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 egy példányának ára 2025. szeptembertől 1600 Ft, előfizetése 1 évre 12500 Ft – BJMT tagoknak 12000 Ft.
Megrendelem
Azok is figyelmesen olvassák el a Versenykiírást, akik tavaly már részt vettek versenyünkben.
Idén is matematikából, fizikából és informatikából indítunk versenyeket. Egyénileg, illetve csapatban is lehet versenyezni, a versenyek 9 hónapon keresztül, 2025. szeptemberétől 2026. június elejéig tartanak. Minden hónapban új feladatokat tűzünk ki, és a megoldásokat a következő hónap elejéig küldheted be. A verseny végeredményét a 2026. szeptemberi számunkban hirdetjük ki. A díjakat jövő ősszel, a KöMaL Ifjúsági Ankéton adjuk át.
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.
Nem kell túl sokáig keresgélnünk az interneten a fejtörő feladatok között ahhoz, hogy sík vagy tér kitöltésére vonatkozó feladványra bukkanjunk. Ezek egyik fajtája az, amikor néhány síkidom vagy test valamilyen keretben van elhelyezve úgy, hogy látszólag teljesen kitöltik azt, de van még külön egy további eleme a játéknak.
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)
