Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

Fizikában is gyakran hasznos ha valós számokkal számolsz. Ha eddig direkt elkerülted a tanárod tanácsára, érdemes lehet visszarakni a repertoárodba. A valós számoknak van egy csomó jó tulajdonságuk, amiket ki tudsz használni időről időre. Például téridő geometriában, amit említettél, össze lehet adni az időt a távolsággal, anélkül hogy a dimenziókat és a mértékegység váltó jeleket végig cipelned kéne minden egyes képletben. Legyen S egy inerciarendszer, jelölje t,x,y,z a pozíciókhoz tartozó valós számokat, stb.

Amúgy igen, B.5402-t ha megnézi egy fizikus, annak a "háromszög oldalainak hosszúsága" nem egy valós szám, hanem egy hosszúság dimenziójú mennyiség, így a "tegyük fel hogy fennáll" egyenlet soha nem áll fenn, és a feladat triviális.

Köszönöm Erzsinek az észrevételt! Akkor próbálom rendbe tenni a B.5402-es feladatnál a mértékegységeket úgy, hogy a feltételt csak egy kicsit megváltoztatva, a feladat állítása ugyanaz maradjon, (vagy ha nem marad ugyanaz, akkor egy, a feladat állításához nagyon "közeli" állítás legyen), és egyenlőség szabályos háromszög esetén teljesüljön.

Tehát a feltétel legyen \(\displaystyle a^2b^2c^2=T^xR^{2y}(a^2+b^2+c^2)\), ahol \(\displaystyle T\) a háromszög területe, \(\displaystyle R\) a háromszög köré írt kör sugara, \(\displaystyle x\) és \(\displaystyle y\) később alkalmasan megválasztott értékek.

Az \(\displaystyle x\) és \(\displaystyle y\) értékekre máris fel lehet írni egy összefüggést. A feltételnek mértékegységileg stimmelni kell, így például, ha \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\), \(\displaystyle R\) mennyiségek mértékegysége \(\displaystyle cicatalp\), akkor \(\displaystyle T\) mértékegysége \(\displaystyle cicatalp^2\), így ekkor teljesül az \(\displaystyle x+y=2\) összefüggés

A KöMaL-ban közölt megoldás felhasználja, hogy ismert a \(\displaystyle 4TR=abc\) összefüggés, és a közölt megoldás hivatkozik az ismert\(\displaystyle a^2+b^2+c^2\leq9R^2\) egyenlőtlenségre. Az egyenlőtlenségben egyenlőség pontosan szabályos háromszög esetén teljesül.

Ekkor a közölt megoldásban a becslés a következőképpen módosul:

\(\displaystyle 16T^2\leq\frac{a^2b^2c^2}{R^2}=\frac{T^xR^{2y}(a^2+b^2+c^2)}{R^2}\leq\frac{T^xR^{2y}*9R^2}{R^2}=9T^xR^{2y}\)

Most már csak azt kell elérni, hogy a feltétel a tetszőleges \(\displaystyle p\) oldalú szabályos háromszögre teljesüljön. A feltételben pontosan teljesül az egyenlőség, amikor a közölt megoldásbeli becslésben teljesül az egyenlőség.

A \(\displaystyle p\) oldalú szabályos háromszög területe \(\displaystyle T=\frac{\sqrt3p^2}{4}\), köré írt sugara \(\displaystyle R=\frac{p}{\sqrt3}\). Ezeket beírva a feltételbe, a következő összefüggés adódik:

\(\displaystyle p^2p^2p^2=\Big(\frac{\sqrt3p^2}{4}\Big)^x*\Big(\frac{p}{\sqrt3}\Big)^{2y}(p^2+p^2+p^2)\)

Figyelembe véve az \(\displaystyle x+y=2\) összefüggést, a most felírt egyenlet a következőképpen egyszerűsíthető:

\(\displaystyle \frac{3*3^{x/2}}{3^y*4^x}=1\)

Tehát \(\displaystyle x\) és \(\displaystyle y\) értékekre két egyenletnek kell teljesülnie:

\(\displaystyle x+y=2\)

\(\displaystyle \frac{3*3^{x/2}}{3^y*4^x}=1\)

Ebből a két egyenletből:

\(\displaystyle x=log_{(27/16)}9\)

\(\displaystyle y=log_{(27/16)}\frac{81}{256}\)

Tehát legyen egy új feltételünk. Nekem az jött ki, hogy akkor nincs olyan szabályos háromszög, amire az új feltétel teljesülne. (Engem érdekelne, hogy milyen háromszögekre teljesül az új feltétel. A R kiküszöbölése után a Heron-képlettel folytatnám.)

B.5402 feladathoz nekem több megjegyzésem van:

A feladatban megadott \(\displaystyle a^2b^2c^2=a^2+b^2+c^2\) feltétel "mértékegységileg" nem stimmel. Mint ahogy "mértékegységileg" nem stimmel az az állítás sem sem, hogy a háromszög területe legfeljebb \(\displaystyle \frac{3}{4}\) lehet. Ebből kifolyólag a megoldás menetében is van olyan becslés, ami szintén "mértékegységileg" nem stimmel. Lehetne úgy módosítani a feladat feltételét és állítását úgy hogy a feltétel \(\displaystyle a^2b^2c^2=R^4(a^2+b^2+c^2)\) legyen, az állítás pedig legyen az, hogy a háromszög területe legfeljebb \(\displaystyle \frac{3R^2}{4}\). Ekkor a feladat feltétele és állítása lényegében nem változik, és a megoldás menete is könnyen módosítható.

A megoldás nem tér ki arra, hogy az eredeti megfogalmazásban a feladatban az egyenlőség nem minden szabályos háromszögre teljesül. Egyenlőség csak az olyan \(\displaystyle x\) oldalú szabályos háromszögre teljesül, amelynek \(\displaystyle x\) oldalára a feltétel miatt \(\displaystyle x^6=3x^2\) egyenlet teljesül, ami "mértékegységileg" szintén nem stimmel.

Tudom, hogy a geometriában szokták elhagyni a mértékegységeket, koordináta-geometriában nem is használunk mértékegységeket, de bennem, mint matek-fizika szakosként nagyon ott van, hogy egy mennyiség mindig két részből áll: mérőszámból, és mértékegységből. Koordináta-geometriában is lehetne azt mondani, hogy például 1 osztás 1 cm-t ér. Téridő geometriában már lényeges a mértékegység. Mindazonáltal a feladatot nagyon érdekesnek és szépnek találom, talán éppen ezért is foglalkoztam vele.

B.5404. Kicsit módosítottam a feladatot, mert a feladat állítása ekkor is igaz:

Az \(\displaystyle ABC\) hegyesszögű háromszög magasságainak talppontjai \(\displaystyle T_A\), \(\displaystyle T_B\), \(\displaystyle T_C\), továbbá az \(\displaystyle a=BC\), \(\displaystyle b=CA\), \(\displaystyle c=AB\) oldalak felezőpontjai rendre \(\displaystyle F_A\), \(\displaystyle F_B\), \(\displaystyle F_C\). Jelölje \(\displaystyle r_A\), \(\displaystyle r_B\), \(\displaystyle r_C\) rendre a háromszög \(\displaystyle a=BC\), \(\displaystyle b=CA\), \(\displaystyle c=AB\) oldalához írt kör sugarát. Legyen \(\displaystyle P_A\) az \(\displaystyle AT_A\) egyenes \(\displaystyle A\) végén túli meghosszabbításán olyan pont, amelyre \(\displaystyle AP_A=r_A\) teljesül. Hasonló módon kapjuk a \(\displaystyle P_B\) és \(\displaystyle P_C\) pontokat. Mutassuk meg, hogy az \(\displaystyle F_AP_A\), \(\displaystyle F_BP_B\), \(\displaystyle F_CP_C\) egyenesek egy pontban metszik egymást.

Itt azt is be lehet bizonyítani, hogy az \(\displaystyle F_AP_A\), \(\displaystyle F_BP_B\), \(\displaystyle F_CP_C\) egyenesek rendre tartalmazzák az \(\displaystyle O_A\), \(\displaystyle O_B\), \(\displaystyle O_C\) pontokat, ahol az \(\displaystyle O_A\), \(\displaystyle O_B\), \(\displaystyle O_C\) pontok a háromszög \(\displaystyle a=BC\), \(\displaystyle b=CA\), \(\displaystyle c=AB\) oldalihoz írt körök középpontját jelentik.

Ha az eredeti B.5404-es feladatot nézzük, az tetszőleges háromszögre (tehát nem csak hegyesszögű háromszögre) érvényes, csak ekkor a \(\displaystyle F_AP_A\), \(\displaystyle F_BP_B\), \(\displaystyle F_CP_C\) szakaszok metszéspontja helyett \(\displaystyle F_AP_A\), \(\displaystyle F_BP_B\), \(\displaystyle F_CP_C\) egyenesek metszéspontját kell meghatározni.

OK, ez így jó. Egyébként van a játékvezetőnek jó stratégiája: \(\displaystyle \frac{1}{2}\) valószínűséggel mondjon A-t illetve B-t. És ekkor van olyan lejátszás amikor A,B még 2 pontot sem szerez, bárhogyan is játszanak.

A játékvezetőnek nem kell hogy legyen "stratégiája". A bizonyítandó állítás A és B stratégiairól szól, és hogy ezeknek a minimaxja (legnagyobb garantált nyereség) pici.

A és B minden (akár kevert) stratégiájához van olyan "kimenet" (véletlenszám generátorok kimenete és játékvezetői döntések), amikkel nem érnek el 2 pontot.

Persze, A és B tiszta Sab stratégiájához van a játékvezetőnek egy azt verő Sj stratégiája, és a játékvezető Sj stratégiájához van egy azt verő Sab' stratégiája A és B-nek. Játékokban a stratégiák tipikusan körbeverik egymást, különben nagyon kevéssé izgalmas a játék.

E helyett a játék helyett játsszanak kő-papír-ollót. A és B akárhogy játszik, nem biztos, hogy pozitív pontja lesz. Az összes lehetséges (akár kevert) stratégiájának a minimaxja -1, hiszen minden lehetséges mutatásra van olyan mutatása a játékvezetőnek, amivel veszít. Hiába tudná A és B ellopni a játékvezető stratégiáját, és azt megverni, az nem segít.

Igen, azt már látom, hogy a játékosoknál feltehetjük a tiszta stratégiát.

De nekem most a játékvezetőnél nem világos, hogy a falakat hogyan látja ? Nekem úgy tűnik, hogy egy adott \(\displaystyle (a_{n},b_{n})\) sorozatra legyártják a játékvezető lépéseit (értsd, a játékvezető látja A,B stratégiáját ?), de neki nem csak egyetlen A,B játékosok által választott stratégiára kell, hogy müködjön. Mi van akkor, ha egy másik \(\displaystyle (a_{n},b_{n})\) sorozatra a már korábbi játékvezetői stratégiával ellentmondásba kerülne?

És még itt bejön az is, hogy a bizonyításból úgy tűnik, hogy tiszta stratégiája van a játékvezetőnek, hiszen semmi random választás nincs benne. Ami egy vicc, "lopja" el a játékvezető stratégiáját \(\displaystyle A\) és \(\displaystyle B\), akkor \(\displaystyle 100\) körben begyűjtenek \(\displaystyle 100\) pontot. A játékvezető stratégiája nem lehet tiszta.

És ugye, ez \(\displaystyle 2\) körnél is látható, ha csak azt akarja elkerülni a játékvezető, hogy \(\displaystyle 2\) pontot szerezzenek. Legyen \(\displaystyle A\) és \(\displaystyle B\) stratégiája, hogy az ő \(\displaystyle n\)-edik körükben \(\displaystyle n\)-et mondanak. Ha a játékvezető el akarja kerülni, hogy \(\displaystyle 2\) pontot szerezzenek, akkor a második körben nem szabad az elsőnek kiválasztott embert szólítani.

Jó, de akkor legyen egy másik stratégia, hogy az egyik végig \(\displaystyle 1\)-t mondja, a másik végig \(\displaystyle 2\)-t. Ha véletlenül azt hívná a játékvezető elsőnek aki \(\displaystyle 1\)-t mondja, és biztosan vált a második körben, akkor a játékosok megint \(\displaystyle 2\) pontot szereznek.

Valóban, ahogy a megoldás szól, úgy a játékosok a legjobb esetben tudnak sok pontot szerezni. "És így tovább, mindig haladjunk felváltva jobbra vagy lefele ütközésig, és így sosem tudnak a játékosok több, mint egy pontot szerezni." nem igaz, ott az ellenpéldád.

De szerintem ez az állítás nem kell is a megoldáshoz (a feladat a legrosszabb esetről szól), és a megoldás javítható: megmutatható hogy egy S kevert stratégia a legrosszabb esetben nem jobb, mint egy tiszta stratégia, és így elég azokat nézni.

Mondjuk van egy S kevert stratégiája az egyik játékosnak, ahol minden lépés csak attól függ hogy hányadiknak lett kihívva a játékos és hogy mik voltak az előző tippek, és hogy mit ad a véletlenszám generátor. Ekkor ebből a játékvezető le tud gyártani egy S' tiszta stratégiát, hogy a véletlenszám generátor mindig olyan eredményt ad, hogy az adott körben a legkisebb lehetséges tippet tippeli meg, és akkor ez ellen játszik a játékvezető. És akkor most már működik amit a megoldás ír (nem néztem végig).

A "biztos esemény" egy szakszó, minden elemi eseményt jelent, nem csak egy 1 valószínűségű részhalmazát a térnek.

Csak ennyi volt a problémád a feladattal/megoldással? Ez lefedi "És a bizonyításbeli falépítés is több sebből vérzik, ez egész egyszerűen nem müködik, így biztosan nem." -t, vagy még nem jó valahol valami?

Lejárt A875. az \(\displaystyle a)\) rész utolsó fél mondata: "sosem tudnak a játékosok több, mint egy pontot szerezni." De erre ment ki az egész bizonyítás.
Ami egy teljesen hamis állítás. És a bizonyításbeli falépítés is több sebből vérzik, ez egész egyszerűen nem müködik, így biztosan nem.
Faék egyszerű stratégia a cáfolatra: \(\displaystyle A\) és \(\displaystyle B\) is ugyanazt a stratégiát játssza, \(\displaystyle \frac{1}{2}\) valószínűséggel mondanak \(\displaystyle 1\)-et illetve \(\displaystyle 2\)-t.
Mi a rák történik az első két körben: nem nagy meglepetés, \(\displaystyle \frac{1}{4}\) valószínűséggel megszereznek \(\displaystyle 2\) pontot. Ami a bizonyítás szerint lehetetlen lenne. És persze ennél bonyolultabb stratégiák is vannak, amikor vegyesen játszanak random és fix stratégiát.
Sőt! Olyan stratégiát is tudok amivel \(\displaystyle 1\) valószínűséggel szereznek 100 pontot, véges sok körön belül. Ez persze nem egészen a feladat állítása, mert ott az szerepel, hogy "biztosan".

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.

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:

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:

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

* *

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:

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

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.

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

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.

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

Amúgy elegáns a hivatalos projektív geometriai megoldás.

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

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.

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.

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.

Köszönöm, szebbnél szebb megoldások.

Visszanézve a korábbi "A"-s geometria problémákat, talán ez a feladat is inkább odavaló.

Thanks, but in my opinion, this problem is more "A" difficulty.

A végén a két tört nevezőjében természetesen \(\displaystyle BY\) van:)