Kezdőlap


Cím:	1933. A XXXVII. Eötvös Loránd matematikai tanulóverseny tételei - 2.
Szerző(k):	Baloghy Barna , Bródy Éva , Deutsch Ervin , Fábián Ibolyka , Meller Tamás , Weiszfeld Endre , Ökrös Jenő
Füzet:	1934/január, 118 - 122. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

953. Kiszámítandó $a b + c d$ értéke, ha

\begin{matrix} a^{2} + b^{2} = 1, & (1) \\ c^{2} + d^{2} = 1, & (2) \\ és & a c + b d = 0. & (3) \end{matrix}

I. Megoldás.

a b + c d

értéke nem változik, ha mindkét tagját 1-gyel szorozzuk, még pedig

a b

-t a (2),

c d

-t az (1) baloldalával:

\begin{matrix} a b + c d = a b (c^{2} + d^{2}) + c d (a^{2} + b^{2}) = a b c^{2} + a b d^{2} + a^{2} c d + b^{2} c d = \\ = (a b c^{2} + b^{2} c d) + (a b d^{2} + a^{2} c d) = b c (a c + b d) + a d (b d + a c) = \\ = (b c + a d) (a c + b d) . \end{matrix}

Azonban

\begin{matrix} a c + b d = 0, tehát a b + c d = 0. \end{matrix}

Fábián Ibolyka (Mária Terézia leányg. VIII. o. Bp. VI.)

II. Megoldás. a) Legyen pl.

b = 0

; ekkor (1) szerint

a \neq 0

. Azonban (3)-ból:

a c = 0

; mivel

a \neq 0

, kell, hogy

c = 0

legyen. Így

\begin{matrix} a b + c d = 0. \end{matrix}

b) Az

a

b

c

d

számok egyike sem zérus. (3)-ból

d = - \frac{a c}{b}

.
Helyettesítve ezt (2)-be:

\begin{matrix} c^{2} + \frac{a^{2} c^{2}}{b^{2}} = \frac{(b^{2} + a^{2}) c^{2}}{b^{2}} = \frac{c^{2}}{b^{2}} = 1. \end{matrix}

Eszerint

\begin{matrix} b^{2} = c^{2} és így a^{2} = d^{2}, \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} c = \pm b és d = \pm a, \end{matrix}

mégpedig úgy, hogy (3) alapján,
ha

\begin{matrix} c = \pm b, akkor d = \mp a . \end{matrix}

Tehát, ha

\begin{matrix} c = b, akkor d = - a és a b + c d = a b - a b = 0; \end{matrix}

ha pedig

\begin{matrix} c = - b, akkor d = a és a b + c d = a b - a b = 0. \end{matrix}

Ökrös Jenő (Klauzál Gábor rg. VII. o. Szeged)

III. Megoldás. Legyen

a = sin α

b = cos α

c = sin β

d = cos β

.
Ekkor:

\begin{matrix} a c + b d = sin α sin β + cos α cos β = cos (α - β) = 0, \end{matrix}

és így

\begin{matrix} a b + c d = sin α cos α + sin β cos β = \frac{sin 2 α + sin 2 β}{2} = \\ = sin (α + β) cos (α - β) = 0. \end{matrix}

Meller Tamás (Révai Miklós r. VI. o. Győr)

NB. Itt

a

b

c

d

csak valós számokat jelenthetnek.

IV. Megoldás. Legyen

a_{1} = | a |

b_{1} = | b |

c_{1} = | c |

és

d_{1} = | d |

.
Ekkor:

\begin{matrix} a_{1}^{2} + b_{1}^{2} = 1, c_{1}^{2} + d_{1}^{2} = 1 és a_{1} c_{1} = b_{1} d_{1} . \end{matrix}

a_{1}

és

b_{1}

oly derékszögű háromszög befogói, melynek átfogója 1; hasonlóan

c_{1}

és

d_{1}

is felfoghatók, mint egy derékszögű háromszög befogói, melynek átfogója 1. Minthogy a harmadik feltétel szerint

\begin{matrix} a_{1} : b_{1} = d_{1} : c_{1}, \end{matrix}

a két derékszögű háromszög hasonló. Azonban átfogóik egyenlők, tehát a két háromszög egybevágó. Ebből következik, hogy területük egyenlő:

\begin{matrix} a_{1} b_{1} = c_{1} d_{1} azaz | a b | = | c d | . \end{matrix}

(I.)

a c + b d = 0

egyenletből

\begin{matrix} \frac{a}{b} = - \frac{d}{c}, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} sgn \frac{a}{b} = - sgn \frac{d}{c} és így sgn a b = - sgn c d . \end{matrix}

(II.)

I. és II. alapján:

\begin{matrix} a b + c d = 0. \end{matrix}

Deutsch Ervin (Faludi Ferenc rg. VIII. o. Szombathely)

Weiszfeld Endre (Kemény Zsigmond r. VIII. o. Bp. VI.)

NB. Ezen bizonyítás is csak valós számok esetén érvényes.

954. Legyen a sakktábla

64

mezejéből

16

mező oly módon kijelölve, hogy mind a nyolc sor és mind a nyolc oszlop éppen két-két kijelölt mezőt tartalmaz. Bebizonyítandó, hogy a kijelölt mezőkre mindenkor úgy lehet egy-egy bábut és pedig összességben

8

fehér és

8

fekete bábut elhelyezni, hogy minden sorban és minden oszlopban pontosan egy fehér és egy fekete bábu álljon.

Megoldás. A kijelölt mezők közül válasszunk ki egyet; ezt kössük össze a vele egy sorban állóval ^{$^{*}$}, ezen újabb mezőt a vele egy oszlopban állóval s. í. t. Ezt az eljárást addig folytatjuk, míg vissza nem jutunk a kiindulási helyre. Ezen eljárással lehet, hogy kimerítettük mind a 16 mezőt; ha azonban ez nem állott elő, a felhasznált sorokat és oszlopokat kihagyjuk és a fennmaradó kijelölt mezők egyikéből kiindulva, az előbbi eljárást ismételjük.

Legfeljebb négyszeri kiindulással kimerítjük mind a 16 kijelölt mezőt; mindenik esetben egy zárt poligont kapunk. (Ábránkban pl. 3 ilyen különálló poligonnal merítettük ki a 16 mezőt). Ezen poligonok mindegyike páros oldalszámú, mert ugyanannyi oszlop és sorváltoztatással állott elő.
Már most a 16 mezőnek köv. tulajdonsága van:
Két mező akkor és csak akkor áll egy sorban (v. oszlopban), ha azok egy és ugyanazon poligon szomszédos csúcsai. (Tehát különböző poligonok csúcsai nem lehetnek egy sorban v. oszlopban.)
Válasszuk ki tehát az egyik poligon valamely csúcsát és állítsunk ide pl. fehér bábut. Elindulva innen, a poligon mentén rakjunk sorba a csúcsokba fekete, fehér s. í. t. bábukat. Így e poligon csúcsain elhelyeztük a bábukat a kívánt módon. Ugyanezt tegyük a többi poligon mentén is, miáltal a fekete és fehér bábuk valamennyi 16 kijelölt mezőben a kívánt módon nyernek elhelyezést.

Weiszfeld Endre (Kemény Zsigmond r. VIII. o. Bp. VI.)

955. A

k_{1}

és

k_{2}

körök egymást

P

-ben érintik. Messe egy

P

-n átmenő egyenes szelő a

P

-n kívül

k_{1}

-t még

A_{1}

-ben és

k_{2}

-t

A_{2}

-ben; továbbá egy

P

-n átmenő másik szelő

k_{1}

-t

B_{1}

-ben és

k_{2}

-t

B_{2}

-ben. Bebizonyítandó, hogy a

P A_{1} B_{1}

és

P A_{2} B_{2}

háromszögek hasonlók.

I. Megoldás. A két kör megadott helyzetében

P

a két kör belső vagy külső hasonlósági pontja, aszerint amint a két kör kívülről vagy belülről érinti egymást; azaz, ha a

P

ponton átmenő egyenes a

k_{1}

kört az

A_{1}

k_{2}

kört az

A_{2}

pontokban metszi, akkor

\begin{matrix} \frac{P A_{1}}{P A_{2}} = \frac{r_{1}}{r_{2}}, \end{matrix}

ahol

r_{1}

k_{1}

r_{2}

k_{2}

kör sugara.

P

pont mindegyik esetben az

O_{1}

és

O_{2}

középpontokat összekötő egyenesen fekszik úgy, hogy

\begin{matrix} O_{1} O_{2} = O_{1} P + P O_{2} = r_{1} + r_{2} vagy O_{1} O_{2} = ∣ r_{1} - r_{2} ∣ . \end{matrix}

(Ugyanis

P A_{1} O_{1} ▵ \sim P A_{2} O_{2}

, mert egyenlő szárú háromszögek, melyeknek a

P A_{1}

ill.

P A_{2}

alapjukon fekvő szögeik egyenlők, t. i.

\begin{matrix} O_{1} P A_{1} ∢ \equiv O_{2} P A_{2} ∢, \end{matrix}

ha belső érintkezés áll elő; külső érintkezés esetén

\begin{matrix} O_{1} P A_{1} ∢ = O_{2} P A_{2} ∢, \end{matrix}

mint csúcsszögek.)

Hasonlóan:

\begin{matrix} \frac{P B_{1}}{P B_{2}} = \frac{r_{1}}{r_{2}}, \end{matrix}

és így

\begin{matrix} \frac{P A_{1}}{P A_{2}} = \frac{P B_{1}}{P B_{2}} . \end{matrix}

Mivel

A_{1} P B_{1} ∢ = A_{2} P B_{2} ∢

, mert vagy azonosak vagy csúcsszögek és ezen szögeket bezáró oldalak aránya egyenlő, kimondhatjuk, hogy

\begin{matrix} P A_{1} B_{1} ▵ \sim P A_{2} B_{2} ▵ . (Természetesen A_{1} B_{1} ∥ A_{2} B_{2}) . \end{matrix}

Baloghy Barna (Kegyesrendi gimn. VIII. o. Debrecen)

II. Megoldás. A

P A_{1} B_{1}

és

P A_{2} B_{2}

háromszögeknek közös

P

csúcsánál egyenlő szögeik vannak:

A_{1} P B_{1} ∢ \equiv A_{2} P B_{2} ∢

belső érintkezés esetén; külső érintkezés esetén

A_{1} P B_{1} ∢ = A_{2} P B_{2} ∢

, mivel csúcsszögek.
Húzzuk meg a két kör közös érintőjét a

P

pontban,

T T'

-t.

Ekkor belső érintkezés esetén a

k_{1}

körben

\begin{matrix} A_{1} B_{1} P ∢ = A_{1} P T ∢, \end{matrix}

mert az

\hat{A_{1} M_{1} P}

ívhez tartozó kerületi szögek. A

k_{2}

körben

\begin{matrix} A_{2} B_{2} P ∢ = A_{2} P T ∢, \end{matrix}

mert az

\hat{A_{2} M_{2} P}

ívhez tartozó kerületi szögek. Azonban

A_{1} P T ∢ \equiv A_{2} P T ∢

és így

\begin{matrix} A_{1} B_{1} P ∢ = A_{2} B_{2} P ∢ . \end{matrix}

Külső érintkezés esetén a

k_{1}

körben, úgy mint előbb

\begin{matrix} A_{1} B_{1} P ∢ = A_{1} P T ∢, \end{matrix}

k_{2}

körben pedig

\begin{matrix} A_{2} B_{2} P ∢ = A_{2} P T' ∢ . \end{matrix}

Azonban

A_{1} P T ∢ = A_{2} P T' ∢

, mivel csúcsszögek és így most is

\begin{matrix} A_{1} B_{1} P ∢ = A_{2} B_{2} P ∢ . \end{matrix}

Eszerint a

P A_{1} B_{1}

és

P A_{2} B_{2}

háromszögek szögei egyenlők és így

\begin{matrix} P A_{1} B_{1} ▵ \sim P A_{2} B_{2} ▵ . \end{matrix}

Bródy Éva (izr. leányg. VI. o. Bp.)

^{$^{*}$},,Bástya'' lépésben haladva.