Fórum: Valaki mondja meg!

K Robi írta, hogy példatári feladat. A felvételin remélhetőleg olyan példát adtak, ami néhány perc alatt megoldható. A példatárba valószínű hiányosan, hibásan került bele a példa.

Miből derül ki, hogy Q felezőpont?

Elvárjuk a 14 éves diáktól, hogy javítsa a kitűzést úgy, hogy megoldható legyen a feladat?

Amennyiben az ábra csak "tájékoztató" jellegű, akkor legyen P a QC szakasz tetszőleges belső pontja, de ne illeszkedjen DB-re, minden más feltétel változatlan.

Ekkor, 8<ε<60 esetén végtelen sok megoldás van.

AB oldalának Q pontja helyett AB oldalának Q felezőpontja

Én is foglalkoztam a példával délután. A stílus nagyon ismerős volt. Sejtettem, hogy felvételi feladat. Azt, hogy az ábra tájékoztató jellegű, mindig odaírják.

A QCB és a PCB háromszögek hasonlóak, mert mindkettő egyenlő szárú és az alapon fekvő szögeik megegyeznek, ami a C csúcsnál fekvő szög mindkét háromszögben. Ekkor a szárszögek is egyenlőek, tehát CQB szög = PBC szög = ε.

Ha D, P, B pontok kollineárisak, akkor DBC szög = ε és az általad közölt tankönyvi végeredmény szerint a DBC háromszögben a B és C csúcsoknál fekvő szögek összege 16+164=180, vagyis ebben a háromszögben D-nél 0 fok van, a DBC háromszög szakasszá fajul.

Köszönöm a választ! "Az ábra csak tájékoztató jellegű vázlat, nem pontos méretű." Lehet, hogy hiba volt ezt lehagynom!

Ez kezd érdekes lenni, képzeld, erre a feladatra egy nyolcadikos felvételi előkészítő példatárban bukkantam, és bevallom, nem ment. Pedig nem nyolcadikos vagyok (nagyon nem), és nem is felvételi körülmények között próbálkoztam vele,és nem is pár percem volt rá, ahogy a nyolcadikus felvételizőknek.

Gyanús, hogy itt valami elírás/nyomdahiba lehet? Persze nekem nagyon tetszene, ha te így is megoldod, csaknem tudom követni, részletezed a megoldásod?

Ideteszem a teljes feladatot kivágva meg a megoldást is a példatár szerint.

Csal az ábra, ha a peremfeltételek igazak, akkor D, P, B nem lehetnek kollineárisak. Némi szögszámolás után P egybeesik Q-val, QCB háromszög szabályos és a kérdőjeles szögek rendre 0, 98, 60.

Ez egy széles körben ismert probléma. A keresett részek száma legyen k. A megoldás:

\(\displaystyle k=\binom{n}{0}+\binom{n}{2}+\binom{n}4=\frac{1}{24}(n^{4}-6n^{3}+23n^{2}-18n+24)\)

Bővebb információk és a feladattal kapcsolatos érdekességek az OEIS-adatbázisban: https://oeis.org/A000127/internal. E linkről kiindulva juthatunk el egy angol nyelvű megoldáshoz: https://maa.org/sites/default/files/Marc_Noy46792.pdf.

Egy részletes, magyar nyelvű megoldást olvashatunk a MATEMATIKAI PROBLÉMAKALAUZ I. című jegyzeben (4.75. probléma*). A kiadványt megvehetjük e-könyves, vagy nyomtatott formátumban is. Érdemes, most kedvezménnyel adják: https://interkonyv.hu/konyvek/kosztolanyi-jozsef-makay-geza-pinter-klara-pinter-lajos-matematikai-problemakalauz-i/

A nyomtatott jegyzet fedőlapjának fotója:

\(\displaystyle AD=DQ=DC\\ QC=QB\\ PB=CB\\\)

Sziasztok! Nyilván \(\displaystyle \alpha=82^{\circ}\) , de hogyan tovább? Nem jövök rá...

\(\displaystyle \beta=?\\ \delta=?\\ \varepsilon=?\)

Adott "n" pont egy kör kerületén. Páronként összekötjök a pontokat. Legfeljebb hány részre osztják ezek az összekötő szakaszok a körlemezt. Előre is köszönök minden segítséget.

Igen, és köszönöm a megoldást.

Mármint a teljes particionálás, \(\displaystyle n-2\) darab háromszögre kérdezed? Mert akkor ez ismert, \(\displaystyle C_{n-2}\), az \(\displaystyle n-2\)-edik Catalan szám.

Az N-nel jelölt konvex, n-oldalú sokszöget háromszögekre bontottuk azon átlóival, amelyek nem metszik egymást N belsejében. Hányféleképpen tehetjük meg ezt?

Találtam egy angol nyelvű pdf-et erről, ami több oldalon keresztül elmagyarázza ezt, itt: "https://web.northeastern.edu/seigen/11Magic/StebbinsStack/Si Stebbins Stack - from Numericana dot com.pdf"

Írjuk fel a kör kerületére az 1,2...,52 számokat és tegyük a számok mellé a kártyákat a sor definíciója szerint úgy, hogy az 1 mellett legyen a pikk ász.

Ha \(\displaystyle 1\leq i\leq j\leq52\), akkor az \(\displaystyle i\)-dik és \(\displaystyle j\)-dik lap távolsága legyen \(\displaystyle d=\min(j-i,52+i-j)\) ( a nem hosszabb íven levő intervallumot vesszük)

Minden lapot egyértelműen meghatároz egy \(\displaystyle (a,b)\) számpár (\(\displaystyle 0\leq a\leq3,0\leq b\leq12\)), ahol a="szín", b="érték-1" (Most a színekre pikk=0,kőr=1,treff=2,káró=3)

Ekkor a pikk ász a \(\displaystyle (0,0)\) és ha az \(\displaystyle n\)-dik lap az \(\displaystyle (a,b)\), akkor:

\(\displaystyle n-1\equiv a\mod(4)\)

\(\displaystyle 3(n-1)\equiv b\mod(13)\)

Ismert, hogy adott \(\displaystyle (a,b)\) esetén a fenti kongruencia rendszernek egyértelmű megoldása van \(\displaystyle n\)-re \(\displaystyle \mod(52)\), és különböző \(\displaystyle (a,b)\) számpárra - melyek megfelelnek a fenti feltételnek - különböző \(\displaystyle n\)-et kapunk.

Ha most adott két lap \(\displaystyle (a_1,a_2)\) és \(\displaystyle (b_1,b_2)\), melyek az \(\displaystyle n_1\)-dik illetve \(\displaystyle n_2\)-dik helyen vannak, akkor a fentiek szerint

\(\displaystyle n_1-n_2\equiv a_1-a_2\mod(4)\)

\(\displaystyle 3(n_1-n_2)\equiv b_1-b_2\mod(13)\)

——

\(\displaystyle 13(n_1-n_2)\equiv 13(a_1-a_2)\mod(52)\)

\(\displaystyle 12(n_1-n_2)\equiv 4(b_1-b_2)\mod(52)\)

——

\(\displaystyle n_1-n_2\equiv 13(a_1-a_2)-4(b_1-b_2)\mod(52)\)

Innen már látszik a módszer a távolság kiszámítására:

Kiszámoljuk \(\displaystyle 13(a_1-a_2)-4(b_1-b_2)\) értékét és vesszük az 52-es nemnegatív maradékát. Ha ez \(\displaystyle d\) , akkor a távolság \(\displaystyle \min(d,52-d)\)

az előző hozzászólásomhoz ábrát csatolok, hátha így érthetőbb lesz a Si Stebbins sorrend

Egy matekos kérdésem lenne, de nem boldogulok vele. A römi kártyák (52 lapból álló jokerek nélküli francia kártya) egy speciális sorrendjéről van szó, ezt a sorrendet SI STEBBINS sornak nevezik. Lényege: az ábrán látható körben óramutató járásával megegyező irányban a lapok színei periodikusan követik egymást (most pl. pikk, kőr, treff, káró), és bármelyik lap értéke mindig 3-mal több mod 13, mint az előtte levő lap értéke. Előnye ennek a sorrendnek, hogy valójában nincs vége, azaz a kártyacsomag utolsó lapja után következik a kártyacsomag első lapja... A probléma a következő: Két lap színének és értékének ismeretében hogyan lehet gyorsan és könnyen kiszámolni a két lap távolságát. Egyszerű képletet keresek. Mindenki segítségét előre is köszönöm.

ok, azóta megtaláltam a választ...

Van 20 darab egymástól nem feltétlenül különböző szám. A 20 darab számot tetszőlegesen szétválasztjuk két 10 elemű halmazra. Ezután egy 2 sorból és 10 oszlopból álló táblázat felső sorába beírjuk az egyik 10 elemű halmaz elemeit növekvő (nem csökkenő) sorrendben, a táblázat alsó sorába beírjuk a másik 10 elemű halmaz elemeit csökkenő (nem növekvő) sorrendben Ezután a táblázat minden oszlopában kiszámoljuk az oszlopban levő két szám különbségét (különbség = nagyobb szám - kisebb szám), majd az így kapott különbségeket összeadjuk, így egy eredmény adódik. Bizonyítsuk be, hogy bárhogy is választjuk szét a 20 darab számot két 10 elemű halmazra, a kapott eredmény mindig kiszámolható úgy is, hogy a 10 legnagyobb szám összegéből kivonjuk a 10 legkisebb szám összegét. Mindenki segítségét előre is köszönöm: BZ.

Szerintem a 1. feladatra a Sylvester-Gallai tétel túl erős, csak akkor kéne, ha azt a gyengébb feltételt vesszük, hogy bármely 3 pont által kifeszített síkra illeszkedik egy tőlük különböző negyedik pont.

Az 1. feladatban válasszunk tetszőleges A,B,C pontokat. Ezek nem kollineárisak, tehát egyértelműen meghatároznak egy S síkot. Ha most veszünk egy, az előző pontoktól különböző P pontot, akkor a feltétel szerint A,B,C és P egy síkon helyezkednek el, de ez a sík tartalmazza az A,B,C pontokat is, tehát meg kell hogy egyezzen S-sel. Tehát a pontok egy síkon vannak.

Bizonyítás teljes indukcióval.

Ha n=3, akkor igaz az állítás, mert ekkor n-3=0 és a háromszögnek nincs átlója.

Ha n=4, igaz az állítás, mert ekkor n-3=1 és mivel egy konvex négyszög 2 átlója metszi egymást, ezért csak egy átlót húzhatunk be.

Legyen \(\displaystyle n\geq5\), \(\displaystyle K_n\) egy n oldalú konvex sokszög és tegyük fel, hogy n-nél kisebb oldalszámú konvex sokszögre igaz az állítás.

Húzzunk be egy tetszőleges \(\displaystyle f\) átlót \(\displaystyle K_n\)-ben. Ekkor a sokszöget egy i oldalú \(\displaystyle K_i\) és egy n+2-i oldalú \(\displaystyle K_{n+2-i}\) konvex sokszögre bontottuk fel \(\displaystyle (3\leq i\leq n-1\)). Nyilvánvaló, hogy ezek után csak olyan átlót húzhatunk be \(\displaystyle K_n\)-ben, mely vagy csak \(\displaystyle K_i\) vagy csak \(\displaystyle K_{n+2-i}\) belsejében halad, ugyanis ellenkező esetben a behúzott átló metszené \(\displaystyle f\)-et. Az indukciós feltevés miatt így legfeljebb összesen

\(\displaystyle i-3+n+2-i-3=n-4\) átlót húzhattunk be.

Ezekhez hozzávéve a \(\displaystyle f\) átlót, kapjuk, hogy \(\displaystyle K_n\)-be is legfeljebb n-3 egymást nem metsző átló húzható be,mely tartalmazza \(\displaystyle f\)-et. A kapott felső érték nem függ i-től (így \(\displaystyle f\)-től sem), tehát \(\displaystyle K_n\)-be is legfeljebb n-3 darab egymást nem metsző átló húzható be.

A kapott felső korlát mindig elérhető, ha egy kijelölt fix csúcsból húzzuk be az összes átlót.

Az 1. feladatra az alábbi - síkbeli - Sylvester-Gallai tétel bizonyításának gondolatmenetét lehet felhasználni a térben is.

Sylvester-Gallai tétel: Adott n>=3 pont a síkon. Ekkor vagy az összes adott pont illeszkedik egy egyenesre, vagy van egy olyan egyenes, amire közülük pontosan kettő illeszkedik!

A tétel bizonyítása az interneten is elérhető több oldalon is.

Köszönöm a szép megfogalmazásokat. Ilyenkor látom, hogy bár ha tudom a feladat megoldását, vagy legalábbis azt hiszem, hogy tudom a feladat megoldását, még nem biztos, hogy jól le tudom írni. Találkoztam további két feladattal, amelyet tudom, hogy igaz, azt is tudom, hogy miért, de nem tudom szépen megfogalmazni:

1. Adott térben véges sok pont úgy, hogy semelyik három nincs egy egyenesen. Igaz-e, hogy ha bármelyik négy pont illeszkedik egy síkra, akkor az összes pont egy síkon van? Mi a helyzet végtelen sok pont esetén.

2. Igaz-e, hogy egy \(\displaystyle n\) oldalú konvex sokszögbe maximum \(\displaystyle n-3\) átlót lehet behúzni, úgy hogy az átlóknak ne legyen metszéspontjuk?

Egy könyvemből (Matematikai versenytételek) másolok.

II. megoldás: Ha a derékszögű háromszög átfogóját a kisebbik (pontosabban: a másiknál nem nagyobb) befogóval elosztjuk, gyök2-nél nem kisebb hányadoshoz jutunk. Ez abból következik, hogy a<= b esetén c*c=a*a+b*b>=2*a*a, tehát c/a>=gyök2.

Ha a háromszög két oldalát változatlanul hagyjuk, de az általuk közrefogott szöget növeljük, akkor a harmadik oldal is növekszik. Ezért tompaszögű háromszögre, sőt (egy egyenesen elhelyezkedő, csatlakozó szakaszokká) elfajuló háromszögre is kimondhatjuk, hogy legnagyobb oldala a legkisebbel osztva legalább gyök2 értékű hányadost ad.

Elég ezért azt bizonyítanunk, hogy a sík bármely négy pontja között van három olyan, amely derékszögű, tompaszögű vagy elfajuló háromszöget határoz meg. Induljunk ki a sík négy pontjából. Feltehetjük, hogy nincs közöttük három egy egyenesen elhelyezkedő. Tekintsük a négy pont konvex burkát, azaz azt az idomot, amelyet úgy kapunk, hogy a pontok köré fonalat feszítünk. Minthogy a pontok nincsenek mindannyian egy egyenesen, konvex burkuk vagy háromszög, vagy négyszög. Ha a P1P2P3 háromszöghöz jutunk, akkor P4 ennek belsejében van, hiszen három pont nem lehet egy egyenesen. A P4P1, P4P2, P4P3 szakaszok háromszögünket három háromszögre vágják fel. Ezeknek P4-nél elhelyezkedő három szöge együttesen 360 fok, s ezért közöttük tompaszög is van (sőt közülük legalább kettő tompa.) Egy ilyen tompaszög a pontjainkból alakított tompaszögű háromszög szöge. Ha a konvex burok négyszög, akkor ennek szögeiről elmondhatjuk, hogy nem lehet mindegyik hegyes, hiszen összegük 360 fok. A legnagyobb szög tehát derékszög vagy tompaszög, s ez egy a pontjainkból alakított derékszögű vagy tompaszögű háromszög szöge.

köszi szépen a szépmegfogalmazást. Valahogy én is így gondoltam, csak nem tudtam ennyire egyszerűen és átláthatóan összefoglalni.

A megoldás második része: