Fórum: GEOMETRIA

Talán jobban olvasható ez a nagyított szöveg:

A 188. feladat a 185. köpönyegéből bújt elő, ezért HoA [1899]-es szép megoldása - átbetűzések után - megoldja 188-at is.

Utóbbira felteszek egy új megoldást, amely a Casey-tételkört érinti oda-vissza. Egyúttal köszönöm W-nek, hogy a témáról alapos összegzést adott [1894]-[1895]-ben.

Ha már ismét előjött Sawayama, felteszem elemi megoldásomat a 185. feladatra ( KöMaL 1285. feladat, ld itt [1879]) mielőtt feledésbe merül.

Legyen a körülírt kör $\displaystyle k$, az AB-t P-ben , AC-t Q-ban érintő kör $\displaystyle k_1$ , külső hasonlósági pontjuk K, erről fogjuk megmutatni, hogy rajta van $\displaystyle k$-n. Itt is igaz, mint [1880] –ban, hogy a hasonlóságban P ill Q megfelelői az AB, AC ívek L ill. M felezőpontjai. Ismert, hogy az M középpontú MA sugarú és az L középpontú LA sugarú körök O-n is átmennek, ezért AO e két kör közös húrja, centrálisuk, LM ennek felező merőlegese. A BO és CO szögfelezők $\displaystyle k$-t M-ben ill. L-ben metszik. LM metszéspontja AB-vel ill. AC-vel legyen S ill. U. AO szögfelező, így ASOU rombusz, oldalhossza legyen t. A párhuzamos szelők tétele miatt t hosszúságú SP és UQ is. LSA és OUM $\displaystyle \Delta$ -ek hasonlók, mert S-nél ill. U-nál lévő szögeik váltószögek, A-nál ill. M-nél lévő szögeik pedig az LB ívhez tartozó kerületi szögek. Innen az oldalak arányára

$\displaystyle t / s = u/t$

Emiatt hasonlóak a $\displaystyle h_1$ = PSL és $\displaystyle h_2$ = MUQ $\displaystyle \Delta$-ek, mert megegyeznek két oldal arányában és a közbezárt szögben ( S –nél ill. U-nál fekvő szögük az ASOU rombusz ASU = AUS félszögének csúcsszögei ) . $\displaystyle h_1$-hez és $\displaystyle h_2$-höz hasonló a $\displaystyle h_3$ = KML $\displaystyle \Delta$ , mert két szöge ( M-nél ill. L-nél ) megegyezik az előbbiek egy-egy, egymásnak nem megfelelő szögével. LKM $\displaystyle \angle$ = MUQ $\displaystyle \angle$= AUS $\displaystyle \angle$ = 90 – $\displaystyle \alpha$/2 , ami megegyezik az ML = MA + AL ívhez tartozó $\displaystyle \beta$/2 + $\displaystyle \gamma$/2 kerületi szöggel, K tehát rajta van k-n.

amúgy ez a koaxális körös, ez koaxiális akar lenni, vagy, valahonnan máshonnan kapta a nevét? Úgy sem látom több értelmét, de legalább valamit jelent. (valami olyat, amit én is ismerek)

Hát, a Ptoleimaiosz-ból (és a koaxális körök lemmájából) azonnal adódik:

Ha az alsó érintési pont D, D-ből a megfelelő távolságok $\displaystyle a,b,c$ (ahol $\displaystyle a=b$); és l az az arány, hogy l*i az i. pont $\displaystyle k_1$-hez húzott érintőjének a hossza, akkor:

$\displaystyle \frac{AB+BC}{AC}=\frac{l(a+b)+BC}{l(a+c)}$

ahol a Ptolemaiosz-tétel értelmében

$\displaystyle BC \cdot a = c \cdot l (a+b) ~ + ~ b \cdot l (a+c)=3 l a c + l a^2$

azaz $\displaystyle BC=3 l c + l a$, és $\displaystyle \frac{AB+BC}{AC}=3$.

(Valószínűleg kis módosítással adódik, hogy ha U nem az AB felezőpontja, és, D nem az AB felező merőlegesén van (hanem az egyik Apollóniusz-körén), akkor, ez az arány így is konstans. Bár az előbb 'véletlen' volt, hogy kiestek a dolgok.)

.. valaki ismer erre szépet? Nézegettem az előbb belinkelt Poncelet-eset, ott hasonló konfigurációk vannak, de, ahogy néztem pont ez nincs. .. mert az összefüggés nagyon szép rövid, egyszerű.

Ez rövid volt, gratula!

Geom.progival nézegetve, az oldalak hosszaira ez állhat:

$\displaystyle {AB + BC = {\it 3}\cdot AC}.$

Bizonyítsuk be a fenti összefüggést! (188/b. feladat)

Casey-tétel. Adott a $\displaystyle k$ irányított kör és az azt $\displaystyle A,B,C,D$ pontokban érintő $\displaystyle \alpha,\beta,\gamma,\delta$ irányított körök. Ekkor ha $\displaystyle ABCD$ négyszög konvex, akkor

Casey-tétel megfordítása. Adott négy irányított kör a síkon: $\displaystyle \alpha,\beta,\gamma,\delta$. Ekkor ha teljesítik a $\displaystyle (*)$ összefüggést, akkor van olyan irányított $\displaystyle k$ kör vagy olyan egyenes, amely mind a négyet érinti.

$\displaystyle$

Bizonyítás. Maga a Casey-tétel egyszerű következménye a $\displaystyle (2)$ képletnek. Ebből a képletből behelyettesítéssel látható, hogy $\displaystyle (*)$ fennállása nem függ a négy kör sugarától, csupán a négy érintési pont helyzetétől. Vagyis vehetjük a köröket ponttá fajulónak, és ezzel a Ptolemaiosz-tételre vezettük vissza a Casey-t.

Igazából Sharygin szerint lehetünk ügyesebbek is: egy mozdulattal mind a Casey-tételt, mint speciális esetét, a Ptolemaiosz-tételt is levezethetjük, ha a négy körsugarat inkább úgy vesszük fel, hogy $\displaystyle \alpha$ és $\displaystyle \delta$ ponttá fajuljon és $\displaystyle \beta,\gamma$ az $\displaystyle AD$ húrt érintse. Ekkor a $\displaystyle (*)$-beli mennyiségek mind az $\displaystyle AD$ szakaszon jelennek meg, és ezekre $\displaystyle (*)$-ot már gyerekjáték ellenőrizni.

A Casey-tétel akkor is igaz marad, ha $\displaystyle k$ nem kör, hanem egyenes. Sőt, éppen ugyanaz a triviális állítás, mint az, amit az imént $\displaystyle AD$ húron megjelenítettünk.

A megfordítás pedig klasszikus tételmegfordítás: magát a tételt használó indoklása van.

Mindenekelőtt jegyezzük meg, hogy $\displaystyle (1)$ szerint ha mind a négy irányított körünk sugarát ugyanazzal a mennyiséggel változtatjuk, azzal minden közös érintőszakasz ugyanakkora marad, és közben jól láthatóan a négy kört érintő irányított kör (vagy egyenes) léte sem csorbul. Emiatt változathatjuk a körsugarakat úgy, hogy mondjuk $\displaystyle \alpha$ egyetlen $\displaystyle A$ ponttá fajuljon.

Hogyha a $\displaystyle \beta,\gamma,\delta$ körök ekkor szintén pontok lesznek, akkor a Ptolemaiosz-tétel megfordítása miatt készen vagyunk. Egyéb esetben pedig az apollóniuszi probléma miatt van két különböző irányított kör (vagy egyenes), ami $\displaystyle \beta,\gamma,\delta$ mindegyikét érinti: legyenek ezek $\displaystyle k_1$ és $\displaystyle k_2$.

Vezessük be még a $\displaystyle \lambda=\frac{t_{A\beta}}{t_{A\delta}}$ és $\displaystyle \mu=\frac{t_{A\gamma}}{t_{A\delta}}$ jelölést. Ekkor a feltétel szerint

$\displaystyle \mu=\frac{t_{A\gamma}}{t_{A\delta}}=\frac{t_{A\beta}t_{\gamma\delta}+t_{A\delta}t_{\beta\gamma}}{t_{A\delta}t_{\beta\delta}}=\frac{\lambda t_{\gamma\delta}+t_{\beta\gamma}}{t_{\beta\delta}}.$

A Hraskó-féle koaxális körös lemma szerint $\displaystyle A$ rajta van azon az $\displaystyle \ell$ körön/egyenesen, amit a $\displaystyle \lambda$ arány és $\displaystyle \beta,\delta$ kör meghatároz, illetve azon az $\displaystyle m$ körön/egyenesen, amit $\displaystyle \mu$ arány és $\displaystyle \gamma,\delta$ kör meghatároz.

Tegyük össze a két előbbi definíciót! Az $\displaystyle \ell$ és $\displaystyle k_1$ két pontban metsz, hisz $\displaystyle k_1$ érinti $\displaystyle \beta$-t és $\displaystyle \delta$-t. Az is igaz, hogy éppen az egyik metszéspont a $\displaystyle k_1$ kör azon ívére esik, ami nem tartalmazza a $\displaystyle k_1$-nek $\displaystyle \gamma$-val való érintési pontját. Legyen ő $\displaystyle A_1$. Ez azért használ, mert a Casey-tételt felírhatjuk:

$\displaystyle t_{A_1\gamma}t_{\beta\delta}=t_{A_1\beta}t_{\gamma\delta}+t_{A_1\delta}t_{\beta\gamma},$

$\displaystyle \frac{t_{A_1\gamma}}{t_{A_1\delta}}=\frac{\lambda t_{\gamma\delta}+t_{\beta\gamma}}{t_{\beta\delta}}=\mu,$

vagyis $\displaystyle A_1\in m$. Hasonlóan felvéve $\displaystyle k_2$-n az $\displaystyle A_2$ pontot, elmondható, hogy $\displaystyle A_2\in \ell$-ből $\displaystyle A_2\in m$ következik.

Tehát $\displaystyle A,A_1,A_2$ három pont, ami $\displaystyle \ell\cap m$ metszetbe tartozik. Két kör/egyenes legfeljebb két pontban metszhet, ezért vagy $\displaystyle A$ egybeesik $\displaystyle A_1,A_2$ egyikével és készen vagyunk, vagy pedig marad a kellemetlen $\displaystyle A_1=A_2$ eset.

Azt az esetet, hogy $\displaystyle A_1=A_2$, azzal gyógyíthatjuk, hogy észrevesszük, hogy ilyenkor $\displaystyle \ell$ és $\displaystyle m$ érintkeznek, és úgy $\displaystyle A=A_1=A_2$ következik. Azért lesz $\displaystyle \ell$ és $\displaystyle m$ érintő, mert ha $\displaystyle \lambda$-t lecseréljük valami $\displaystyle \lambda’\to \lambda$-ra, úgy a kapott $\displaystyle A_1’$ és $\displaystyle A_2’$ pontok már különbözőek, és ez a két különböző metszéspontja a nyert $\displaystyle \ell’$ és $\displaystyle m’$ görbéknek; mivel $\displaystyle A_1’$ és $\displaystyle A_2’$ is az $\displaystyle A_1=A_2$-höz fog tartani, ezért $\displaystyle \ell$ és $\displaystyle m$ „mindkét metszéspontja” $\displaystyle A_1=A_2$, vagyis érintkeznek. (Ez ilyenformán meggyőző érvelésnek hangzik, de precizzé tehető.)

A bizonyítás ezzel pedig véget ért.

Leírom saját tolmácsolásomban a Casey-tételt és megfordítását, bizonyítással együtt.

Az "oda irány" az angol Wikipédián látott bizonyítás diszkusszióval való helyessé tételével adódott. A megfordítás bizonyítása a Sharygin: Problems in Plane Geometry c. könyvben található meg.

Sajnálom, ábrá(ka)t nem csatolok, az Olvasónak papírt és rajzszerszámot kell majd ragadnia, ha nem kívánja fejben elképzelni az ábrákat.

Szükségünk lesz az irányított kör fogalmára. Egy irányított kör egy kör a síkon, amihez egy $\displaystyle \epsilon\in\{1,-1\}$ előjelet rendelünk. Azt mondjuk, hogy az irányított kör sugara $\displaystyle R=\epsilon |R|$, ahol $\displaystyle |R|$ a szokásos értelemben vett sugár. Azt mondjuk, hogy $\displaystyle x,y$ irányított körök érintik egymást, hogyha irányítatlan köreik belülről érintik egymást és $\displaystyle x,y$ azonos irányítású, vagy pedig kívülről érintik egymást és $\displaystyle x,y$ ellentétes irányítású. (Például: egybeeső körök belülről érintik egymást, ezért azonos irányításnál érintőek, különböző irányításnál nem. Egy ponttá fajuló kör irányítása mindegy, mert $\displaystyle 0$ a sugara.)

Jelölje még $\displaystyle x,y$ irányított körökhöz $\displaystyle t_{xy}$ az $\displaystyle x$ és $\displaystyle y$ körök közös „külső” érintőszakaszának a hosszát. Vagyis ha $\displaystyle x,y$ azonos irányítású, a külső érintőszakaszt, ha különböző irányítású, a belső érintőszakaszt kell venni.

Legyen $\displaystyle x,y$ irányított körök középpontja $\displaystyle O_x,O_y$, sugara $\displaystyle R_x,R_y$. Ekkor Pitagorasz-tétel szerint

és ebből levezethető, hogy ha $\displaystyle x,y$ rendre az $\displaystyle X,Y$ pontban érint egy $\displaystyle R_k$ sugarú irányított $\displaystyle k$ kört, akkor

Fontos még az apollóniuszi problémáról szót ejteni. Tulajdonképpen következik belőle, hogy ha adott három irányított kör, $\displaystyle x,y,z$, melyek valamelyikének nem nulla a sugara, akkor két olyan irányított kör is adható, melyek $\displaystyle x,y,z$ mindegyikét érintik.

Még egy lemmát használunk, amit koaxális körök lemmájaként is hallottam, bár én elsőként ebben a cikkben láttam, nevezetesen hogy ha adott két kör, akkor az olyan pontok halmaza, melyekre a két körhöz húzott érintők hosszainak aránya $\displaystyle \lambda$, kör, ha $\displaystyle \lambda\neq 1$, és épp a hatványvonal, ha $\displaystyle \lambda=1$. (Amúgy ha a két körünk ponttá fajul, épp a pontok Apollóniusz-köreit kapjuk.)

Ennyi bevezetés után rátérek a két állítás kimondására.

Sawayama => egy $\displaystyle ABC$ háromszög két oldalát érintő kör pontosan akkor érinti a $\displaystyle k$ körülírt körét is, ha az érintési pontok tükrösek a beírt kör $\displaystyle I$ középpontjára.

Ez alapján: t tükörképe I-re átmegy U-n, tehát átmegy Z-n is, ezt akartuk belátni.

Megpróbálom hamarosan leírni a preciz kimondását a tételnek és a megfordításnak. Van bizonyítás is hozzájuk. (Szeretném viszont az irányításokat is rendbetenni.)

Mit értesz megfordításon? Ahogy én ismerem, ez a tétel adott módon érintkező 1 + 4 kör közös érintőszakaszai közötti méretes összefüggést állít. Mi ennek a megfordítottja?

188. feladat: Adott egy $\displaystyle k$ kör az $\displaystyle AB$ húrral, s annak $\displaystyle U$ felezéspontjával. Legyen adott a $\displaystyle k_1$ kör úgy, hogy érintse az $\displaystyle AB$ szakaszt $\displaystyle U$-ban és érintse a $\displaystyle k$ kört. A $\displaystyle k_1$ kör $\displaystyle A$-n átmenő, $\displaystyle AB$-től különböző érintőjét jelöljük $\displaystyle t$-vel. A $\displaystyle k$ kör és $\displaystyle t$ $\displaystyle A$-tól különböző metszéspontja $\displaystyle C$, a $\displaystyle BC$ szakasz felezéspontja $\displaystyle Z$. Tekintsük azt a $\displaystyle k_2$ kört, amelyik a $\displaystyle BC$ egyenest $\displaystyle Z$-ben érinti és érinti az $\displaystyle AC$ egyenest. Bizonyítsuk be, hogy $\displaystyle k_2$ és $\displaystyle k$ érinti egymást.

Létezik-e a Casey-tétel megfordításának elemi geometriai bizonyítása?

Aha. És az igaz-e, hogy a köréírt körük középpontja is egyenletesen, egyenesen mozog? (például limeszben mozoghat egyenesen, hogy egyébként hiperbola/harmadrendű a mértani helye)

Ha nem ajánlasz mást, akkor a 187. feladat legyen egy szokásos, szimpla egyeneses-távolságos (csak mert az én megoldásom ronda, és nem találok szépet):

$\displaystyle ABCD$ négyszögben $\displaystyle M$,$\displaystyle N$ $\displaystyle :=$ mid($\displaystyle AC$), mid($\displaystyle BD$); $\displaystyle E$,$\displaystyle F$ $\displaystyle :=$ $\displaystyle MN \cap AB$, $\displaystyle MN \cap CD$; $\displaystyle P$ $\displaystyle :=$ $\displaystyle AC \cap BD$; $\displaystyle Q$ $\displaystyle :=$ $\displaystyle ED \cap AF$, (lásd ábra), bizonyítsd be, hogy $\displaystyle QP$ felezi az $\displaystyle EF$ szakaszt.

Aztán, valaki ajánljon mást (mondjuk, aki megoldja).

Ebben a formában nem igaz. Például, ha a négy pont $\displaystyle A(t)=(-t,0)$, $\displaystyle B(t)=(t,0)$, $\displaystyle C(t)=(2t,1)$ és $\displaystyle D(t)=(-2t,1)$, akkor $\displaystyle t=0$ esetén két-két pont egybeesik, $\displaystyle t\ne0$ esetén pedig a négy pont egy szimmetrikus trapéz csúcsai. A négy pont tehát mindig egy körön van. Ugyanakkor a négy sebességvektor $\displaystyle (-1,0)$, $\displaystyle (1,0)$, $\displaystyle (2,0)$ és $\displaystyle (-2,0)$ egy egyenesre esik.

Az viszont igaz, hogy a négy sebességvektor egy körre vagy egy egyenesre esik. Ha valamelyik két sebességvektor egyenlő, akkor a sebességvektorok triviálisan egy körön vagy egyenesen vannak. Tegyük tehát fel, hogy a négy sebességvektor különböző. Tekintsük a pontokat komplex számoknak, és vizsgáljuk a

$\displaystyle \big(A(t),B(t),C(t),D(t)\big) = \frac{C(t)-A(t)}{B(t)-C(t)}:\frac{D(t)-A(t)}{B(t)-D(t)}$

kettősviszony határértékét, ha $\displaystyle t\to\infty$. A négy pont akkor és csak akkor van egy körön vagy egy egyenesen, ha a kettősviszony nem értelmes, mert valamelyik két pont egybeesik (ilyen legfeljebb 4 pillanatban történhet), vagy a kettősviszony tisztán valós. A ketősviszony tehát véges sok ponttól eltekintve valós, így a határértéke is tisztán valós. A határértéke viszont éppen a sebességvektorokból készített kettősviszony:

$\displaystyle \lim_{t\to\infty} \big(A(t),B(t),C(t),D(t)\big) = \lim_{t\to\infty}\frac{\frac{C(t)}t-\frac{A(t)}t}{\frac{B(t)}t-\frac{C(t)}t}:\frac{\frac{D(t)}t-\frac{A(t)}t}{\frac{B(t)}t-\frac{D(t)}t} = \frac{C'-A'}{B'-C'}:\frac{D'-A'}{B'-D'} = (A',B',C',D'),$

így ez is valós, tehát a négy sebességvektor, $\displaystyle A'$, $\displaystyle B'$, $\displaystyle C'$ és $\displaystyle D'$ egy körön vagy egy egyenesen van.

186. feladat: Igaz-e, hogy ha 4 pont egyenletes sebességgel mozog a síkon úgy, hogy minden t időpillanatban egy körre esnek, akkor a sebességvektoraik végpontjai is egy körre esnek?

Pontosabban erre leltem rá először, majd utána a MP-ra is.

Köszi. Közben a kép alapján ráleltem a MathPuzzle az első linkeddel teljesen hasonló oldalára.

Hiányoltam az ún. Cairo csempézést, de ez alapján rájöttem, hogy az a 2-es és 4-es típusba is beletartozik, ahogy sejtettem is az átfedás lehetőségét.

Mások rácspontokon keresztül osztályoznak, de a többlet rácspontnál a szögnek 180 fokosnak kell lennie.

http://www.mathpuzzle.com/tilepent.html egy csoporton belül az oldalak és szögek között van bizonyos összefüggés megadva (itt csak a korábban ismert 14 csempézés található, de a guardian megadja a legújabbnál az összefüggéseket).

Ez is releváns oldal: https://en.wikipedia.org/wiki/Pentagon_tiling eszerint ezek a konvex(!) ötszöggel való csempézések.

Most olvastam egy cikket a sík ötszögekkel történő lefedéséről, amely cikk erre az angol cikkre hivatkozik.

Angolul nem értek annyira, hogy megértsem a forráscikket, a magyar cikkben meg szerintem nincs minden feltétel leírva.

Lényeg és ami engem érdekelne, hogy mi külön-külön a 15 féle lefedési forma egyedisége?

Úgy érzem, hogy némely lefedések valamely feltételben hasonlóak, így csoportosíthatók és a csoporton belül egyéb, külön feltételek megléte miatt különbözik a csoport többi tagjától. És azt sem tartom kizártnak, hogy egyes csoportok átfedőek.

Minden infó érdekel és előre köszönök minden segítséget.

A megoldás szép és egyszerű, de én a Pascal-tételt, mint a projektív geometria tárgyába tartozót, nem érzem elég eleminek. :-)

Tekintsük inkább azt az $\displaystyle \omega$ kört, amely a körülírt $\displaystyle k$ kört belülről érinti $\displaystyle K$-ban, és érinti még az $\displaystyle AB,AC$ félegyeneseket $\displaystyle X$ és $\displaystyle Y$ pontban.

Az érintés miatt $\displaystyle \omega$ kör $\displaystyle k$-ba vihető egy nagyítással $\displaystyle K$-ból, és e nagyítással $\displaystyle X$ képe olyan $\displaystyle L$ pont $\displaystyle k$-nak a $\displaystyle C$-t nem tartalmazó $\displaystyle AB$ ívén, amelyben húzott érintő párhuzamos $\displaystyle AB$-vel: ez éppen az $\displaystyle AB$ ív felezőpontja. Hasonlóan, $\displaystyle Y'$ pedig a megfelelő $\displaystyle AC$ ív $\displaystyle M$ felezőpontja lesz.

Ha most alkalmazzuk a Pascal-tételt a $\displaystyle KLCABM$ húrhatszögre, adódik, hogy $\displaystyle KL\cap AB=X$, $\displaystyle LC\cap BM=O$ (ez a beírt kör középpontja, hisz két szögfelező metszéspontja) és $\displaystyle CA\cap MK=Y$ egy egyenesre esik. Továbbá mivel $\displaystyle AB,AC$-t érinti, így $\displaystyle \omega$ szimmetrikus $\displaystyle BAC\angle$ szögfelezőjére, így $\displaystyle AO$ és $\displaystyle XY$ merőleges lesz. Tehát $\displaystyle X=P$, $\displaystyle Y=Q$ és készen vagyunk.

(Egyébként ez a feladat is a Sawayama-lemma következménye.)

Már régen nem szerepelt itt a téma saját számozású feladata. Ha nem tévedek, az [1742] -beli "N+1-edik" feladatot nem számítva 184. volt az utolsó. Legyen tehát a

185. feladat : Az $\displaystyle ABC$ háromszögbe írt kör $\displaystyle O$ középpontján át az $\displaystyle AO$ szögfelezőre állított merőleges az $\displaystyle AB$ olalt $\displaystyle P$-ben, $\displaystyle AC$-t $\displaystyle Q$-ban metszi. Rajzoljuk meg azt a kört, amely $\displaystyle AB$-t $\displaystyle P$-ben , $\displaystyle AC$-t $\displaystyle Q$-ban érinti. Bizonyítsuk be, hogy ez a kör érinti a háromszög körülírt körét.

Ez valójában egy "Lejárt határidejű KöMaL feladat" ( 1285. ) , de annyira lejárt, hogy inkább ide teszem. Annak ikdején a Lapban egy számításos megoldás jelent meg. Itt a fórumon a GEOMETRIA témában már találkoztunk ezzel a körrel ( ld. 151. feladat [1217] ) . Az ott következő hozzászólásokban közel kerültünk a mostani feladat inverziós megoldásához. Ezért most egy elemi geometriai megoldás reményében teszem fel.

Kiindultam a HoA féle szinuszos egyenletből. Felvettük ,,véletlenszerűen" az együtthatók értékeit, és ekkor $\displaystyle \cos\alpha$-ra egy negyedfokú egyenletet kaptunk. Az a kérdés, hogy ennek az egyenletnek a gyökei szekeszthetőek-e. Az egy igazi jó kizáró ok lenne, ha ez egy harmadfokú, $\displaystyle Q$ fölött felbonthatalan polinom lenne. Sajnos nem az. Ha valaki találna paramétereket úgy, hogy ez egy első és harmadfokú szorzata lenne, és az elsőfokú gyöke nem megoldás, akkor nyilvánvalóbb lenne az indoklás. Ezért kis érdeklődés és lapozgatás után rábukkantam arra az összefüggésre, hogy ha találunk egy olyan prímet, ami fölött ennek a polinomnak van fölbonthatatlan, páratlanfokú osztója, akkor nem szerkeszthető a gyöke. Kézenfekvő volt az 5.

Nem látom, hogy D ismerete nélkül hogyan kapjuk meg B-t O-hoz és A-hoz.