\displaystyle CH\) és a \(\displaystyle DG\) szakaszt.

Mutassuk meg, hogy az \(\displaystyle AF\), \(\displaystyle BE\), \(\displaystyle CH\) és \(\displaystyle DG\) szakaszok által bezárt négyszögbe kört lehet írni.

Az \(\displaystyle Ω_{belső}\) kör középpontja: \(\displaystyle K_{belső}(x_{belső};y_{belső})\), sugara: \(\displaystyle R_{belső}\).

Az \(\displaystyle Ω_{külső}\) kör középpontja: \(\displaystyle K_{külső}(x_{külső};y_{külső})\), sugara: \(\displaystyle R_{külső}\).

Az \(\displaystyle ω_1\) kör középpontja: \(\displaystyle K_1(x_1;y_1)\), sugara: \(\displaystyle R_1\).

Az \(\displaystyle ω_2\) kör középpontja: \(\displaystyle K_2(x_2;y_2)\), sugara: \(\displaystyle R_2\).

Az \(\displaystyle ω_3\) kör középpontja: \(\displaystyle K_3(x_3;y_3)\), sugara: \(\displaystyle R_3\).

Az \(\displaystyle ω_4\) kör középpontja: \(\displaystyle K_4(x_4;y_4)\), sugara: \(\displaystyle R_4\).

A továbbiakban legyen:

\(\displaystyle d_1={\rm det}\begin{vmatrix} x_2 & y_2 & 1\\ x_3 & y_3 &1 \\ x_4 & y_4 & 1 \end{vmatrix}\)

\(\displaystyle d_2={\rm det}\begin{vmatrix} x_1 & y_1 & 1\\ x_3 & y_3 &1 \\ x_4 & y_4 & 1 \end{vmatrix}\)

\(\displaystyle d_3={\rm det}\begin{vmatrix} x_1 & y_1 & 1\\ x_2 & y_2 &1 \\ x_4 & y_4 & 1 \end{vmatrix}\)

\(\displaystyle d_4={\rm det}\begin{vmatrix} x_1 & y_1 & 1\\ x_2 & y_2 &1 \\ x_3 & y_3 & 1 \end{vmatrix}\)

A \(\displaystyle d_1\), \(\displaystyle d_2\), \(\displaystyle d_3\), \(\displaystyle d_4\) determinánsok abszolút-értéke rendre egyenlők a \(\displaystyle K_2K_3K_4\), \(\displaystyle K_1K_3K_4\), \(\displaystyle K_1K_2K_4\), \(\displaystyle K_1K_2K_4\) háromszögek területének kétszeresével. A \(\displaystyle K_1K_2K_3K_4\) négyszög körüljárásától függően vagy mindegyik determináns értéke pozitív, vagy mindegyik determináns értéke negatív.

[1201] Lpont2024-04-12 16:03:43

Kós Gézának volt egy remek 5 részes cikksorozata "Térbe kilépő bizonyítások" címmel a Lap 2019.10 - 2020.02. számaiban, jó alapozás a hivatalos megoldáshoz.

Előzmény: [1200] BerkoErzsebet, 2024-04-12 05:52:16
[1200] BerkoErzsebet2024-04-12 05:52:16

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.

[1199] Lpont2024-04-11 23:49:07

Van valakinek az A.877. feladatra megoldása az euklidészi síkon?

Amúgy elegáns a hivatalos projektív geometriai megoldás.

[1198] Sinobi2024-03-29 09:09:40

Igaz-e, hogy mindig van kétirányú végtelen séta is?

Előzmény: [1197] Sinobi, 2024-03-29 08:56:06
[1197] Sinobi2024-03-29 08:56:06

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.

[1196] Lpont2024-03-19 18:13:56

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.

[1195] Lpont2024-03-13 00:49:26

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.

[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.

  [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]