A hagyományoknak megfelelően ebben az évben is közöljük a nyári matematikai diákolimpia feladatainak a megoldásait; lényegében úgy, ahogyan a legilletékesebbek, a magyar csapat tagjai leírták. Közreműködésüket köszönjük és ezúton is gratulálunk eredményeikhez.

 

Di Giovanni Márk megoldása. $a)$ Ha $n$ páratlan, akkor tekintsünk egy szabályos $n$-szöget és lássuk be, hogy ez egy kiegyensúlyozott halmaz. Ehhez tekintsünk két tetszőleges, különböző $A$ és $B$ pontot és a távolságukat ívhosszban mérve (a sokszög körülírt köre mentén). Ekkor a két távolság (a hosszabb és rövidebb ív mentén) összege $n$, azaz páratlan, ezért az egyik távolság páratlan a másik pedig páros. Ha viszont az egyik ív hossza páros, akkor $S$ tartalmazza az ívfelezőpontot, ami ugyanakkora távolságra van $A$-tól és $B$-től.
Ha $n$ páros, akkor tekintsünk egy kört és $S$ legyen a következő pontok halmaza: a kör $O$ középpontja és a kör kerületének néhány pontja az ábra szerint: $A$, $B$, $C$ úgy, hogy $ABCO$ rombusz legyen, továbbá tetszőleges $k$ darab pont $\left(P_1\mathrm{,}{P}_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{P}_k\right)$, illetve ezen pontok $O$ körüli ${60}^{\circ }$-os pozitív iránybeli elforgatottja $\left(Q_1\mathrm{,}{Q}_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{Q}_k\right)$.

 

 

Nyilván megválaszthatjuk a $P_i$-pontokat úgy, hogy az összes általunk kiválasztott pont különböző legyen. Ekkor $S$-nek pontosan $2k+4$ darab eleme van (ahol $k$ tetszőleges nemnegatív egész). Tekintsünk most két különböző $S$-beli pontot. Ha mindkettő a kör kerületén van, akkor a kör középpontja egyenlő távol van tőlük. Ha az egyik a kör középpontja, akkor mivel $A$  $B$-nek, $B$  $C$-nek, illetve $Q_i$  $P_i$-nek a ${60}^{\circ }$-os elforgatottja, ezért a szabályos háromszögek miatt azonnal találunk olyan pontot, ami a két kiválasztott ponttól egyenlő távolságra van. Ezzel beláttuk, hogy $S$ kiegyensúlyozott. Továbbá $2k+4$ felveszi az összes 3-nál nagyobb páros számot.
Tehát minden $n\ge 3$ egészre létezik $n$ elemű kiegyensúlyozott halmaz.
$b)$ Azt állítjuk, hogy pontosan a páratlan $n$-ekre létezik $n$ elemű kiegyensúlyozott, centrum-nélküli halmaz.
Ha $n$ páratlan, akkor a szabályos $n$-szög kiegyensúlyozott halmaz (ezt már korábban beláttuk), továbbá bármely három pontját is választjuk ki, az a pont, amely mindhármuktól egyenlő távolságra van, éppen a körülírt körük középpontja, ami nyilván megegyezik a szabályos $n$-szög körülírt körének középpontjával. Ez a pont viszont nem $S$-beli, tehát $S$ centrum-nélküli.
Lássuk most be, hogy páros $n$-re nem létezik ilyen $S$ halmaz. Legyen $n=2k$ és tegyük fel indirekt, hogy találtunk ilyen $S$-et. Ekkor egy tetszőleges $A$ csúcshoz legfeljebb $k-1$ darab $S$-beli pontpár található úgy, hogy $A$ rajta legyen a felezőmerőlegesükön, mert ha létezne $k$ ilyen pár, akkor a $2k-1$ csúcs közül lenne olyan $B$ pont, amihez tartozó két felezőmerőlegesen is rajta lenne az $A$ pont. Tekintsük ezen felezőmerőlegeseket meghatározó szakaszokat: $BC$-t és $BD$-t. Ekkor $AB=AC$ és $AB=AD$-ből $AB=AC=AD$ következik, tehát $S$-nek van centruma, ami ellentmond eredeti feltevésünknek. Tehát $S$-nek minden csúcsa legfeljebb $k-1$ darab különböző $S$-beli pontpár által meghatározott felezőmerőlegesen lehet rajta. Viszont összesen $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2k}{2}\right)=k\left(2k-1\right)$ darab pontpár van, amelyek mindegyikéhez tartozik egy felezőmerőleges, továbbá minden pontpár által meghatározott felezőmerőlegesen van legalább egy darab $S$-beli pont.
Tehát $k\left(2k-1\right)\le 2k\left(k-1\right)$, azaz $k\ge 2k$, ami nyilvánvalóan ellentmondás. Így páros $n$-re nincsen kiegyensúlyozott, centrum-nélküli halmaz.
Összefoglalva: pontosan a páratlan $n$-ekre létezik kiegyensúlyozott, centrum-nélküli $S$ halmaz.

 

Janzer Barnabás megoldása. Legyen a $H$ pont tükörképe a $BC$ egyenesre (vagyis az $F$ pontra) $H_1$, az $M$ pontra $H_2$. Ismert, hogy $H_1$ és $H_2$ a $\Gamma$ körön vannak, továbbá $H_2$ az $A$-val átellenes pont. A Thalész-tétel megfordításából a $QH$ egyenes $\Gamma$-t az $A$-val átellenes pontban, vagyis $H_2$-ben metszi. Ezért $HQ$ és $HM$ is átmegy $H_2$-n, vagyis $H_2$, $M$, $H$ és $Q$ egy egyenesen vannak. Az $A$, $H$ és $H_1$ pontok egy egyenesen vannak, ezért a Thalész-tételből $H_2{H}_{1}H\sphericalangle ={90}^{\circ }$. Az $A$, $B$, $C$ pontokra a továbbiakban nincs szükségünk a megoldás során.

 

 

Invertáljunk $H$ középponttal. Ekkor $M\text{'}$, $H_2\text{'}$, $H$, $Q\text{'}$ ilyen sorrendben egy egyenesen vannak. $HQ$ Thalész-köre (melyen $K$ rajta van) egy $M\text{'}Q\text{'}$-re merőleges egyenesbe megy át (hiszen középpontja rajta van a $H_{2}MHQ$ egyenesen). Hasonlóan $HM$ és $H{H}_2$ Thalész-körének képe is egy $M\text{'}Q\text{'}$-re merőleges egyenes, előbbi körön $F$, utóbbin $H_1$ rajta van. Továbbá $H_2\text{'}$ és $H_1\text{'}$ rendre a $HM\text{'}$ és $HF\text{'}$ szakasz felezőpontja. $\Gamma \text{'}$ egy kör, mely áthalad a $Q\text{'}$, $H_2\text{'}$, $H_1\text{'}$, $K\text{'}$ pontokon.
$Q\text{'}{H}_2\text{'}{H}_1\text{'}K\text{'}$ négyszög derékszögű trapéz és húrnégyszög egyben, ezért téglalap. Messe $K\text{'}{H}_1\text{'}$ egyenes $M\text{'}F\text{'}$-t a $T$ pontban. $M\text{'}F\text{'}H$-ban $H_1\text{'}T$ középvonal, mivel $H_1\text{'}$ felezőpont és $H_1\text{'}T$ párhuzamos $HM\text{'}$-vel. Ezért $T{H}_1\text{'}K\text{'}$ egyenes szakaszfelező merőlegese az $M\text{'}F\text{'}$ szakasznak, így a szimmetria miatt $M\text{'}F\text{'}K\text{'}$ körülírt köre érinti (az $M\text{'}F\text{'}$-vel párhuzamos) $Q\text{'}K\text{'}$ egyenest. Így ősképeik is érintik egymást, ami pont a bizonyítandó állítás.

 

Baran Zsuzsanna megoldása. Először belátom, hogy $BGE\sphericalangle =DFC\sphericalangle$.
$BCF\sphericalangle \left(=DCF\sphericalangle \right)=BGF\sphericalangle$, mert $\Omega$ körnek azonos ívén nyugvó kerületi szögek.
Az $FCD$ háromszögben $DFC\sphericalangle +DCF\sphericalangle +FDC\sphericalangle ={180}^{\circ }$.
Mivel $FDEG$ húrnégyszög, az is igaz, hogy $FDE\sphericalangle +FGE\sphericalangle =FDE\sphericalangle +BGF\sphericalangle +BGE\sphericalangle ={180}^{\circ }$.
Ezek szerint $DFC\sphericalangle ={180}^{\circ }-DCF\sphericalangle -FDC\sphericalangle ={180}^{\circ }-BGF\sphericalangle -FDE\sphericalangle =BGE\sphericalangle$.

 

 

A kerületi szögek tétele miatt az is igaz, hogy

${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle DFK\sphericalangle }& {\displaystyle =DBK\sphericalangle \text{ (<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>B</mi><mi>D</mi><mi>K</mi></math> kör <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>D</mi><mi>K</mi></math> ívén nyugszanak)}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =CBA\sphericalangle }& {\displaystyle =CFA\sphericalangle \text{ (<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>Ω</mi></math> <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>A</mi><mi>C</mi></math> ívén nyugszanak),}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle EGL\sphericalangle }& {\displaystyle =ECL\sphericalangle \text{ (<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>C</mi><mi>E</mi><mi>L</mi></math> kör <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>E</mi><mi>L</mi></math> ívén nyugszanak)}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =BCA\sphericalangle }& {\displaystyle =BGA\sphericalangle \text{ (<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>Ω</mi></math> <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>A</mi><mi>B</mi></math> ívén nyugszanak).}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle AFK\sphericalangle }& {\displaystyle =AFD\sphericalangle -DFK\sphericalangle =AFD\sphericalangle -CFA\sphericalangle =DFC\sphericalangle =}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =BGE\sphericalangle =AGE\sphericalangle -BGA\sphericalangle =AGE\sphericalangle -EGL\sphericalangle =AGL\sphericalangle \mathrm{.}}\hfill \end{array}}$

Ezek szerint $AFX\sphericalangle =AFK\sphericalangle =AGL\sphericalangle =AGX\sphericalangle$.
Az $AFG$ háromszög egyenlőszárú ($AF$ és $AG$ egyaránt $\Gamma$ sugarai), ezért $AFG\sphericalangle =AGF\sphericalangle$ és $A$ illeszkedik az $FG$ szakasz felezőmerőlegesére.
$OF=OG$ ($\Omega$ sugarai), ezért $O$ is illeszkedik az $FG$ szakasz felezőmerőlegesére. Így az $AO$ egyenes az $FG$ szakasz felezőmerőlegese.

$\begin{array}{c}{\displaystyle XFG\sphericalangle =|AFG\sphericalangle -AFX\sphericalangle |=|AGF\sphericalangle -AGX\sphericalangle |=XGF\sphericalangle \mathrm{.}}\end{array}$

Ezek szerint az $XFG$ háromszög egyenlőszárú, így az $X$ pont illeszkedik az $FG$ szakasz felezőmerőlegesére, azaz az $AO$ egyenesre. Ezt akartuk belátni.
Mivel a feladatban megadták, hogy a pontok milyen sorrendben helyezkednek el a $BC$ szakaszon, illetve az $\Omega$ körön, diszkusszióra nincs szükség.