Szerk
B. 5472. Az \(\displaystyle ABCD\) konvex négyszögben \(\displaystyle AB=BC=CD\). Igazoljuk, hogy ha \(\displaystyle BCD\sphericalangle=2DAB\sphericalangle\), akkor \(\displaystyle ABC\sphericalangle=2CDA\sphericalangle\).
(4 pont)
Javasolta: Kós Géza (Budapest) és Vígh Viktor (Sándorfalva)
1. megoldás. Legyen a négyszög \(\displaystyle A\) csúcsnál fekvő szöge \(\displaystyle \alpha\), a feladatban szereplő feltétel szerint akkor \(\displaystyle BCD\sphericalangle=2\alpha\).
A \(\displaystyle BCD\) szögfelezője messe az \(\displaystyle AD\) oldalt a \(\displaystyle P\) pontban. Az \(\displaystyle ABCP\) négyszög deltoid, mivel \(\displaystyle AB=BC\) és a \(\displaystyle BCD\sphericalangle\) felezése után \(\displaystyle DAB\sphericalangle=BCP\sphericalangle=\alpha\). Ezzel beláttuk, hogy \(\displaystyle CP=PA\) is teljesül.
Az \(\displaystyle ABP\) és \(\displaystyle CDP\) háromszögek egybevágók, mert két-két oldaluk – \(\displaystyle AB=CD\), \(\displaystyle PA=PC\) – egyenlő és megegyezik az ezek által közbezárt szögük is: \(\displaystyle BAP\sphericalangle=DCP\sphericalangle\). Az egybevágóság alapján a két háromszög további megfelelő szögei is egyenlők, \(\displaystyle ABP\sphericalangle=CDP\sphericalangle\). A deltoid \(\displaystyle BP\) átlója felezi az \(\displaystyle ABC\) szöget, tehát az \(\displaystyle ABC\) szög valóban kétszerese a \(\displaystyle CDA\) szögnek.
Megjegyzés. A négyszöget a \(\displaystyle CP\) szögfelezővel és az \(\displaystyle ABCP\) deltoid \(\displaystyle BP\) átlójával három egybevágó háromszögre bontottuk, így
\(\displaystyle APB\sphericalangle=BPC\sphericalangle=CPD\sphericalangle=60^\circ. \)
Szekrényes Sára Róza (Budapesti Fazekas M. Gyak. Ált. Isk. és Gimn., 8. o. t.)
2. megoldás. Az előző megoldás jelöléseit megtartva legyen a \(\displaystyle C\) pontból a \(\displaystyle BD\) átlóra állított merőleges talppontja \(\displaystyle E\), továbbá a \(\displaystyle B\) pontból az \(\displaystyle AD\)-re állított merőleges talppontja \(\displaystyle F\).
Tudjuk, hogy \(\displaystyle BC=CD\), így \(\displaystyle EC\) a \(\displaystyle BD\) szakaszfelező merőlegese, \(\displaystyle BE=ED\) és \(\displaystyle BCE\sphericalangle=ECD\sphericalangle=\alpha\). Az \(\displaystyle ABF, BCE, DCE\) derékszögű háromszögek átfogói ugyanakkorák és egy hegyesszögük \(\displaystyle \alpha\), tehát egybevágók. Így \(\displaystyle FB=BE=ED\) és a \(\displaystyle BFD\) derékszögű háromszög átfogója kétszerese az \(\displaystyle FB\) befogónak, a háromszög félszabályos. Ezután az állításban szereplő szögek:
Kiss Villő Zsófia (Budapesti Fazekas M. Gyak. Ált. Isk. és Gimn., 9. o. t.)
3. megoldás. Az eddigi jelöléseket továbbra is megtartjuk. Tükrözzük a \(\displaystyle C\) pontot a négyszög \(\displaystyle BD\) átlójára. Legyen a tükörképpont \(\displaystyle C'\).
Megmutatjuk, hogy ez a \(\displaystyle C'\) pont az \(\displaystyle ABD\) háromszög körülírt körének középpontja. Ez a \(\displaystyle C'\) pont a \(\displaystyle BD\) felezőmerőlegesén helyezkedik el, a \(\displaystyle C'\) és \(\displaystyle A\) pontok a \(\displaystyle BD\) egyenesnek ugyanabban a félsíkjában vannak, továbbá
\(\displaystyle BC'D\sphericalangle=DCB\sphericalangle=2\alpha=2\cdot BAD\sphericalangle. \)
Ezek alapján a \(\displaystyle BC'D\sphericalangle\) csak a \(\displaystyle BD\) ívhez tartozó középponti szög lehet az \(\displaystyle ABD\) körülírt körében.
A körülírt kör sugara \(\displaystyle BC'=BC=AB=C'A\), az \(\displaystyle ABC'\) háromszög szabályos. Az \(\displaystyle ABD\) körben az \(\displaystyle AB\) ívhez tartozó középponti szög \(\displaystyle 60^\circ\), így az \(\displaystyle ADB\) kerületi szög \(\displaystyle 30^\circ\).
Ezután a 2. megoldáshoz hasonló szögszámolással:
Ezzel beláttuk, hogy
\(\displaystyle CBA\sphericalangle=2\cdot CDA\sphericalangle. \)
Hajba Milán (Győr, Révai Miklós Gimn. és Koll., 11. o. t.)
A feladatra összesen 105 versenyző és csapat küldött megoldást. 4 pontos 73, 3 pontos 11 dolgozat. 2 pontot kapott 9, 1 pontot 2 versenyző. Nem versenyszerű 1 tanuló dolgozata, 0 pontos 8 dolgozat. Nem értékeljük 1 fő dolgozatát.
A KöMaL kiadásának, a versenyek teljes lebonyolításának, díjazásának és a díjkiosztóval egybekötött Ifjúsági Ankétok szervezésének költségeit 2007 óta a MATFUND Középiskolai Matematikai és Fizikai Alapítvány fizeti.
Kérjük, személyi jövedelemadója 1%-ának felajánlásával álljon a több, mint 125 éve alapított Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok mellé!
C. 1865. Az iskolai szkanderbajnokságon \(\displaystyle 17\) fő indult el. Mindenki pontosan egyszer mérkőzött meg mindenkivel, döntetlen nem született. A versenyzők egy csoportját erősnek hívjuk, ha teljesül rájuk, hogy bármely rajtuk kívüli versenyzőt legyőzött közülük valaki. Bizonyítsuk be, hogy kiválasztható legfeljebb \(\displaystyle 9\) fős erős csoport.
Javasolta: Paulovics Zoltán (Budapest)
B. 5489. Az \(\displaystyle ABC\) derékszögű háromszögben \(\displaystyle ABC\sphericalangle=15^\circ\) és \(\displaystyle CAB\sphericalangle=75^\circ\), továbbá az \(\displaystyle AB\) átfogó felezőpontja \(\displaystyle F\). A \(\displaystyle BC\) befogón vegyük fel a \(\displaystyle D\) pontot úgy, hogy \(\displaystyle BD=CA\), a \(\displaystyle CA\) félegyenesen az \(\displaystyle A\) ponton túl az \(\displaystyle E\) pontot úgy, hogy \(\displaystyle CE=BC\) teljesüljön. A \(\displaystyle BE\) és \(\displaystyle CF\) egyenesek metszéspontja legyen \(\displaystyle M\). Bizonyítsuk be, hogy a \(\displaystyle DM\) és \(\displaystyle CM\) egyenesek érintik az \(\displaystyle AEF\) háromszög köré írt kört.
Javasolta: Bíró Bálint (Eger)
A KöMaL 2025 szeptemberi számában (Tait tétele és a 3-reguláris gráfok – a B. 5403. feladat háttere) kimondtuk Tait alábbi tételét.
Tétel (Tait tétele). Legyen \(\displaystyle G\) egy 3-reguláris, hídélmentes, síkbarajzolt gráf. Ekkor \(\displaystyle G\) tartományai \(\displaystyle 4\)-színezhetők akkor és csak akkor, ha élei \(\displaystyle 3\)-színezhetők.
A tételben \(\displaystyle k\)-színezésen olyan színezést értünk, amely \(\displaystyle k\)-féle színt használ, és az egymással szomszédos tartományok (illetve élszínezés esetén az egy csúcsban találkozó élek) mindig különböző színűek.
A szeptemberi számba nem került be a tétel bizonyítása (azzal a céllal, hogy akinek van kedve, gondolkodhasson rajta), ezt most pótoljuk.
C. 1842. Oldjuk meg a valós számok halmazán a \(\displaystyle 9^x+(6x-23)\cdot 3^x+5x^2-39x+76=0\) egyenletet.
Javasolta: Bencze Mihály (Brassó
