A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. 1. feladat. Adott a síkban az háromszög, melynek körülírt körét kívülről érinti a kör. A kör érinti egyúttal az és félegyeneseket is, mégpedig a , illetve pontban. Mutassuk meg, hogy a szakasz felezőpontja egybeesik az háromszög oldalához hozzáírt körének középpontjával. I. megoldás. Alkalmazzunk inverziót az -val szemközti hozzáírt körre, melynek középpontját jelöli. Az háromszög oldalai (mivel érintik e kört) mind azonos sugarú körökbe transzformálódnak. Feltehetjük, hogy ez a sugár egységnyi, és a megfelelő körök középpontjai és . Az körülírt körének a képe az , és pontokon átmenő kör lesz. (A vesszős változat az adott pont inverzió utáni képet jelöli.) Azt állítjuk, hogy a kör szintén egyégnyi sugarú. , és ugyanis egyaránt egységnyi távolságra vannak az -től, így a rajtuk átmenő kör sugara is egységnyi. Az háromszög oldalfelezőpontjai által meghatározott háromszög körülírt körének sugara tehát . E háromszög csúcsai az , és szakaszok felezőpontjai, tehát az említett sugarú kört egy közepű -szeres nagyítás a -be viszi, mely így csakugyan egységsugarú.
Az körüli egység sugarú kör belülről érinti az , ill. oldalak képeit és a körülírt kör képét is, így e kör éppen képe lesz az inverzió során. A , pontok pedig az -vel átellenes pontok a megfelelő egyégsugarú körökön, ezért és egyaránt derékszögek, továbbá (a szimmetria miatt) felezi -t. Mivel volt az inverzió középpontja, egyúttal a szakaszt is felezi.
Megjegyzések. 1. Hasonlóan a tavalyi verseny első feladatához, idén sem volt haszontalan a síkbeli inverzió tulajdonságainak ismerete (jóllehet tavaly többen próbálkoztak az alkalmazásával). A versenybizottság fenntartja magának az inverzióval (is) megoldható példa kitűzésének jogát. 2. A feladat szoros rokonságot mutat az 1978. évi Nemzetközi Matematikai Diákolimpián kitűzött 4. feladattal. A különbség lényegében annyi, hogy az olimpiai feladatban a kör belülről érintett, és az érintési pontok alkotta szakasz felezőpontja a beírt kör középpontja volt. Az említett feladatra megjelent egyik szellemes megoldás ötlete könnyen alkalmazható a mi esetünkre is. Ezt vázoljuk az alábbiakban. 3. Több versenyző próbálkozott az analitikus módszerrel. Természetesen így is teljes értékű megoldás kapható, azonban viszonylag kevesen jártak sikerrel.
II. megoldás. Legyen a kör és az háromszög körülírt körének érintési pontja, , ill. pedig a , ill. egyeneseknek és a háromszög körülírt körének -től különböző metszéspontja. Mivel -ből a kört egy középpontos hasonlóság viszi az háromszög körülírt körébe, az -ben, ill. -ben a körülírt körhöz húzott érintők párhuzamosak -vel, ill. -vel. Eszerint felezi a -t tartalmazó ívet, pedig felezi a -t tartalmazó ívet.
Felhasználva a kerületi szögek egyenlőségét, illetve hogy feleakkora ívhez feleakkora kerületi szög tartozik | | adódik, ahonnan (Felhasználtuk, hogy .) Világos, hogy húrnégyszög, így a konkáv nagysága . Legyen az iménti szög felezőjének és a szakasznak a metszéspontja. Eszerint hiszen az háromszög egyenlő szárú. Azt kaptuk, hogy húrnégyszög, melyben a íven nyugvó kerületi szögre | | Az adódott tehát, hogy az háromszög -nél lévő külső szögének a felezője. A fenti számolás értelemszerű módosításával adódik, hogy az háromszög -nél levő külső szögfelezője. A két külső szögfelező metszéspontja egyfelől a oldalhoz hozzáírt kör középpontja, másfelől rajta van az háromszög -ból induló szögfelezőjén. E szögfelező azonban felezi az egyenlő szárú háromszög alapját, az állítást igazoltuk.
2. feladat. Határozzuk meg a legkisebb olyan, -től különböző, pozitív egész számot, amelyhez létezik olyan egész együtthatós polinom, hogy az egyenletnek legalább egy, az egyenletnek pedig legalább különböző egész megoldása van.
Megoldás. Legyen egy kívánt tulajdonságú polinom a feladatbeli számhoz. Létezik tehát olyan egész, melyre . Definiáljuk a polinomot. Nyilván , azaz konstans tagja , továbbá a egyenletnek léteznek különböző, egész gyökei, melyek egyike sem , mivel . Ez azt jelenti, hogy | | ahol a polinomosztás miatt a polinom is egész együtthatós, konstans tagja legyen . Az egyenlőségben szereplő két polinom konstans tagjai megegyeznek, így persze | | ahonnan, felhasználva, hogy , kapjuk, hogy | | Innen látszik, hogy nem lehetséges, ezért a fenti egyenlőtlenségből következik. Legyen most a polinom a következő: | | Erre a polinomra és minden egészre, vagyis a feladat kérdésére a válasz
3. feladat. Egy körvonal mentén néhány kék és piros pontot helyeztünk el. Ezekkel az alábbi műveleteket végezhetjük: valahova beillesztünk egy új piros pontot, és a két szomszédját ellentétes színűre változtatjuk. ha legalább három pont van, és ezek közül legalább az egyik piros, akkor egy piros pontot törlünk, a két szomszédját pedig ellentétes színűre változtatjuk. Kezdetben két pont van a kör kerületén, mindkettő kék. Elérhetjük-e a lépések többszöri alkalmazásával, hogy újra két pontunk legyen, de azok pirosak legyenek? I. megoldás. A piros és kék pontok a kört ívekre osztják; írjunk minden egyes ívre -et vagy -et úgy, hogy a piros pontok két oldalán egyenlő, a kék pontok két oldalán pedig ellentett számok álljanak. Mivel a kék pontok száma minden lépésben párossal változik, ezért mindig páros sok kék pont van a körvonalon. Az ívek fenti számozása tehát kétféleképpen végezhető el, és az egyik számozásból úgy kapjuk a másikat, hogy minden íven előjelet váltunk. Megmutatjuk, hogy az ívekre írt számok összege minden lépés után osztható marad -mal. A kezdeti állapotban ez igaz, mert egy -et és egy -et adunk össze. Ha egy lépésben egy ívre piros pontot ültetünk, akkor a beillesztett piros pont szomszédjainak színe megváltozik, ezért a lépés előtti ívszámozásból helyes ívszámozást kapunk, ha a beillesztett piros pont két oldalán keletkező részívekre az ívre írt szám ellentettjét írjuk, a további íveken pedig megtartjuk a számozást. Piros pont törlésekor fordítva járunk el. Az ívekre írt számok összege mindkét esetben -mal változik, tehát ha korábban -mal osztható volt az összeg, úgy ez a lépés után is így marad. Ha néhány lépés után két piros pont marad, akkor két egyenlő szám kerül a kör kerületére, melyek összege nem osztható -mal. Ezt az állapotot tehát nem lehet elérni.
II. megoldás. Ismét azt igazoljuk, hogy nem kaphatunk két piros pontot az adott lépésekkel. Feleltessünk meg a pontoknak egy-egy geometriai transzformációt: a kék pontok jelentsék a -vel jelölt tengelyes tükrözést az -tengelyre, a piros pontok pedig az -fel jelölt, origó körüli, -os elforgatásnak feleljenek meg. Megmutatjuk, hogy azokban a pontrendszerekben, amelyek két kék pontból kiindulva előállíthatóak, a pontoknak megfeleltetett egybevágósági transzformációk szorzata ‐ tetszőleges kék vagy piros pontból indulva és pozitív körüljárás szerint haladva ‐ a minden pontot fixen hagyó, identikus transzformáció. Ez a kezdeti állapotban (két tükrözés) teljesül. Elegendő tehát megmutatnunk, hogy a lépések megőrzik ezt a tulajdonságot, hiszen két piros pontra a megfelelő egybevágóságok szorzata egy -os forgatás. Először is figyeljük meg, hogy ha egy rögzített kék vagy piros pontból kiindulva a megfelelő transzformációk szorzata minden pontot helyben hagy, akkor tetszőleges ponttól kezdve a transzformációk elvégzését, szintén az identikus transzformációt kapjuk. Ez azért igaz, mert ha -től -ig (pozitív körüljárás szerint) a transzformációk szorzata egy egybevágóság, akkor a íven a szorzat szükségképpen a inverz leképezés. Ha viszont -ből indulunk, akkor a szorzat transzformációt úgy kapjuk, hogy először a , majd a transzformációt végezzük el, ám ez a leképezés-sorozat is minden pontot helyben hagy. Tegyük tehát fel, hogy valamely állapotban a transzformációk szorzata az identitás, és tekintsünk egy tetszőleges lépést. A lépés négyféle lehet: | | a transzformációk szorzata egyik esetben sem változik, ha a kiindulópont a megváltozott pontokon kívülre esik, tehát legalább egy esetben. Láttuk, hogy a transzformációk szorzata ekkor bármely kiinduló pontból az identitás lesz, amivel állításunkat igazoltuk. ld. Reiman ‐ Dobos: Nemzetközi Matematikai Diákolimpiák 1959‐2003 (328‐332. oldal) |