Cím:	A 60. Nemzetközi Matematikai Diákolimpia feladatainak megoldása II.
Szerző(k):	Haiman Milán ,  Matolcsi Dávid ,  Nagy Nándor
Füzet:	2019/november, 450 - 455. oldal	PDF  |  MathML

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Második nap${}^{*}$     4. Határozzuk meg az összes olyan, pozitív egészekből álló $\left(k\mathrm{,}n\right)$ számpárt, amire $\begin{array}{c}{\displaystyle k!=\left(2^n-1\right)\left(2^n-2\right)\left(2^n-4\right)\cdots \left(2^n-2^{n-1}\right)\mathrm{.}}\end{array}$   Matolcsi Dávid megoldása. Legyen $\begin{array}{c}{\displaystyle T=\left(2^n-1\right)\left(2^n-2\right)\left(2^n-4\right)\text{...}\left(2^n-2^{n-1}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ $T$-ben a 2 kitevője $0+1+2+\text{...}+\left(n-1\right)=\frac{n\left(n-1\right)}{2}$. A $k!$-ban a 2 kitevője $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{i=1}^{\infty }\left[\frac{k}{2^i}\right]\le \sum _{i=1}^{\infty }\frac{k}{2^i}=k\mathrm{.}}\end{array}$ Tehát, ha $k!=T$, akkor $\frac{n\left(n-1\right)}{2}\le k$. Nyilván $T<{\left(2^n\right)}^n=2^{n^2}$, és $\begin{array}{c}{\displaystyle k!>\prod _{j=\left[\frac{k}{2}\right]}^{k}j>{\left(\frac{k}{2}\right)}^{\frac{k}{2}}\ge {\left(\frac{n^2-n}{4}\right)}^{\frac{n^2-n}{4}}\mathrm{.}}\end{array}$ Így, ha $T=k!$, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle 2^{n^2}>{\left(\frac{n^2-n}{4}\right)}^{\frac{n^2-n}{4}}\mathrm{.}}\end{array}$ Az $\frac{n^2}{4}$ gyök vonása szigorúan monoton növekvő függvény, így $\begin{array}{c}{\displaystyle 2^4>{\left(\frac{n^2-n}{4}\right)}^{\frac{n-1}{n}}\mathrm{.}}\end{array}$ Itt $n\ge 11$-re $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(\frac{n^2-n}{4}\right)}^{\frac{n-1}{n}}>{27}^{\frac{10}{11}}\mathrm{,}\text{és}\frac{{27}^{10}}{{16}^{11}}>\frac{1\mathrm{,}{5}^{10}}{16}>1.}\end{array}$ Ezek alapján ${27}^{10}>{16}^{11}$, tehát ${27}^{\frac{10}{11}}>16=2^4$. Vagyis $n\ge 11$-re nem teljesülhet az egyenlőség, azaz $n\le 10$. Az $n=1$-re $T=1$, ekkor $k=1$ jó megoldás; $n=2$-re pedig $T=6$, így $k=3$ is jó megoldás. Az $n=3$-ra $T=168$, erről könnyen ellenőrizhető, hogy nem írható fel $k!$ alakban. Az $n=4$-re $T=15\cdot 14\cdot 12\cdot 8$, ez sem írható föl $k!$ alakban. Ha $n\ge 5$, akkor $T$ osztható $2^n-2^{n-5}=31\cdot 2^{n-5}$-nel, tehát osztható $31$-gyel. Így, ha $T=k!$, akkor $k\ge 31$. Ekkor viszont $k!>{16}^{16}=2^{64}$, ezért $2^{n^2}>T$ miatt $n>8$, azaz $n\ge 9$, így $T$ osztható $2^n-2^{n-7}$-nel, ami osztható 127-tel. Ha viszont $k!$ osztható $127$-tel, akkor $k\ge 127$, így $k!>{60}^{60}>2^{300}$ szerint $n>17$. Ez azonban lehetetlen, mert már beláttuk, hogy $n\le 10$. Tehát csak két megoldása van a feladatban szereplő egyenlőségnek: $n=1$ és $k=1$, illetve $n=2$ és $k=3$.   5. Bath Bankja érméket bocsát ki, melyeknek egyik oldalán $H$, másik oldalán $T$ betű látható. Harrynek $n$ ilyen érméje van, amelyek előtte balról jobbra, egy sorban vannak elrendezve. Harry ismételten végrehajtja a következő műveletet: ha pontosan $k>0$ olyan érme van, amin $H$ van felül, akkor megfordítja a balról $k$-adik érmét; máskülönben minden érmén $T$ van felül, és ekkor Harry megáll. Például $n=3$ esetén a $THT$ sorozatból indulva $THT\to HHT\to HTT\to TTT$ a lépések sorozata, ami három lépés után megáll. $\left(a\right)$ Bizonyítsuk be, hogy bármi legyen is a kiindulási sorozat, Harry véges sok lépés után megáll. $\left(b\right)$ Minden $C$ kiindulási sorozatra jelölje $L\left(C\right)$ azt a lépésszámot, ahány lépés után Harry megáll. Például $L\left(THT\right)=3$ és $L\left(TTT\right)=0$. Határozzuk meg $L\left(C\right)$ átlagos értékét, amint $C$ végigfut a $2^n$ lehetséges kiinduló sorozaton.   Nagy Nándor megoldása. $\left(a\right)$ Tekintsük azt a mutatót, amely mindig éppen a $k$-adik érmére mutat. Mivel minden fordítás során $k$ értéke pontosan eggyel változik meg, ezért a fordítás után a mutató $H$ és $T$ esetén rendre balra, illetve jobbra lép egyet. Hogyha a mutatótól jobbra már nincsen $H$ érme, akkor pontosan $k$ lépésen belül fejeződik be az eljárás, hiszen ekkor az első $k$ érme mind $H$ oldalával van felül. Minden más helyzetben $k$ véges sok lépésben megdönti saját korábbi rekordját. Ennek igazolásához haladjunk végig a rekordokon. Abban az esetben, ha a mutató helyén $T$ van, akkor egyből jobbra lép, $k$ értéke 1-gyel nő, azaz megdöntötte a rekordot. Egyébként pedig egészen addig lép balra, amíg $H$ oldalú érmékre mutat, de lesz tőle balra $T$ oldalú is, hiszen az eltérő esetet már megvizsgáltuk. Ennél az érménél megfordul a mutató mozgása, és az imént $T$-re fordított elemeken is jobbra fog lépni a mutató, vagyis ismét megdönti a rekordját. Tehát véges sok lépés alatt elő fog fordulni, hogy az első $k$ érme $H$ oldalával van felül, hiszen a rekord legfeljebb $n$ lehet. $\left(b\right)$ Létezik bijekció az $n$ érméből álló összes állapot és az $n+1$ érméből álló $H$-ra végződő összes állapot között, amelyre az egyes állapotok irányított gráfja izomorf lesz: A bijekcióhoz fordítsunk minden érmét a túloldalára, ezután az egész sorozatot tükrözzük (eleje és vége helyet cserél) és a sorozat végére tegyünk még egy $H$ érmét. Az $n=3$ esethez tartozó állapotok:   ${\displaystyle \begin{array}{ccccccccc}{\displaystyle \text{ I.}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{TTT}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{TTH}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{THT}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{THH}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{HTT}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{HTH}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{HHT}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{HHH}}\hfill \\ {\displaystyle }\hfill & \hfill {\displaystyle \text{1}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{2}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{3}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{4}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{5}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{6}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{7}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{8}}\hfill \\ {\displaystyle \text{II.}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{HHHH}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{THHH}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{HTHH}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{TTHH}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{HHTH}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{THTH}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{HTTH}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{TTTH}}\hfill \\ {\displaystyle }\hfill & \hfill {\displaystyle \text{1}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{2}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{3}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{4}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{5}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{6}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{7}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{8 }}\hfill \end{array}}$     Az $n=3$ esethez tartozó irányított gráf Ha az I. esetben $k$ darab $H$ érme volt, akkor a II. esetben $n-k+1$ lesz, így a mutató pozíciója az I. esetben a $k$., míg a II.-ban az $n-k+1$. helyen van. Mivel az érméket megfordítottuk, tükröztük és a végére tettünk még egy ($H$) érmét, így az I. esetbeli $k$. érme a II. esetben éppen az $n-k+1$., és a másik oldala van felül. Tehát a mutató éppen az ellenkező irányba mozog a II. esetben, mint az I. esetben, és a II. esetbeli új állapot éppen az I. esetbeli új állapot bijekció szerinti megfeleltetése. Az $n$ szerinti teljes indukcióval igazoljuk, hogy $L\left(C\right)$ várható értéke $\frac{n\left(n+1\right)}{4}$. Kiinduló lépésként tekintsük az $n=1$ esetet, ahol valóban $\frac{1}{2}$ a lépésszám várható értéke. Az indukciós lépés során $n$-ről $\left(n+1\right)$-re lépünk, és két esetet különböztetünk meg: ‐ Ha a sorozat utolsó érméje $T$ (az esetek fele), akkor a mutató pontosan ugyanúgy viselkedik, mint $n$ érme esetén. ‐ Különben pedig idáig (az utolsó érméig) el kell jutnia egyszer a mutatónak, ami csakis akkor lehet, ha már az összes érme $H$ oldalát mutatja. Minden egyes ilyen lépéssorozatnak a bijekció miatt megfeleltethető egy lépéssorozat az előző esetből, vagyis a mutató a végig $H$ állapotig várható értékben $\frac{n\left(n+1\right)}{4}$ lépést fog tenni. Persze még el kell érni a végig $T$ állapotot, ami további $n+1$ lépést igényel. Mivel a két eset egyformán valószínű, így az $L\left(C\right)$ várható értéke a két szám átlaga: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\frac{n\left(n+1\right)}{4}+\frac{n\left(n+1\right)}{4}+\left(n+1\right)}{2}=\frac{\left(n+2\right)\left(n+1\right)}{4}\mathrm{,}}\end{array}$ tehát működik az indukciós lépés.   6. A hegyesszögű $ABC$ háromszög, amiben $AB\ne AC$, beírt körének a középpontja $I$. Az $ABC$ háromszög $\omega$ beírt köre a $BC$, $CA$, $AB$ oldalakat rendre a $D$, $E$, $F$ pontokban érinti. A $D$-ből $EF$-re bocsátott merőleges egyenes és az $\omega$ kör második metszéspontja $R$. Az $AR$ egyenes és az $\omega$ kör második metszésponta $P$. A $PCE$ és a $PBF$ háromszögek körülírt köreinek második metszéspontja $Q$. Bizonyítsuk be, hogy a $DI$ és $PQ$ egyenesek az $AI$-ra $A$-ban állított merőleges egyenesen metszik egymást.   Haiman Milán megoldása. Legyen $S$ az $A$ csúcshoz tartozó külső szögfelező metszéspontja $ID$-vel. Megmutatjuk, hogy $PS$, $\left(PCE\right)$ és $\left(PBF\right)$ áthaladnak egy $P$-től különböző ponton. E pont lesz majd $Q$, ahonnan következik, hogy $P$, $Q$ és $S$ az állításnak megfelelően valóban kollineárisak. A $PS$ egyenes és a $\left(PCE\right)$, $\left(PBF\right)$ körök $P$-től különböző közös pontjának megmutatásához alkalmazzunk a beírt körre vonatkozó inverziót. Így a $D$, $E$, $F$, $R$, $P$ pontok helyben maradnak. Az $A$, $B$, $C$, $S$ pontok inverz képét jelölje rendre $A\text{'}$, $B\text{'}$, $C\text{'}$, $S\text{'}$. Innen már elég megmutatni, hogy $\left(PS\text{'}I\right)$, $\left(PC\text{'}E\right)$ és $\left(PB\text{'}F\right)$ egy $P$-től különböző pontban találkoznak. Ez azzal ekvivalens, hogy a három kör koaxiális, ami pedig ekvivalens azzal, hogy a középpontjaik kollineárisak. A három középpont kollineáris elhelyezkedését komplex számok segítségével bizonyítjuk, ahol a beírt kört tekintjük egységkörnek. Legyenek $a$, $d$, $e$, $f$, $p$, $r$, $b$, $c$, $s$ az $A$, $D$, $E$, $F$, $P$, $R$, $B\text{'}$, $C\text{'}$, $S\text{'}$ pontoknak megfelelő komplex számok. Az érintők metszéspontjára vonatkozó összefüggés miatt $\begin{array}{c}{\displaystyle a=\frac{2ef}{e+f}\mathrm{.}}\end{array}$ Ebből $\overline{a}=\frac{2}{e+f}$. Mivel $DR\perp EF$, $dr+ef=0$. Így $r=-\frac{ef}{d}$. Ekkor mivel $A$ rajta van a $PR$ húr egyenesén, $a+pr\overline{a}=p+r$. Ebből $p$ értékére a $\begin{array}{c}{\displaystyle p=\frac{r-a}{r\overline{a}-1}=\frac{-\frac{ef}{d}-\frac{2ef}{e+f}}{-\frac{ef}{d}\cdot \frac{2}{e+f}-1}=\frac{ef\left(2d+e+f\right)}{2ef+de+df}}\end{array}$ kifejezés adódik. Következő lépésként számítsuk ki a $\left(PB\text{'}F\right)$ kör középpontját. Legyen a középpont $j_B$. A körülírt körre vonatkozó összefüggés alapján $\begin{array}{c}{\displaystyle j_B=\frac{\left|{\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle p}\hfill & \hfill {\displaystyle p\overline{p}}\hfill & \hfill {\displaystyle 1}\hfill \\ \hfill {\displaystyle f}\hfill & \hfill {\displaystyle f\overline{f}}\hfill & \hfill {\displaystyle 1}\hfill \\ \hfill {\displaystyle b}\hfill & \hfill {\displaystyle b\overline{b}}\hfill & \hfill {\displaystyle 1}\hfill \end{array}}\right|}{\left|{\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle p}\hfill & \hfill {\displaystyle \overline{p}}\hfill & \hfill {\displaystyle 1}\hfill \\ \hfill {\displaystyle f}\hfill & \hfill {\displaystyle \overline{f}}\hfill & \hfill {\displaystyle 1}\hfill \\ \hfill {\displaystyle b}\hfill & \hfill {\displaystyle \overline{b}}\hfill & \hfill {\displaystyle 1}\hfill \end{array}}\right|}\mathrm{.}}\end{array}$ Először a számlálóban álló determinánst számítjuk ki. Tudjuk, hogy $p\overline{p}=f\overline{f}=1$, mivel $P$ és $F$ rajta vannak az egységkörön. Másrészt $b=\frac{d+f}{2}$, mivel $B\text{'}$ a $DF$ szakasz felezőpontja. Ezért $\overline{b}=\frac{d+f}{2df}$. A $j_B$ számlálója így ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \left|{\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle p}\hfill & \hfill {\displaystyle 1}\hfill & \hfill {\displaystyle 1}\hfill \\ \hfill {\displaystyle f}\hfill & \hfill {\displaystyle 1}\hfill & \hfill {\displaystyle 1}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \frac{d+f}{2}}\hfill & \hfill {\displaystyle \frac{{\left(d+f\right)}^2}{4df}}\hfill & \hfill {\displaystyle 1}\hfill \end{array}}\right|}& {\displaystyle =p+\frac{{\left(d+f\right)}^{2}f}{4df}+\frac{d+f}{2}-f-\frac{{\left(d+f\right)}^{2}p}{4df}-\frac{d+f}{2}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\left(p-f\right)\left(1-\frac{{\left(d+f\right)}^2}{4df}\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ A $j_B$ nevezője pedig ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \left|{\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle p}\hfill & \hfill {\displaystyle \frac{1}{p}}\hfill & \hfill {\displaystyle 1}\hfill \\ \hfill {\displaystyle f}\hfill & \hfill {\displaystyle \frac{1}{f}}\hfill & \hfill {\displaystyle 1}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \frac{d+f}{2}}\hfill & \hfill {\displaystyle \frac{d+f}{2df}}\hfill & \hfill {\displaystyle 1}\hfill \end{array}}\right|}& {\displaystyle =\frac{p}{f}+\frac{\left(d+f\right)f}{2df}+\frac{d+f}{2p}-\frac{\left(d+f\right)p}{2df}-\frac{f}{p}-\frac{d+f}{2f}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\left(f-p\right)\left(\frac{d+f}{2df}+\frac{d+f}{2pf}-\frac{p+f}{pf}\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Így $j_B$ értéke ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \frac{\frac{{\left(d+f\right)}^2}{4df}-1}{\frac{d+f}{2df}+\frac{d+f}{2pf}-\frac{p+f}{pf}}}& {\displaystyle =\frac{p{\left(d-f\right)}^2}{2\left(pd+pf+d^2+df-2dp-2df\right)}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{p{\left(d-f\right)}^2}{2\left(d-f\right)\left(d-p\right)}=\frac{p\left(d-f\right)}{2\left(d-p\right)}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Ugyanígy a $\left(PC\text{'}E\right)$ kör $j_C$ középpontja $\frac{p\left(d-e\right)}{2\left(d-p\right)}$. Ezután számítsuk ki a $\left(PS\text{'}I\right)$ kör középpontját. Vegyük észre, hogy $s$ a beírt kör $D$ pontjából húzott átmérőre $A\text{'}$-ból állított merőleges talppontja. Ezért ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle s}& {\displaystyle =\frac{1}{2}\left(\frac{e+f}{2}+d+\left(-d\right)-d\left(-d\right)\overline{\left(\frac{e+f}{2}\right)}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{e+f}{2}+d^2\frac{e+f}{2ef}\right)=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{\left(e+f\right)\left(ef+d^2\right)}{4ef}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Vegyük észre továbbá, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \overline{s}=\frac{e+f}{4}\left(\frac{1}{ef}+\frac{1}{d^2}\right)=\frac{s}{d^2}\mathrm{.}}\end{array}$ A körülírt körre vonatkozó formulát $\left(PS\text{'}I\right)$-re alkalmazva kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\left|{\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle p}\hfill & \hfill {\displaystyle p\overline{p}}\hfill & \hfill {\displaystyle 1}\hfill \\ \hfill {\displaystyle s}\hfill & \hfill {\displaystyle s\overline{s}}\hfill & \hfill {\displaystyle 1}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 0}\hfill & \hfill {\displaystyle 0}\hfill & \hfill {\displaystyle 1}\hfill \end{array}}\right|}{\left|{\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle p}\hfill & \hfill {\displaystyle \overline{p}}\hfill & \hfill {\displaystyle 1}\hfill \\ \hfill {\displaystyle s}\hfill & \hfill {\displaystyle \overline{s}}\hfill & \hfill {\displaystyle 1}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 0}\hfill & \hfill {\displaystyle 0}\hfill & \hfill {\displaystyle 1}\hfill \end{array}}\right|}=\frac{ps\overline{s}-p\overline{p}s}{p\overline{s}-\overline{p}s}=\frac{p\frac{s^2}{d^2}-s}{p\frac{s}{d^2}-\frac{s}{p}}=\frac{p\left(ps-d^2\right)}{p^2-d^2}\mathrm{.}}\end{array}$ Azt kell megmutatnunk, hogy $\frac{p\left(d-e\right)}{2\left(d-p\right)}$, $\frac{p\left(d-f\right)}{2\left(d-p\right)}$ és $\frac{p\left(ps-d^2\right)}{p^2-d^2}$ kollineárisak. Alkalmazzunk $\frac{p}{2\left(d-p\right)}$ arányú nagyítást, akkor ekvivalens módon azt kell belátnunk, hogy $d-e$, $d-f$ és $\frac{2\left(ps-d^2\right)}{p+d}$ kollineárisak. Kiszámítva $\begin{array}{c}{\displaystyle ps=\frac{ef\left(2d+e+f\right)}{2ef+de+df}\cdot \frac{e+f}{4}\cdot \frac{d^2+ef}{ef}=\frac{\left(2d+e+f\right)\left(e+f\right)\left(d^2+ef\right)}{4\left(2ef+de+df\right)}}\end{array}$ értékét, ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle 2\left(d^2-ps\right)}& {\displaystyle =}\hfill & {\displaystyle 2\cdot \frac{4\left(2ef+de+df\right)d^2-\left(2d+e+f\right)\left(e+f\right)\left(d^2+ef\right)}{4\left(2ef+de+df\right)}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =}\hfill & {\displaystyle \frac{4d^3\left(e+f\right)+8d^{2}ef-2d^3\left(e+f\right)-d^2{\left(e+f\right)}^2}{2\left(2ef+de+df\right)}+}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle }\hfill & {\displaystyle +\frac{-2def\left(e+f\right)-ef{\left(e+f\right)}^2}{2\left(2ef+de+df\right)}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =}\hfill & {\displaystyle \frac{2d^3\left(e+f\right)+d^2\left(-e^2+6ef-f^2\right)-2def\left(e+f\right)-ef{\left(e+f\right)}^2}{2\left(2ef+de+df\right)}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =}\hfill & {\displaystyle \frac{\left(2d-e-f\right)\left(d^2\left(e+f\right)+4def+ef\left(e+f\right)\right)}{2\left(2ef+de+df\right)}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Figyelembe véve, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle p+d=\frac{2def+e^{2}f+e{f}^2+2def+d^{2}e+d^{2}f}{2ef+de+df}=\frac{d^2\left(e+f\right)+4def+ef\left(e+f\right)}{2\left(2ef+de+df\right)}\mathrm{,}}\end{array}$ adódik, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{2\left(d^2-ps\right)}{p+d}=\frac{2d-e-f}{2}=\frac{1}{2}\left(\left(d-e\right)+\left(d-f\right)\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Vagyis $\left(PS\text{'}I\right)$ középpontja a $\left(PB\text{'}F\right)$ és $\left(PC\text{'}E\right)$ középpontjai által meghatározott szakasz felezőpontja. A három középpont tehát kollineáris, az állítást beláttuk.  $\square$ ${}^{*}$Az első nap feladatainak megoldását az októberi számban közöltük.