Fórum: Nehezebb matematikai problémák

Ingyen letölthető Freud könyv, 2024-es kiadás 277. oldalán:

"9.5.1 Tétel (Hoffman–Singleton-tétel) Megjegyzés: Sokáig megoldatlan volt, hogy mi a helyzet d = 57-re. Végül 2020-ban igazolták, hogy nem létezik ilyen gráf."

Hm ez nagy eredmény, lenne. Találtam is egy 2020-as bizonyítás cáfolását: https://arxiv.org/abs/2210.09577, szóval a probléma még nagyon is él.

Jo regi ez a feladat is, de ime egy levezetes mindket verziora:

A gondolat eleg egyszeru: a feltetelunk baratsagtalabb mint a minimalizalando fuggvenyunk, szoval csereljuk meg a kettot es probaljunk valamifele dualis allitast belatni (szerintem eleg termeszetes otlet, az egyenlotlenseg 'szep' feluletek szintvonalainak a relaciojarol mond valamit ), majd ezt ugyesen alkalmazva probaljunk ellentmondasra jutni. Ez abszolut kozepiskolas (nincs benne derivalas sehol). A B.3989. feladat például ugyanígy belathato :)

Nezzuk a dualis allitast: $\displaystyle a+b+c+d=4\Rightarrow a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abcd\geq5$

Ha barmelyik valtozo $\displaystyle 0$, hatvanykozepekbol adodik:

$\displaystyle 3\cdot\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abcd}{3}=3\cdot\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}\geq3\cdot\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{3}=3\cdot\left(\frac{a+b+c+d}{3}\right)^{3}=3\left(\frac{4}{3}\right)^{3}>5$

Ha $\displaystyle 2-2$ valtozo egyenlo, legyen $\displaystyle a=b=x$ es $\displaystyle c=d=y$, ekkor $\displaystyle x+y=2$, es legyen $\displaystyle x=1+\alpha$ and $\displaystyle y=1-\alpha$:

$\displaystyle a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abcd=2x^{3}+2y^{3}+x^{2}y^{2}=$

$\displaystyle =2(1-\alpha)^{3}+(\alpha+1)^{2}(1-\alpha)^{2}+2(\alpha+1)^{3}=\alpha^{4}+10\alpha^{2}+5\geq5$

Egyenloseg akkor es csak akkor ha $\displaystyle \alpha=0$, i.e. $\displaystyle a=b=c=d=1$.

Bevezetve a $\displaystyle 2u=a+b$ es $\displaystyle 2v=a-b$ valtozokat, szimmetria miatt felteheto $\displaystyle a\geq b$:

$\displaystyle a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abcd=\frac{1}{4}(a+b)^{2}(a+b+cd)+\frac{1}{4}(a-b)^{2}(3(a+b)-cd)+c^{3}+d^{3}$

Igy ha $\displaystyle 3\left(a+b\right)\geq cd$, akkor $\displaystyle p\left(a,b,c,d\right)=a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abcd$ novekszik fix $\displaystyle a+b$ mellett a $\displaystyle a-b$ valtozoban, kulonben csokken, igy:

$\displaystyle p\left(a,b,c,d\right)\geq\min\left(p\left(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c,d\right),p\left(a+b,0,c,d\right)\right)$

Alkalmazzuk ezt parszor, felhasznalva, hogy $\displaystyle 3\left(a+b\right)\geq cd$ ha $\displaystyle cd=0$.

$\displaystyle p\left(a,b,c,d\right)\geq\min\left(p\left(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c,d\right),p\left(a+b,0,c,d\right)\right)\geq$

$\displaystyle \geq\min\left(p\left(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},\frac{c+d}{2},\frac{c+d}{2}\right),p\left(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c+d,0\right),p\left(a+b,0,c,d\right)\right)=$

$\displaystyle =\min\left(p\left(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},\frac{c+d}{2},\frac{c+d}{2}\right),3\left(\frac{4}{3}\right)^{3},3\left(\frac{4}{3}\right)^{3}\right)\geq\min\left(5,3\left(\frac{4}{3}\right)^{3},3\left(\frac{4}{3}\right)^{3}\right)=5$

Egyenloseg $\displaystyle a=b=c=d=1$ eseten. Most tegyuk fel, hogy valameny $\displaystyle \lambda>0$-ra teljesul $\displaystyle a+b+c+d=4\left(1+\lambda\right)$, de ekkor $\displaystyle \frac{a}{1+\lambda}+\frac{b}{1+\lambda}+\frac{c}{1+\lambda}+\frac{d}{1+\lambda}=4$, igy a dualis alapjan:

$\displaystyle 5=a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abcd>\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}}{\left(1+\lambda\right)^{3}}+\frac{abcd}{\left(1+\lambda\right)^{4}}\geq5$

Ellentmondas, es keszen is vagyunk.

Szerintem tanulsagos ez az ut. Lojunk most az eredeti feladatra. Ebben van benne egy "vegyuk eszre, hogy" jellegu lepes, amit vegul is ki lehet talalni, de a szorzatta alakitas munkasabb.

$\displaystyle a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abcd=5\Rightarrow ab+cd\leq2$ ha $\displaystyle a,b,c,d$ nemnegativak.

Perem tisztazasa: ha valamelyik valtozo $\displaystyle 0$, akkor az allitas a hatvanykozep-egyelotlenseggel fel sorban kijön ($\displaystyle 5 \geq 5-b^3=c^3+d^3\geq 2 (cd)^{3/2}$ miatt).

Pozitiv $\displaystyle x,y$-ra [homogenizalasbol es negyzetre emelesbol jonnek majd ezek, ha bevezeti az ember a $\displaystyle 2p=(x+y)$ es $\displaystyle 2q=x-y$ változokat akkor igazabol meg nemi szamolasbol ki is esik ez ]:

$\displaystyle \frac{5}{4}\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}-x^{2}y^{2}=\frac{1}{4}\left(5x^{4}+6x^{2}y^{2}+5y^{4}\right)>0$

$\displaystyle 0\leq2\left(x^{2}+y^{2}\right)\left(x^{3}+y^{3}\right)^{2}-\left(\frac{5}{4}\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}-x^{2}y^{2}\right)^{2}=$

$\displaystyle =\frac{\left(x-y\right)^{2}}{16}\left[7(x-y)^{2}(x+y)^{2}\left(x^{2}+y^{2}\right)+2xy\left(7x^{4}+18x^{2}y^{2}+7y^{4}\right)\right]$

Egyenloseg csak $\displaystyle x=y$ eseten.

Nezzuk most a feladat dualisat: Ha $\displaystyle ab+cd=2$, akkor $\displaystyle a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abcd\geq5$, egyeloseg csak $\displaystyle a=b=c=d=1$ eseten.

Legyen $\displaystyle c$ es $\displaystyle d$ fixalt, ekkor $\displaystyle ab=v$-t es $\displaystyle u=\sqrt{\frac{a}{b}}$-t bevezetve:

$\displaystyle a^{3}+b^{3}=v\sqrt{v}\left(\left(u\sqrt{u}-\frac{1}{u\sqrt{u}}\right)^{2}+2\right)\geq 2v\sqrt{v}$

Tehat ha $\displaystyle a=b=\sqrt{v}$-t valasztva a $\displaystyle a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abcd$ kifejezest csokkentjuk, igy felteheto $\displaystyle a=b=x$ es $\displaystyle c=d=y$. Azt kellene tehat belatnunk, hogy $\displaystyle x>0,y>0$-ra

$\displaystyle x^{2}+y^{2}=2\Rightarrow2x^{3}+2y^{3}\geq5-\left(x^{2}y^{2}\right)$

Nyilvanvaloan:

$\displaystyle x^{2}y^{2}\leq\left(\frac{x^{2}+y^{2}}{2}\right)^{2}=1\Rightarrow2x^{3}+2y^{3}-x^{2}y^{2}+5\geq2x^{3}+2y^{3}-1+5=2x^{3}+2y^{3}+4\geq4>0$

$\displaystyle 0\leq2\left(x^{2}+y^{2}\right)\left(x^{3}+y^{3}\right)^{2}-\left(\frac{5}{4}\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}-x^{2}y^{2}\right)^{2}=$

$\displaystyle =4\left(x^{3}+y^{3}\right)^{2}-\left(5-x^{2}y^{2}\right)^{2}=\left(2x^{3}+2y^{3}+x^{2}y^{2}-5\right)\left(2x^{3}+2y^{3}-x^{2}y^{2}+5\right)$

De a masodik tenyezo pozitiv, szoval az elso nemnegativ, egyeloseg csak $\displaystyle x=y=1$ esetben all, vagyis $\displaystyle a=b=c=d=1$ eseten.

Vegul ha $\displaystyle a^3+b^3+c^3+d^3+abcd=5$ es $\displaystyle ab+cd=2\left(1+\lambda\right)$ teljesül valamely $\displaystyle \lambda > 0$-ra, akkor a valtozokat $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+\lambda}}$-val osztva alkalmazhatjuk a masik iranyban kapott egyenlotlenseget, mikozben a kifejezes erteke csokken.

$\displaystyle 5=a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abcd>\left(a'\right)^{3}+\left(b'\right)^{3}+\left(c'\right)^{3}+\left(d'\right)^{3}+a'b'c'd'=$

$\displaystyle =\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}}{\sqrt{\left(1+\lambda\right)^{3}}}+\frac{abcd}{\left(1+\lambda\right)^{2}}\geq5$

ellentmondas, egyelotlenseg belatva.

Elnézést a nem tökéletes ábráért, a lényeg azért látszik rajta.

RE: 3. eset: Ilyenkor második közös pontról nem lehet beszélni...

Mivel az első két esetben az $\displaystyle OO_1$ egyenes és egy hiperbola pont ( $\displaystyle O_2$ ) viszonyáról van szó, a harmadik esetben kitűzhetjük feladatul az $\displaystyle OO_1$ egyenes és a három hiperbola egy-egy aszimptotája irányának vizsgálatát.

1. eset:

Ha az inverzió középpontja a $\displaystyle K$ kör belsejében van, akkor az inverz képe (legyen $\displaystyle K'$) egy olyan kör lesz, amelyik a belsejében tartalmazza a $\displaystyle K_A$, $\displaystyle K_B$ és $\displaystyle K_C$ köröket, amelyeket érint. Jelöljük $\displaystyle K'$ sugarának a hosszát $\displaystyle R$-rel, középpontját $\displaystyle O_2$-vel. Ekkor

$\displaystyle \mathcal{ d }_A(O_2)=R-r_A$

$\displaystyle \mathcal{ d }_B(O_2)=R-r_B$

$\displaystyle \mathcal{ d }_C(O_2)=R-r_C$

és ezért

$\displaystyle \mathcal{ d }_B(O_2)-\mathcal{ d }_A(O_2)=r_A-r_B=b-a$

de mivel

$\displaystyle \mathcal{ d }_B(P)-\mathcal{ d }_A(P)=b-a$

jellemzi a (3) hiperbolaág társát, ezért $\displaystyle O_2$ rajta van a $\displaystyle C$ csúcson áthaladó hiperbolaág társán. Hasonlóan látható be, hogy rajta van a másik két hiperbolaág társán is, tehát ez lesz a három (társ) hiperbolaág közös pontja. Ebben az esetben az inverzió középpontja, ami a beírható kör középpontja az $\displaystyle O_1O_2$ szakaszra esik (az inverzió tulajdonsága).

2. eset:

Ha az inverzió középpontja a $\displaystyle K$ körön kívül van, akkor az inverz képe (legyen $\displaystyle K'$) egy olyan kör lesz, amelyik nem tartalmazza a $\displaystyle K_A$, $\displaystyle K_B$ és $\displaystyle K_C$ köröket, amelyeket érint. Jelöljük $\displaystyle K'$ sugarának a hosszát $\displaystyle R$-rel, középpontját $\displaystyle O_2$-vel. Ekkor

$\displaystyle \mathcal{ d }_A(O_2)=R+r_A$

$\displaystyle \mathcal{ d }_B(O_2)=R+r_B$

$\displaystyle \mathcal{ d }_C(O_2)=R+r_C$

és ezért

$\displaystyle \mathcal{ d }_A(O_2)-\mathcal{ d }_B(O_2)=r_A-r_B=b-a$

tehát $\displaystyle O_2$ rajta van a $\displaystyle C$ csúcson áthaladó (3) hiperbolaágon. Hasonlóan látható be, hogy rajta van a másik két hiperbolaágon is, tehát ez lesz a három (elsődleges) hiperbolaág másik közös pontja. Ebben az esetben az inverzió középpontja, ami a beírható kör középpontja az $\displaystyle O_1O_2$ szakaszon kívülre esik az $\displaystyle O_1O_2$ egyenesen (az inverzió tulajdonsága).

3. eset:

Ha az inverzió középpontja a $\displaystyle K$ kör kerületére esik, akkor $\displaystyle K$ inverz képe egy egyenes lesz, ami persze érinti a $\displaystyle K_A$, $\displaystyle K_B$ és $\displaystyle K_C$ köröket. Ilyenkor második közös pontról nem lehet beszélni, mert az egyet jelentene egy második érintő körrel. Mint azt Pythagoras-tétellel könnyű igazolni, ebben az esetben áll fenn a

$\displaystyle r_C=\frac{r_A*r_B}{(\sqrt{r_A} + \sqrt{r_B})^2} \tag{ 4 }$

összefüggés. Így a legkisebb kör sugarának a viszonya a másik két sugárhoz dönti el, hogy a 3 eset közül melyik teljesül:

$\displaystyle r_C>\frac{r_A*r_B}{(\sqrt{r_A} + \sqrt{r_B})^2}$

az 1. eset,

$\displaystyle r_C<\frac{r_A*r_B}{(\sqrt{r_A} + \sqrt{r_B})^2}$

a 2. eset.

Csak megjegyezzük, hogy a (4) egyenlőség írható az alábbi, könnyebben megjegyezhető formában is:

$\displaystyle \frac{1}{\sqrt{r_C}}=\frac{1}{\sqrt{r_A}} + \frac{1}{\sqrt{r_B}}$

vagy visszavezetve a háromszög oldalaira:

$\displaystyle \frac{1}{\sqrt{s-c}}=\frac{1}{\sqrt{s-a}} + \frac{1}{\sqrt{s-b}}$

Megköszönve Sinobi hozzászólását és sakkmath értékes észrevézelét, úgy gondolom, hogy most már teljes bizonyítást tudok küldeni (méret túllépés miatt 2 darabban).

Használjuk a [851] jelöléseit:

Jelöljük a háromszög csúcsait a szokásnak megfelelően $\displaystyle A$, $\displaystyle B$ és $\displaystyle C$-vel! $\displaystyle A$-val szemben legyen a legrövidebb, $\displaystyle C$-vel szemben a leghosszabb oldal. Az oldalak hossza legyen rendre $\displaystyle a<b<c$, a háromszög fél kerületét a szokásoknak megfelelően jelöljük $\displaystyle s$-sel! Jelölje $\displaystyle A_1$, $\displaystyle B_1$ és $\displaystyle C_1$ a megfelelő csúccsal szemközti oldalon a beírható kör érintési pontját! Legyen továbbá $\displaystyle r_A$ az $\displaystyle AB_1$ és $\displaystyle AC_1$ szakaszok, $\displaystyle r_B$ a $\displaystyle BA_1$ és $\displaystyle BC_1$ szakaszok, $\displaystyle r_C$ pedig a $\displaystyle CA_1$ és $\displaystyle CB_1$ szakaszok hossza! Vezessük be még az $\displaystyle A$ pont körül $\displaystyle r_A$ sugárral rajzolt körre a $\displaystyle K_A$, a $\displaystyle B$ pont körül $\displaystyle r_B$ sugárral rajzolt körre a $\displaystyle K_B$ és a $\displaystyle C$ pont körül $\displaystyle r_C$ sugárral rajzolt körre a $\displaystyle K_C$ jelölést.

Definiáljunk három függvényt: $\displaystyle \mathcal{ d }_A(P)$ jelölje a sík tetszőleges $\displaystyle P$ pontjának a távolságát $\displaystyle A$-tól, $\displaystyle \mathcal{ d }_B(P)$ jelölje a sík tetszőleges $\displaystyle P$ pontjának a távolságát $\displaystyle B$-től és $\displaystyle \mathcal{ d }_C(P)$ jelölje a sík tetszőleges $\displaystyle P$ pontjának a távolságát $\displaystyle C$-től.

Az $\displaystyle A$ ponton átmenő hiperbolaágat azon $\displaystyle P$ pontok alkotják, amelyekre

$\displaystyle \mathcal{ d }_B(P)-\mathcal{ d }_C(P)=c-b \tag{ 1 }$

A $\displaystyle B$ ponton átmenő hiperbolaágat azon $\displaystyle P$ pontok alkotják, amelyekre

$\displaystyle \mathcal{ d }_A(P)-\mathcal{ d }_C(P)=c-a \tag{ 2 }$

Végül a $\displaystyle C$ ponton átmenő hiperbolaágat azon $\displaystyle P$ pontok alkotják, amelyekre

$\displaystyle \mathcal{ d }_A(P)-\mathcal{ d }_B(P)=b-a \tag{ 3 }$

Vegyük észre, hogy ha egy $\displaystyle P$ pont eleget tesz (1)-nek és (2)-nek is (rajta van mindkét hiperbolaágon), akkor eleget tesz (3)-nak is, hiszen csak ki kell vonni egymásból a két egyenlet megfelelő oldalait, (2)-ből az (1)-et és megkapjuk (3)-at (azaz a pont rajta van a harmadik hiperbolaágon is).

Mivel $\displaystyle r_C=s-c$ és $\displaystyle r_B=s-b$, ezért

$\displaystyle \mathcal{ d }_B(A_1)-\mathcal{ d }_C(A_1)=r_B-r_C = (s-b)-(s-c)=c-b$

és így $\displaystyle A_1$ rajta van az $\displaystyle A$ ponton átmenő hiperbolaágon és mivel a hiperbola fókuszait összekötő szakaszon is rajta van, ezért $\displaystyle A_1$ az $\displaystyle A$ ponton átmenő hiperbolaág csúcsa.

Ehhez hasonlóan $\displaystyle B_1$ rajta van a $\displaystyle B$ ponton átmenő hiperbolaágon és mivel a hiperbola fókuszait összekötő szakaszon is rajta van, ezért $\displaystyle B_1$ a $\displaystyle B$ ponton átmenő hiperbolaág csúcsa. Ugyanígy $\displaystyle C_1$ rajta van a $\displaystyle C$ ponton átmenő hiperbolaágon és mivel a hiperbola fókuszait összekötő szakaszon is rajta van, ezért $\displaystyle C_1$ a $\displaystyle C$ ponton átmenő hiperbolaág csúcsa.

Mivel az $\displaystyle A$ ponttól az $\displaystyle A_1$-ig tartó hiperboladarab teljes egészében az $\displaystyle ABC\triangle$ belsejében halad és elválasztja egymástól a $\displaystyle B$ és $\displaystyle B_1$ pontokat, ezért a $\displaystyle B$ ponttól az $\displaystyle B_1$-ig tartó hiperboladarabbal metszik egymást. A metszéspont legyen $\displaystyle O=O_1$. Láttuk, hogy ha egy pont rajta van két hiperbolaágon, akkor rajta van a harmadikon is, tehát $\displaystyle O_1$ a három hiperbolaág közös pontja, ami mindig létezik (ha $\displaystyle a<b<c$).

Legyen $\displaystyle x_A$ az $\displaystyle O_1$ pont távolsága a $\displaystyle K_A$ körtől, és legyen $\displaystyle x_B$ az $\displaystyle O_1$ pont távolsága a $\displaystyle K_B$ körtől! Ekkor egyrészt, mivel $\displaystyle O_1$ rajta van a $\displaystyle C$ ponton áthaladó hiperbolaágon, ezért

$\displaystyle \mathcal{ d }_A(O_1)-\mathcal{ d }_B(O_1)=b-a$

másrészt, mivel $\displaystyle \mathcal{ d }_A(O_1)=r_A+x_A$ és $\displaystyle \mathcal{ d }_B(O_1)=r_B+x_B$ és $\displaystyle r_A-r_B=b-a$ ezért

$\displaystyle \mathcal{ d }_A(O_1)-\mathcal{ d }_B(O_1)=(r_A+x_A)-(r_B+x_B)=b-a + (x_A-x_B)$

így $\displaystyle x_A-x_B=0$, azaz az $\displaystyle O_1$ pont egyenlő távolságra van a $\displaystyle K_A$ és $\displaystyle K_B$ köröktől, hasonlóan látható be, hogy ugyanekkora távolságra van a $\displaystyle K_C$ körtől is, tehát $\displaystyle O_1$ egy olyan $\displaystyle K$ körnek a középpontja, amelyik érinti a $\displaystyle K_A$, $\displaystyle K_B$ és $\displaystyle K_C$ körök mindegyikét és természetesen az $\displaystyle ABC\triangle$ beírható körének a belsejében helyezkedik el.

Invertáljuk a köröket az $\displaystyle ABC\triangle$ beírható körére, mint az inverzió alapkörére vonatkozóan! Mivel a $\displaystyle K_A$, $\displaystyle K_B$ és $\displaystyle K_C$ körök az inverzió alapkörét merőlegesen metszik, ezért ezek önmaguk képei lesznek. Mivel pedig az inverzió az érintést megtartja, ezért 3 esetet különböztethetünk meg: (folyt. köv.)

Legyen A,B,e, két pont, és egy egyenes rögzített a síkon.
Legyen $\displaystyle h(P) := AP^2 - BP^2$, egy $\displaystyle R^2 \to R$ függvény, amely a sík minden P pontjához hozzárendeli az A és B pontoktól vet távolságok négyzetének a különbségét.
A h függvény a $\displaystyle P:(x,y)$ pont függvényében kifejtve: $\displaystyle h(P) = (x - a_x)^2 + (y - a_y)^2 - (x - b_x)^2 + (y - b_y)^2 = 2x(b_x - a_x) + 2y(b_y-a_y) + a_x^2 + a_y^2 - b_x^2 -b_y^2$, elsőfokú kifejezés x-ben és y-ban, vagyis h(P) gráfja az $\displaystyle R^3$ térben egy sík. (A és B rögzítettek.)
Ha ezt a h(P) függvényt csak az e egyenesen nézzük, akkor a gráfja egy lineáris függvény lesz. Azaz ha adott az e egyenesen 3 pont, D,K,L, akkor $\displaystyle \frac{h(D)-h(K)}{DK} = \frac{h(K)-h(L)}{KL}$. És hasonlóan, a h lineáris függvény értékeinek az arányából ki lehet számolni a D,K,L pontok távolságainak az arányát.

$\displaystyle D_B$ helyett általában $\displaystyle D_A$-nak kéne állnia.

Ne haragudj Sinobi, de a lemmádat és a bizonyítását sem értem. Légy szíves kicsit részletezni! A továbbiak olvasását néhány elírás nehezíti.

Amúgy, ha jól nézem, ezek a pontok Soddy pontok néven futnak, és az egyenes a Soddy line. És ezek a hiperbolák is az ő nevét viselik, legalábbis Kimberlingnél.
https://en.wikipedia.org/wiki/Frederick_Soddy

Diszkusszió nélkül, a [850]-es speciális esetre a megoldásom.

lemma: Ha adott a síkon két, A,B pont, és egy e egyenes, akkor ha az E pont végigfut az e egyenesen, akkor az $\displaystyle AE^2 - BE^2$ érték lineárisan változik.
Valóban, ez az érték az egész síkon lineáris (E függvényében a térben egy sík), és ez megszorítva az e egyenesre lineáris marad.

Innentől azt fogom igazolni, hogy a háromszög csúcsaiba rakott, beírt körre merőleges $\displaystyle C_A, C_B, C_C$ körök páronkénti hatványvonalai ugyanott metszik az LK egyenest.

Legyen $\displaystyle D_A$ az a pont, ahol a $\displaystyle C_B, C_C$ körök hatványvonala metszi az LK egyenest, s.í.t, ciklikusan. A lemma miatt elég megmutatnom, hogy a

$\displaystyle \frac{LD_A}{KD_A} = \frac{(BL^2-CL^2)-(BD_B^2-CD_B^2)}{(BK^2-CK^2)-(BD_B^2-CD_B^2)}$

érték fix, nem változik az A,B,C ciklikus permutációjakor, azaz $\displaystyle (D_A,K,L) = (D_B,K,L) = (D_C,K,L)$. (Szerintem ebből nem csak a szakaszok nagysága adódik, hanem hogy ugyanolyan irányba esik $\displaystyle D_A,D_B,D_C$.)

Legyenek a körök sugarai $\displaystyle r_A,r_B,r_C$. Mivel L a hiperbolák metszéspontja, így az AL,BL,CL távolságok ezeknek egy l-el való eltoltja (páronkénti különbségeik megegyeznek), $\displaystyle AL,BL,CL = l+r_A, l+r_B, l+r_C$, és K-ra ugyanez: $\displaystyle AK,BK,CK = k+r_A, k+r_B, l+k_C$.

Mivel $\displaystyle D_A$ rajta van a B, C középpontú, érintkező körök hatványvonalán így $\displaystyle (BD_B^2-CD_B^2) = r_B^2 - r_C^2$, ciklikusan.

Ezt beírva a fenti képletbe,

$\displaystyle \frac{(BL^2-CL^2)-(BD_B^2-CD_B^2)}{(BK^2-CK^2)-(BD_B^2-CD_B^2)} = \frac{(r_B-r_C)(2l + r_B+r_C) - (r_B-r_C)( r_B+r_C)}{ (r_B-r_C)(2k + r_B+r_C) - (r_B-r_C)( r_B+r_C)} = \frac{l}{k}$

adódik, ami valóban független az indextől. (És ezzel azt is kiszámoltuk, hogy hol van a D pont az LK egyenesen.)

Ismét megköszönöm sakkmath fontos észrevételét, aminek alapján a feladatot az alábbiak szerint pontosítom:

Legyen adott egy háromszög, amelynek oldalai különböző hosszúságúak! Minden csúcshoz rendeljük hozzá azt a fél hiperbolát (hiperbola ágat), amelyik átmegy a csúcson és fókuszpontjai a másik két csúccsal egyeznek meg! Bizonyítsuk be, hogy a három hiperbolaágnak van egy közös pontja!

Következzék a feladat további részének pontosítása:

Jelöljük a háromszög csúcsait a szokásnak megfelelően $\displaystyle A$, $\displaystyle B$ és $\displaystyle C$-vel! $\displaystyle A$-val szemben legyen a legrövidebb, $\displaystyle C$-vel szemben a leghosszabb oldal. Jelölje $\displaystyle A_1$, $\displaystyle B_1$ és $\displaystyle C_1$ a megfelelő csúccsal szemközti oldalon a beírható kör érintési pontját! Legyen továbbá $\displaystyle r_A$ az $\displaystyle AB_1$ és $\displaystyle AC_1$ szakaszok, $\displaystyle r_B$ a $\displaystyle BA_1$ és $\displaystyle BC_1$ szakaszok, $\displaystyle r_C$ pedig a $\displaystyle CA_1$ és $\displaystyle CB_1$ szakaszok hossza!

Ha

$\displaystyle r_C<\frac{r_A*r_B}{(\sqrt{r_A} + \sqrt{r_B})^2}$

akkor bizonyítsuk be, hogy ezeknek a hiperbola ágaknak van még egy - az előzőtől különböző - közös pontjuk! Bizonyítsuk be továbbá, hogy a háromszög beírható körének középpontja a két közös pontot összekötő egyenesre esik, de nem lesz a szakasz pontja!

Ha

$\displaystyle r_C>\frac{r_A*r_B}{(\sqrt{r_A} + \sqrt{r_B})^2}$

akkor tekintsük a hiperbolák másik ágát és bizonyítsuk be, hogy ezeknek is van egy közös pontjuk! Bizonyítsuk be továbbá, hogy a háromszög beírható körének középpontja a két közös pontot összekötő szakaszra esik!

Végül, ha

$\displaystyle r_C=\frac{r_A*r_B}{(\sqrt{r_A} + \sqrt{r_B})^2}$

akkor bizonyítsuk be, hogy nem létezik újabb közös pont.

A jelölések egyértelműsítése miatt közlöm az alábbi ábrát:

A szerkesztéshez a GeoGebra Classic 6 freeware programot használtam, melyet innen töltöttem le: www.geogebra.org/download?lang=hu.

Legyenek a háromszög szögei $\displaystyle {45°, 117°, 18°}$. A $\displaystyle D$-középpontú beírt kör az $\displaystyle {AB, BC, CA}$ oldalakat rendre az $\displaystyle {E, F, G}$ pontokban érinti. Az $\displaystyle {A, B, C}$ csúcsokon áthaladó $\displaystyle {f, g, e}$ hiperbolákat rendre kék, zöld és (pirosas) püspöklila színek jelölik. A háromszögcsúcsokon áthaladó hiperbolaágak a $\displaystyle K$ és $\displaystyle L$ pontokban metszik egymást úgy, hogy a rajtuk átfektetett sárga színű egyenes – az ábra tanúsága szerint – áthalad a $\displaystyle D$ ponton, miközben $\displaystyle D$ nem pontja a $\displaystyle KL$ szakasznak. Ha a program “kicsinyítés”- gombjának többszöri lenyomásával fokozatosan távolodunk a “rajzlaptól”, egyre erősebb a meggyőződésünk, hogy a csúcsokon át nem haladó hiperbolaágaknak nincs közös pontja. (Az ábráról egyébként újabb sejtések is leolvashatók.)

Köszönöm a helyesbítést, utána járok. Esetleg tudnál példákat küldeni az általad talált esetekre? Egyelőre nem tudom, hogy mi kerülte el a figyelmemet. Érdekelne a dinamikus szerkesztő programod is. Hozzáférhető?

Egyelőre csak dinamikus szerkesztőprogrammal vizsgálgattam a feladat különböző eseteit. Feltételezve, hogy e program nem csal, pusztán a látottakra támaszkodva, két állításodat is problematikusnak tartom.

Az egyik mondatod:

"Most tekintsük a hiperbolák másik ágát és bizonyítsuk be, hogy ezeknek is van egy közös pontjuk!"

Ez az állítás bizonyos háromszögekre igaz, ám találtam olyan háromszögeket is, ahol a másik hiperbolaágak nem konkurensek! Ilyenkor is létezett második közös pont, de ez az első ágak újabb közös pontjaként jött létre.

Feladatkitűzésed záró mondata:

"Bizonyítsuk be, hogy a háromszög beírható körének középpontja a két közös pontot összekötő szakaszra esik!"

Itt ezt a befejezést tartom jónak: (...) a két közös pontot összekötő egyenesre esik.

Indoklás az utóbbihoz: a szerkesztőprogrammal előállíthatók olyan háromszögek is, melyeknél a beírható kör középpontja nem esik a szóban forgó szakasz belsejébe.

Legyen adott egy háromszög, amelynek oldalai különböző hosszúságúak! Minden csúcshoz rendeljük hozzá azt a fél hiperbolát (hiperbola ágat), amelyik átmegy a csúcson és fókuszpontjai a másik két csúccsal egyeznek meg! Bizonyítsuk be, hogy a három hiperbolaágnak van egy közös pontja! Most tekintsük a hiperbolák másik ágát és bizonyítsuk be, hogy ezeknek is van egy közös pontjuk! Bizonyítsuk be, hogy a háromszög beírható körének középpontja a két közös pontot összekötő szakaszra esik!

Találtam egy elütést.

Téves kifejezés: $\displaystyle -a(b+b+c)$. Javítása: $\displaystyle -a(b+c+d)$.

(Javított és újratördelt változat.)

A [833]-as hozzászólásban megismert két feladat után következzék a Berkó Erzsébet által felfedezett, kapcsolódó, III. probléma megoldása – középiskolás módszerekkel.
III. feladat: Adott $\displaystyle a, b, c, d\ge0$ számokra fennáll, hogy $\displaystyle a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abcd=5$ $\displaystyle (\ast).$
Bizonyítsuk be, hogy $\displaystyle a+b+c+d\le4$.
Megoldás: A $\displaystyle (\ast)$ egyenlet bal oldala szimmetrikus, ezért feltehetjük, hogy $\displaystyle d\le{b}\le{c}\le{a}$.
Tegyük fel, hogy: $\displaystyle {a}>{\root 3\of {5}}$. Ekkor $\displaystyle a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abcd>5$, ami ellentmond $\displaystyle (\ast)$-nak. Most tegyük fel, hogy $\displaystyle a<1$. Ekkor $\displaystyle d^{3},b^{3},c^{3},a^3,abcd<1$ következtében $\displaystyle a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abcd<5$ adódna, ami szintén ellentmondás $\displaystyle (\ast)$-ra nézve. Beláttuk tehát, hogy $\displaystyle 1\le{a}\le{\root 3\of {5}}$. A $\displaystyle {\bf (*)}$ feltételből az is következik, hogy $\displaystyle {a}={\root 3\of {5}}$ akkor és csakis akkor igaz, ha $\displaystyle d=b=c=0$.

Nem állhat fenn $\displaystyle d>1$ sem: ha $\displaystyle d>1$ lenne, akkor $\displaystyle d^{3},b^{3},c^{3},a^3,abcd>1$ következne, ez pedig az $\displaystyle a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abcd>5$ ellentmondáshoz vezetne. Ezzel igazoltuk, hogy $\displaystyle 0\le{d}\le{1}$. Az eddigiek ismeretében vizsgáljuk meg, hol tartózkodhat az 1-es szám az $\displaystyle a,b,c,d$ számok sorrendjéhez viszonyítva. Nem lehet $\displaystyle d>1$ és nem lehet $\displaystyle a<1,$ ezért csak e három eset fordulhat elő:

$\displaystyle 1): 0\le{d}\le{1}\le{b}\le{c}\le{a}$
2): $\displaystyle 0\le{d}\le{b}\le{1}\le{c}\le{a}$
3): $\displaystyle 0\le{d}\le{b}\le{c}\le{1}\le{a}.$
Mindhárom elrendezésben legyen $\displaystyle T=4-(a+b+c+d).$ Be kell bizonyítani, hogy $\displaystyle T\ge0.$

1) eset: $\displaystyle 0\le{d}\le{1}\le{b}\le{c}\le{a}.$ Alkalmazzuk a következő helyettesítéseket:

$\displaystyle d=1-x,b=y+1,c=v+1,a=z+1,$ ahol $\displaystyle 0\le{x}\le{1}$ és $\displaystyle y,v,z\ge0$.

A behelyettesítések után a bizonyítandó $\displaystyle T\ge0$ egyenlőtlenség megfelelője ez lesz: $\displaystyle T_{1}=x-(y+v+z)\ge0,$ a $\displaystyle (\ast)$ feltétel pedig így alakul:
$\displaystyle 0=a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abcd-5\Longrightarrow$

$\displaystyle 0=y^{3}+v^{3}+z^{3}-x^{3}+3(x^{2}+y^{2}+v^{2}+z^{2})+(yvz-xyvz)+(yv-xyv)+$

$\displaystyle (vz-vzx)+(yz-xyz)-(xy+xv+xz)+4(y+v+z-x)=$

$\displaystyle 4(y+v+z-x)-x(y+v+z)+(1-x)[yvz+yv+vz+zy]+y^{3}+v^{3}+z^{3}+$

$\displaystyle [x^{2}-x^{3}]+2x^{2}+3(y^{2}+v^{2}+z^{2})=4(y+v+z-x)+x^{2}+$

$\displaystyle [x^{2}-x(y+v+z)]+(1-x)(yvz+yv+vz+zy)+x^{2}(1-x)+y^{3}+v^{3}+z^{3}+$

$\displaystyle 3(y^{2}+v^{2}+z^{2})\Leftrightarrow\\ 4[x-(y+v+z)]-x[x-(y+v+z)]=$

$\displaystyle (1-x)(x^{2}+yvz+yv+vz+zy)+x^{2}+y^{3}+v^{3}+z^{3}+3(y^{2}+v^{2}+z^{2})\Leftrightarrow$

$\displaystyle (4-x)[x-(y+v+z)]=(1-x)(x^{2}+yvz+yv+vz+zy)+x^{2}+y^{3}+v^{3}+$

$\displaystyle z^{3}+3(y^{2}+v^{2}+z^{2})\; {(**)}.$

Mivel $\displaystyle x,y,v,z\ge0$ és $\displaystyle 4-x>1-x=d\ge{0},$ következik, hogy az utóbbi, $\displaystyle {\bf(**)}$ egyenlet jobb oldalán nemnegatív kifejezés áll. Ez azt jelenti, hogy a bal oldalán is nemnegatív kifejezésnek kell állnia. Mindent összevetve adódik, hogy $\displaystyle T_{1}=x-(y+v+z)\ge0,$ amit bizonyítani kellett.

2) eset: $\displaystyle 0\le{d}\le{b}\le{1}\le{c}\le{a}.$ Alkalmazzuk a következő helyettesítéseket:

$\displaystyle d=1-x,b=1-y,c=v+1,a=z+1,$ ahol $\displaystyle 0\le{x,y}\le{1}$ és $\displaystyle v,z\ge0$.

A behelyettesítések után a bizonyítandó $\displaystyle T\ge0$

egyenlőtlenség megfelelője ez lesz: $\displaystyle T_{2}=x+y-(v+z)\ge0,$ a $\displaystyle (\ast)$ feltétel pedig így alakul:
$\displaystyle 0=a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abcd-5\Longrightarrow$

$\displaystyle 0=v^{3}+z^{3}-(x^{3}+y^{3})+3(x^{2}+y^{2}+v^{2}+z^{2})-[v(x+y)+z(x+y)]+$

$\displaystyle [2vz-vz(x+y)]-vz+4[v+z-(x+y)]+[xy(v+1)+xyz(v+1)]=$

$\displaystyle -(x+y)(v+z)+vz[2-(x+y)]+2[(x-y)^{2}+xy]+[2xy+x^{2}+y^{2}]+$

$\displaystyle 4[v+z-(x+y)]+v^{3}+z^{3}-(x^{3}+y^{3})-vz+3[(v-z)^{2}+2vz]+$

$\displaystyle xy(v+1)(z+1)\Leftrightarrow4[x+y-(v+z)]=[(x+y)^{2}-(x+y)(v+z)]-$

$\displaystyle (x+y)[(x-y)^{2}+xy]+2[(x-y)^{2}+xy]+vz[2-(x+y)]+xy(v+1)(z+1)$

$\displaystyle +v^{3}+z^{3}+3(v-z)^{2}+5vz\Leftrightarrow(x+y)[v+z-(x+y)]+4[x+y-(v+z)]=$

$\displaystyle [(x-y)^{2}+xy][2-(x+y)]+vz[2-(x+y)]+xy(v+1)(z+1)+v^{3}+z^{3}+$

$\displaystyle 3(v-z)^{2}+5vz\Leftrightarrow$

$\displaystyle [4-(x+y)][x+y-(v+z)]=[2-(x+y)][(x-y)^{2}+xy+vz]+$

$\displaystyle xy(v+1)(z+1)+v^{3}+z^{3}+3(v-z)^{2}+5vz\;(***)$.

Mivel $\displaystyle x,y,v,z\ge0$ és $\displaystyle 4-(x+y)>2-(x+y)=(1-x)+(1-y)=d+b\ge{0},$ következik, hogy a $\displaystyle {\bf(***)}$ egyenletben, az egyenlőségjeltől jobbra nemnegatív kifejezés áll. Ez azt jelenti, hogy a bal oldalon is nemnegatív kifejezést kell találnunk. Mindent összevetve azt kaptuk, hogy $\displaystyle T_{2}=x+y-(v+z)\ge0.$ Ezt kellett bizonyítani.

3) eset: $\displaystyle 0\le{d}\le{b}\le{c}\le{1}\le{a}.$ Alkalmazzuk a következő helyettesítéseket:

$\displaystyle d=1-x,b=1-y,c=1-v,$ ahol $\displaystyle 0\le{x,y,v}\le{1}.$

Az 1. esetben a $\displaystyle {\bf (**)}$ egyenlet bal oldalán a $\displaystyle T_{1}$ kifejezés szorzója $\displaystyle P_{1}=4-x.$ A 2. esetben a $\displaystyle {\bf (***)}$ egyenlet bal oldalán a $\displaystyle T_{2}$ kifejezés szorzója $\displaystyle P_{2}=4-(x+y).$ Ezekből megsejthető a képzési szabály, mely szerint a 3. esetben alkalmazható $\displaystyle P_{3}$ szorzó $\displaystyle P_{3}=4-(x+y+v)$ lehet. Itt, a 3. esetben a $\displaystyle P_{3}$ kifejezés $\displaystyle (b,c,d)$-változós alakját használjuk:
$\displaystyle P_{3}=4-(x+y+v)=1+(1-x)+(1-y)+(1-v)={\bf b+c+d+1}.$
Legyen $\displaystyle Q=P_{3}T=(b+c+d+1)[4-(a+b+c+d)].$ $\displaystyle P_{3}>0$ miatt a $\displaystyle T\ge0$ egyenlőtlenség pontosan akkor teljesül, ha $\displaystyle Q\ge0.$ Állításunk: $\displaystyle Q\ge0.$ Indirekt bizonyítással folytatjuk: feltesszük, hogy $\displaystyle Q<0$, azaz $\displaystyle Q=(b+c+d+1)[4-(a+b+c+d)]<0 \Leftrightarrow$

$\displaystyle 3b+3c+3d-ba-ca-da-b^{2}-2bc-2bd-c^{2}-2cd-d^{2}-a+4<0$

$\displaystyle \Leftrightarrow$

$\displaystyle 4-a+3(b+c+d)-a(b+b+c)-[b^{2}+c^{2}+d^{2}+2(bc+cd+db)]<0$

$\displaystyle \Leftrightarrow$

$\displaystyle (b+c+d)^{2}+(a-3)(b+c+d)+a-4>0.$

Vezessük be az $\displaystyle s=b+c+d$ új változót, ahol $\displaystyle 0\le{s}\le{3}$. Ekkor legutóbbi egyenlőtlenségünk az $\displaystyle s^{2}+(a-3)s+a-4>0$ alakot ölti, ahol az $\displaystyle a$ paraméterről tudjuk, hogy $\displaystyle 1\le{a}\le{\root 3\of {5}}$. Rögzítsük az $\displaystyle a$ paramétert és tekintsük az $\displaystyle f(s)=s^{2}+(a-3)s+a-4,$ az $\displaystyle s$ változóra nézve másodfokú függvényt, ahol $\displaystyle 0\le{s}\le{3},$ továbbá $\displaystyle 1\le{a}\le{\root 3\of {5}}\approx1,71.$ (A megoldás végén az $\displaystyle a$ szám az $\displaystyle [1,\root 3\of {5}]$ intervallumon végigfutva minden olyan értéket felvehet, melyre fennáll a $\displaystyle (\ast)$ feltétel.)
Indirekt feltevésünk szerint $\displaystyle f>0,$ ezért az $\displaystyle f=0$ másodfokú paraméteres egyenlet $\displaystyle D$ diszkriminánsára teljesülnie kell, hogy $\displaystyle D<0.$ Ezzel szemben: $\displaystyle D=(a-3)^{2}-4(a-4)=a^{2}-10a+25=(a-5)^{2}>0$, ami azt jelenti, hogy az $\displaystyle f=0$ egyenletnek mindig van valós megoldása, s ez ellentmond az indirekt feltevésnek. Ezzel beláttuk, hogy a $\displaystyle Q<0$ indirekt állítás hamis volt, s ebből következik, hogy a $\displaystyle Q\ge0$ egyenlőtlenség igaz. Utóbbival ekvivalens, hogy $\displaystyle T\ge0,$ amit bizonyítani kellett.

Megjegyzések:

Ha a $\displaystyle {\bf (**)}$ és $\displaystyle {\bf (***)}$ egyenleteket felírjuk úgy, hogy $\displaystyle x,y,v,z$ helyére a $\displaystyle d,b,c,a$ számok alkotta, megfelelő kifejezések kerülnek, akkor – a beszorzások és egyszerűsítések után – rendre megkapjuk a kiindulási $\displaystyle {\bf (*)}$ feltételt. (Ellenőrzés.)

Van-e valakinek eltérő, középiskolás levezetése? Főleg a 3. eset nem indirekt megoldása érdekelne (ha létezik ilyen egyáltalán).

Sajnos kimaradt az $\displaystyle ab+cd=0$ lehetőség előzetes vizsgálata. Ezt most pótlom.

A 4. rész első, keretes szövege alatti két sort töröljük, helyére szúrjuk be az alábbi kiegészítést:

Köszönöm, ez megnyugtató.

A következőkben kiegészítem a II. feladatra adott bizonyításomat, s ezzel reflektálok a [838]-as hozzászólás egyik mondatára is.

Az a*b+c*d<=2 egyenlőtlenségben az egyenlőség akkor és csak akkor teljesül, ha a=b=c=d=1. 825-ös hozzászólásom folytatása. A koordináta-rendszerben ábrázolt szimmetrikus tartománynak (nem csak néhány pontot számoltam ki, de a múltkor erre nem reagáltam) és az x+y=2 egyenletű egyenesnek pontosan 1 közös pontja van. x=y=1 (a*b=x, c*d=y) a*b=1, c*d=1 Az a(3)+b(3)+c(3)+d(3)+a*b*c*d=5 a(3)+b(3)+c(3)+d(3)=4-re egyszerűsödik. Visszahelyettesítve korábbi egyenlőtlenségekbe a(3)+b(3)>=2, c(3)+d(3)>=2. Ezekből az jön, hogy a(3)+b(3)=c(3)+d(3)=2. Figyelembe véve, hogy a*b=c*d=1, készen vagyunk.

Első mondatok. Az egyenlőséget néztem.

Ott kezdem, hogy nemnegatív számokról írtál, de én végig csak pozitívakkal foglalkoztam. (Ez amúgy nem jellemző rám.) Ha a számok között a 0 is lehet, akkor máskor is megvalósul egyenlőség. Pl. a=0, b=c=d=köbgyök(5/3).

a+b+c+d<=4 állítást én írtam. Ez igaz. Belátható ez is a Lagrange-féle multiplikátor módszerrel, ami nem középiskolás út, sajnos. Most csak annyit tudok írni, hogyha felhasználjuk, hogy a*b+c*d<=2, akkor talán könnyebb belátni középiskolás módszerekkel.Talán.Gondolom ilyenkor ez is igaz: a*d+c*b<=2.

(a+c)*(b+d)=a*b+a*d+c*b+c*d

Hátha lehet ezekből valamit kihozni.

Tudna-e segíteni valaki az alábbi két kérdésben?

1) Igaz-e, amit a 4. rész utolsó előtti sorában leírtam: "Az egyenlőtlenségben egyenlőség pontosan …"? (Ma már kétségeim vannak e két mondat helyességét illetően … .)

2) A [823]-as hozzászólás végén olvasható: "Azt is megfigyeltem, hogy az $\displaystyle a, b, c, d$ számok összege nem lehet 4-nél több."

Ez, ebben a megfogalmazásban, sejtésnek tűnik. Be tudná valaki bizonyítani, hogy $\displaystyle a+b+c+d\le4$ ?

Végül a 4. rész:

A 3. rész: