Letnik 0, številka 5

Brihtnež Elektronska revija za mlade matematike Letnik 0, številka 5 c Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije http://www.dmfa.si/brihtnez/brihtnezindex.html

Vsebina Vsebina Olimpijski kotiček: MMO 00 (Gregor Dolinar, Matjaž Željko) V prispevku so navedene vse naloge z rešitvami z letošnje mednarodne matematične olimpiade. Olimpijski kotiček: Sredozemsko tekmovanje 00 (Darjo Felda) 7 V prispevku so navedene vse naloge z rešitvami s sredozemskega tekmovanja 00. Rešitve nalog iz prejšnje številke 10 Zapisane so podrobne rešitve vseh nalog iz prejšnje številke Brihtneža. Brihtnež 0 (00), št. 5 Izpis:. september 00

G. Dolinar, M. Željko: MMO 00 Mednarodna matematična olimpiada 00 Na 44. mednarodni matematični olimpiadi, ki je bila od 7. do 19. julija vtokiu (Japonska), so Slovenijo zastopali Rok Končina s Šolskega centra elje - Splošne in strokovne gimnazije Lava, Ivo List in Mitja Trampuš z Gimnazije Bežigrad, Nik Stopar s Srednje šole Veno Pilon Ajdovščina, Janez Šter z Gimnazije Želimlje in Janoš Vidali z Gimnazije Koper. Janez Šterjeosvojilpohvalo. Naloge 1. Naj bo A podmnožica množice S = {1,,,...,1000000}, ki vsebuje natančno 101 element. Dokaži, da obstajajo taka števila t 1, t,..., t 100 iz množice S, dasomnožice paroma disjunktne. A j = {x + t j ; x A} za j =1,,...,100. Poišči vse pare (a, b) naravnihštevil, za katere je a ab b +1 naravno število.. Dan je konveksen šestkotnik, vkaterem ima vsak par nasprotnih stranic naslednjo lastnost: razdalja med njunima središčima je /-krat večja od vsote njunih dolžin. Dokaži, da so vsi notranji koti tega šestkotnika enaki. (Konveksni šestkotnik ABDEF ima tri pare nasprotnih stranic: AB in DE, B in EF ter D in FA.) 4. Dan je tetivni štirikotnik ABD. Naj bodo P, Q in R nožišča pravokotnic iz točke D na premice AB, B in A. Dokaži, da je RP = RQ natanko tedaj, ko se simetrali kotov <) AB and <) DA sekata na premici A. 5. Naj bo n> naravno število in x 1, x,...,x n realna števila z lastnostjo x 1 x x n. (a) Dokaži, da je j=1 x i x j (n 1) (x i x j ). j=1 (b) Dokaži, da vgornji neenakosti velja enačaj natanko tedaj, ko je zaporedje x 1, x,..., x n aritmetično. 6. Dokaži,dazavsakopraštevilo p obstaja tako praštevilo q, daštevilo n p p ni deljivo s q za nobeno naravno število n. Brihtnež 0 (00), št. 5 Izpis:. september 00

G. Dolinar, M. Željko: MMO 00 4 Rešitve nalog 1. Oglejmo si množico D = {x y; x, y A}. Množica D ima 101 100 + 1 = 10101 elementov. Iz definicije množice D vidimo, da imata množici {x+t i ; x A} in {x+t j ; x A} neprazen presek natanko tedaj, ko je t i t j D. Torej moramo izbrati 100 števil tako, da nobeni dve izmed njihovih razlik ne bosta ležali v D. Števila bomo poiskali induktivno. Prvo število izberemo poljubno. Recimo, da smo k, k 99, števil že izbrali. Če smo število x že izbrali, ne smemo izbrati nobenega števila iz množice {x + d; d D}. Ko smo torej že izbrali k števil, jih je največ 10101k 999999 prepovedanih in lahko izberemo še (k +1)-voštevilo. a. Naj bo (a, b) tak par naravnih števil, da je število k = naravno. Ker je k>0, je ab b +1 ab b +1> 0, kar nam da a> b 1 in a b b. Ker je k 1, je a b (a b)+1in a >b (a b) 0. Torej je a>b ali a = b. (1) Enačbo k = a ab b +1 lahko preoblikujemo vkvadratno enačbo za a: a kab +k(b 1) = 0. Ta enačba ima rešitvi a 1 in a, ki po Vietovih formulah zadoščata pogojema a 1 + a =kb in a 1 a = k(b 1). Iz pogoja a 1 + a =kb vidimo, da je a 1 celo število natanko tedaj, ko je a celo število. Nadalje smemo privzeti, da je a 1 a. Torej je a 1 kb > 0. Ker je a 1 a = k(b 1), sledi 0 a = k(b 1) k(b 1) a 1 kb <b. Skupaj z (1) to pomeni, da je lahko le a = 0 ali a = b in b sodo število. Če je a =0,jeb 1 = 0. Torej je b =1ina 1 =k. Če je a = b,jek = b 4 in a 1 = b 4 b. Vse rešitve so torej pari oblike (l, 1), (l, l) in(8l 4 l, l), kjer l preteče vsa naravna števila. Opomba. Zakaj je bilo potrebno komentirati, da je a 1 celo število natanko tedaj, ko je a celo število? Po predpostavki je a (ena) celoštevilska rešitevkvadratne enačbe in vsplošnem ni nujno, da je tudi druga rešitevceloštevilska.. Dokažimo najprej lemo: Dan je trikotnik QRP s kotom <) QP R 60. Naj bo L razpolovišče stranice QR. Potem je PL QR, kjer velja enakost natanko tedaj, ko je trikotnik PQR enakostraničen. Dokaz leme. Konstruirajmo enakostranični trikotnik QRS, kileži na istem bregu premice kot trikotnik PQRin mu očrtajmo krožnico k. Potem leži krožnica k vceloti znotraj kroga k s središčem v L in polmerom LS. Sledi Q S L P R k k PL SL = QR. Enakost velja natanko tedaj, ko je P = S; torej natanko tedaj, ko je trikotnik SQR enakostraničen. Brihtnež 0 (00), št. 5 Izpis:. september 00

G. Dolinar, M. Željko: MMO 00 5 Dokažimo sedaj trditevnaloge. Glavne diagonale šestkotnika ABDEF se sekajo vtreh (ne nujno različnih točkah) in vsaj dve med diagonalami tvorita kot, ki ni manjši od 60. Privzemimo torej, da se diagonali AD in BE sekata pod kotom, ki meri vsaj 60. Po lemi je PM AB in PN DE. Po trikotniški neenakosti vtrikotniku PMN velja MN PM + PN in odtod F E Q P N R D MN PM + PN ( AB + DE ) = MN, A M B kjer velja zadnji enačaj po predpostavki naloge. Torej je MN = PM + PN, kar pomeni, da je tudi PM = AB in PN = DE. Torej sta trikotnika ABP in EDP enakostranična, diagonali AD in BE pa se sekata pod kotom 60. Diagonala F seka vsaj eno od diagonal AD in DE Z (recimo AD) pod kotom, ki ni manjši od 60. Po podobnem razmisleku kot zgoraj izpeljemo, da sta trikotnika AQF in DQ enakostranična, diagonali AD in E D F pa se vtočki R sekata pod kotom 60. Torej se tudi diagonali BE in F sekata pod kotom 60. Še tretjič uporabimo lemo in nazadnje izpeljemo, da sta P F tudi trikotnika BR in FRE enakostranična. Q Torej smo pokazali, da so vsi notranji koti šestkotnika R ABDEF enaki 10. Vse šestkotnike z opisano lastnostjo dobimo npr. tako, da ob ogliščih enakostraničnega trikotnika (recimo XYZ)odrežemo (ne nujno skladne) enakostranične trikotnike X A B Y XAF, BY in EDZ. 4. Po Simsonovem izreku so točke P, Q in R kolinearne. Ker sta kota <) DP in <) QD prava, je PDQ tetivni štirikotnik in <) DQ = <) DPQ. Podobno je tudi DQRA tetivni štirikotnik in <) QRD = <) QAD. Torej sta si trikotnika DA in DPR podobna. Ker je <) DPQ = <) DQ = <) DBA in <) QDP = <) QB = <) ADB, sta si podobna tudi trikotnika QP D in ABD. Izena- kosti <) QRD = <) QAD = <) BD in <) QDR = <) RAQ = <) BD pa sledi, da sta si trikotnika BD in RQD podobna. Torej je DA D = DR DP = DB QR B DB PQ BA = QR BA PQ B, R D B P A Q kjer prvi enačaj velja zaradi podobnosti DA DPR, zvezi DR = DB QR B in DP = DB PQ BA pa sledita iz podobnosti BD RQD in QP D ABD. Torej je PQ QR = 1 natanko tedaj, ko je DA D = BA B. kota <) BA deli daljico A vrazmerju BA B razmerju DA D. Trditevje tako dokazana, saj simetrala, simetrala kota <) AD pa deli daljico A v Brihtnež 0 (00), št. 5 Izpis:. september 00

G. Dolinar, M. Željko: MMO 00 6 5. (a) Ker sta obe strani neenakosti x i x j j=1 (n 1) (x i x j ) () j=1 invariantni za translacijo (tj. zamenjavo x i z x i δ), smemo privzeti, da je n x i =0. (Tu smo naredili translacijo za δ = 1 n n x i.) Najprej poenostavimo levo stran v neenakosti (): x i x j = (x i x j )= i<j i,j Po auchyevi neenakosti sledi (i n 1)x i. () ( ) (i n 1)x i (i n 1) x i = n(n +1)(n 1) x i, (4) kjer smo upoštevali, da je (i n 1) = ( 4i 4i(n +1)+(n +1) ) = n(n + 1)(n +1) = 4 6 n(n +1)(n 1) =. Po drugi strani pa je (x i x j ) = n x i i,j=1 n(n +1) 4 (n +1)+n (n +1) = x i j=1 x j + n x j =n j=1 x i. (5) Ko voceni (4) uporabimo (5), dobimo želeno oceno (). (b) Če vauchyjevi neenakosti (4) velja enakost, je x i = a(i n 1) za neko realno število a. Torej je razlika x i x i 1 =a konstantna in je (x i ) aritmetično zaporedje. Za dokaz vdrugo smer pa naj bo (x i ) aritmetično zaporedje z diferenco d. Torej je x i = x 1 +(i 1)d. Če vsak člen x i nadomestimo z x i δ, kjerjeδ =(x 1 + x ), dobimo x i = d(i n 1)/ in n x i = 0. Torej v(4) velja enakost. 6. Ker je pp 1 p 1 =1+p + p + + p p 1 p +1 (mod p ), obstaja vsaj en praštevilski delitelj števila pp 1 p 1, ki ni kongruenten 1 po modulu p. Označimo ta praštevilski delitelj s q in dokažimo, da je to iskano praštevilo. Recimo, da obstaja celo število n, dajen p p (mod q). Potem je n p p p 1 (mod q) po definiciji števila q. Po Fermatovem izreku je n q 1 1 (mod q), saj je q praštevilo. Ker p ne deli q 1, največji skupni delitelj števil p in q 1delip. Torej obstajata celi števili α in β, dajeαp + β(q 1) = p. Sledi n αp +β(q 1) = n p 1 (mod q) inodtodp 1 (mod q). Slednje pomeni, da je 1 + p + p + + p p 1 p (mod q). Po definiciji števila q potem sledi, da je p 0 (mod q), kar je vnasprotju z že dokazanim. Brihtnež 0 (00), št. 5 Izpis:. september 00

D. Felda: Sredozemsko matematično tekmovanje 00 7 Sredozemsko matematično tekmovanje 00 Naloge 1. Dokaži, da enačba x + y + z = x + y + z +1nimarešitevvmnožici racionalnih števil.. Za stranice trikotnika AB velja B = A + 1 AB. Na stranici AB je taka točka P, da je BP PA = 1.Pokaži, da je <) AP = <) PA.. Naj bodo a, b in c taka nenegativna števila, da je a + b + c =. Dokaži, da velja Kdaj velja enačaj? a b +1 + b c +1 + c a +1. 4. Dan je sistem, sestavljen iz neskončno mnogo kovinskih sfer s središči vvseh točkah (a, b, c) Z. Pravimo, da je sistem stabilen, če je temperatura vsake sfere enaka aritmetični sredini temperatur šestih njej najbližjih sfer. Predpostavimo, da je temperatura vsake sfere med 0 in 1.Pokaži: če je sistem stabilen, imajo vse sfere enako temperaturo. Rešitve nalog 1. Pišimo x = a+1, y = b+1 in z = c+1. Potem so števila x, y in z racionalna natanko tedaj, ko so a, b in c racionalna. Velja: x + y + z = x + y + z +1 a + b + c =7. Zapišimo racionalna števila a, b in c z uporabo najmanjšega skupnega imenovalca d: a = p d, b = q d, c = r d. Števila p, q in r so si tuja. Dokazati moramo, da enačba p +q +r =7d nima celoštevilskih rešitev. Predpostavimo, da ima rešitevin si jo oglejmo po modulu 8. Ker ima kvadrat celega števila ostanek 0, 1 ali 4 pri deljenju z 8, ima število 7d ostanek 0, 7 ali 4. Vsota p +q +r ima ostanek 0, 1,,, 4, 5 ali 6. To pomeni, da ima število 7d vnašem primeru ostanek 0 ali 4. Ker bi morala biti števila p, q in r zaradi tega vsa soda, smo prišli vprotislovje. Enačba p + q + r =7d nima celoštevilskih rešitev, zato prvotna enačba ima racionalnih rešitev.. Naj veljajo standardne oznake za stranice (a = B, b = A in c = AB ) ternajbo β = <) PA in α = <) AP. Brihtnež 0 (00), št. 5 Izpis:. september 00

D. Felda: Sredozemsko matematično tekmovanje 00 8 b a A α c β P B Po kosinusnem izreku vtrikotniku AB imamo a = b + c bc cos(α). Upoštevamo, da je a = b + 1 c, pa imamo b + c 4 + bc = b + c bc cos(α) in odtod cos(α) = c 4b 8b. Potem je sin α = 1 cos(α) = (4b c) 16b in sin (α) =4sin α(1 sin α)= (4b c)(4b+c). 64b Po kosinusnem izreku vtrikotniku AP je ( ) P = b + AP b AP cos(α) P = b + 4 c bc cos(α). Po sinusnem izreku vtrikotniku AP velja b sin β = P sin(α) = b sin β = P sin (α) oziroma ( b sin β = b + 4 c) bc cos(α) sin. (α) Sedaj zamenjajmo cos(α) insin (α) z izrazoma, ki smo ju prej dobili, in poenostavimo: ( b sin β = b + 4 c) bc c 4b 8b (4b c)(4b+c) 64b = b(4b +c)64b 4(4b c)(4b +c). 1 Odtod dobimo sin β = 16b (4b c) in vidimo, da je sin β =sin α. Ker sta kota α in β ostra, velja tudi sin β =sinα in β = α. Tako je seveda tudi α =β oziroma <) AP =<) PA, kar je bilo treba pokazati.. Neenačbo zapišemo vobliki a(a +1)(c +1)+b(b +1)(a +1)+c(c +1)(b +1) (a +1)(b +1)(c +1). Ker za vsako realno število x velja x +1 x, je dovolj, da dokažemo 4a (c +1)+4b (a +1)+4c (b +1) (a b c + a b + b c + c a + a + b + c +1), kar je ekvivalentno a b + b c + c a + a + b + c a b c +. Iz aritmetično-geometrijske neenakosti abc a+b+c = 1 sklepamo, da je abc 1, zato je dovolj, da dokažemo a b + b c + c a + a + b + c 6. Brihtnež 0 (00), št. 5 Izpis:. september 00

D. Felda: Sredozemsko matematično tekmovanje 00 9 Če zadnjo neenakost preuredimo v oziroma v a b + b c + c a +(a + b + c) ab bc ac 6 (ab 1) +(ac 1) +(bc 1) 0, vidimo, da res velja. Enačaj velja natanko tedaj, ko je a = b = c =1. 4. Naj bo f: Z [0, 1] funkcija, ki sferi s središčem v(x, y, z) Z priredi njeno temperaturo f(x, y, z). Če je sistem stabilen, velja f(a) = 1 6 ( ) (f(a + e l )+f(a e l )) l=1 za vsak a Z,kjersoe l vektorji kanoničnebazeprostora( i, j, k ). Pokazali bomo, da je funkcija konstantna. Predpostavimo nasprotno, to je, da funkcija f ni konstantna. Potem obstaja tak d Z,da g(x) =f(x + d) f(x) ni identično enako nič. Naj bo A = sup x Z g(x). Gotovo je 1 >A>0 (sicer bi definirali g(x) =f(x) f(x + d). Še več: če je g(y) >A ε, potemjeg(a ± e i) >A 6zavsaki. Naj bo n = [ A] +1 in N = n d, kjer oznaka a pomeni a1 + a + a,če je a =(a 1,a,a ) Z. Postavimo ( A 0 = A 1 ( 1 6 ) ) N in naj bo c Z taka točka, da je g(c) A 0. Potem pa je g(c + δ) A za vsak δ Z,za katerega velja δ N. Posebej je g(c + h d) A za vsak h =0, 1,...,n 1. Potem pa imamo n 1 f(c + n d) f(c + n n) f(c) = g(c + h n) A n = A h=0 ([ ] ) +1 > 1, A kar je protislovje. Brihtnež 0 (00), št. 5 Izpis:. september 00

Rešitve nalog iz prejšnje številke 10 Rešitve nalog iz prejšnje številke Krešitvi naloge običajno vodi več poti in vse matematično veljavne rešitve so pravilne. V rešitvah, ki jih objavljamo, je izbrana tista pot, ki se najbolj ujema s prispevkom, v katerem je bila določena naloga zastavljena. Če se tvoja rešitev od navedene rešitve bistveno razlikuje, se orešitvi pogovori s tvojim učiteljem matematike. Poliedri 1. Polieder lahko sestavimo. Ima 4 mejne ploskve.. Telesa so sestavljena videti takole:. Oglišče je stičišče treh robov. Le dve ploskvi pa se ne moreta stikati v treh robovih. Notranji kot enakostraničnega trikotnika meri 60. Šest takih kotovskupaj pa tvori polni kot (60 ). Notranji kot kvadrata meri 90. Štirje taki koti skupaj pa tvorijo polni kot (60 ). Notranji kot pravilnega petkotnika meri 108. Pet takih kotovskupaj pa tvori polni kot (60 ). Notranji kot pravilnega šestkotnika meri 10. Trije takih koti skupaj pa tvorijo polni kot (60 ). Brihtnež 0 (00), št. 5 Izpis:. september 00

Rešitve nalog iz prejšnje številke 11 4. Ime pravilni pravilni pravilni pravilni telesa kocka tetraeder oktaeder ikozaeder dodekaeder Oblika enako- enako- enako- pravilni mejne stranični stranični stranični ploskve kvadrat trikotnik trikotnik trikotnik petkotnik Število mejnih ploskev(p) 6 4 8 0 1 Število robov(r) 1 6 1 0 0 Število oglišč (o) 8 4 6 1 0 Število o + p 14 8 14 Število robov na vsaki ploskvi krat število 4 6 ploskevdeljeno z =1 6 1 0 0 Število 8+6 1 = o + p r = 5. b) 6. Uporabimo Eulerjevo pravilo o + p r = in dobimo o +14 4 =, odtod pa o = 1. 7. Polieder ima 6 4+8 6 = 6 robov. Število oglišč nato izračunamo po Eulerjevem ravilu in vidimo, da ima 4 oglišč. 8. Trije trikotniki imajo skupaj liho število stranic, štirje kvadrati pa sodo. Ker po dve stranici določata en rob, mora biti skupno število stranic sodo. 9. a) 7 b) n + 10. p =8,r = 18, o =1in1+8 18 =, torej Eulerjevo pravilo velja. 11. Telo je videti takole: 1. a) 1 b) n + 1. p = 14, r = 4, o =1in1+14 4 =, torej Eulerjevo pravilo velja. 14. Ne, ker šest stranskih ploskev, stikajočih se v skupnem vrhu, tvori pravilni šestkotnik. Njena višina bi bila enaka 0: 15. pravilni četverec ali tetraeder 16. Prostornina piramide predstavlja tretjino prostornine kocke. Kako rešujemo enačbe? 1. Najbolje, če x prenesemo na levo in nadesno,paimamox = 10.. Enačbo pomnožimo s 6 in dobimo x =x, odtodpax =. Brihtnež 0 (00), št. 5 Izpis:. september 00

Rešitve nalog iz prejšnje številke 1. Če 4x prenesemo na desno, dobimo x =6x. Očitno je x =0rešitevenačbe. Ko iščemo še rešitve, ki niso enake 0, lahko enačbodelimozx. Pridemoše do druge rešitve x =6. 4. Denimo, da ima Tina x let. Tedaj velja x +14=x oziroma 14 = x in x =7. Tinaima7 let. 5. Sestavimo enačbo: x +x =(x +1). Preoblikujemo jo v x +x = x +x +1. Če x in x prenesemo z desne strani na levo, ostane x =1,kijerešitevenačbe. 6. Naj bosta števili x in x+. Zapišemo (x+) x = 68, od koder dobimo x +4x+4 x =68 oziroma 4x =64inx = 16. Števili sta 16 in 18. 7. Tako kot vprejšnji nalogi lahko števili označimo z x in x +,le da pričakujemo kot rešitev liho število. Veljati mora (x +) x = 100 oziroma x +4x +4 x = 100. Od tod dobimo 4x =96inx = 4. Toda 4 ni liho število, zato se kvadrata zaporednih lihih števil ne moreta razlikovati za 100. Te naloge bi se lahko lotili drugače. Zaporedni lihi števili bi označili z n +1 in n 1. Razlika njunih kvadratov je tedaj (n +1) (n 1) =4n +4n +1 4n +4n 1=8n, torej je deljiva z 8. Ker število 100 ni deljivo z 8, se kvadrata zaporednih lihih števil ne moreta razlikovati za 100. Potenca točke na krožnico 1. Označimo višinsko točko trikotnika AB s H, nožišče A višine na B pa z A.Potemje HM HN = HA HA = HP HQ, od koder po izreku o potenci točke na krožnico sledi, da je štirikotnik NPMQ tetiven. Ker sta AB in A simetrali daljic MN oziroma PQ,jetočka A središče njemu očrtane krožnice. N B P A H M Q Brihtnež 0 (00), št. 5 Izpis:. september 00

Rešitve nalog iz prejšnje številke 1. Označimo <) BAD = α in <) AB = β. Premici AD in B se sekata in njuno presečišče označimo z E. Točka L je potem višinska točka trikotnika ABE. Sledi <) ALB = <) LD = α + β. (6) Po Miquelovem izreku so točke EDK konciklične, zato je <) KD = π <) DE = α + β. (7) Ker sta AOD in OB enakokraka trikotnika z vrhom O, je A D K α O L E β B M <) AKB = <) AKO + <) OKB = <) ADO + <) OB = α + β. (8) Iz enačb (6), (7) in (8) sledi, da sta ABLK in DKL tetivna štirikotnika. Ker se potenčne premice krožnic skozi ABD, ABLK in DKL sekajovenitočki (tj. točki M), so točke K, L in M kolinearne. Nazadnje izračunamo <) OKM = <) AKL <) AKO =(π <) LBO) α =(π ( π α)) α = π.. Naj bo P potenčno središče krožnic K, K 1 in K.Potem je PA AO in PB BO. Ker je razpolovišče tetive KL, je P O. Torej je AOBP tetivni petkotnik in <) AB = <) AOB = <) O 1 OO. Ker sta tangentna odseka PA in PB na krožnico K enako dolga, velja še <) BP = <) PA. A P B K O 1 O T K 1 K O K 4. Prezrcalimo točki M in P čez središče O krožnice K vtočki N in Q. l Q Potem je PQ premer krožnice K in X po Talesovem izreku v trikotnikih MPX M in PXQ sta kota <) MXP in <) PXQ prava. Točke MXQ so torej kolinearne. A O N Označimo presečišče daljic XY in MN Y K z A in dokažimo, da je A iskana fiksna P točka. Trikotnika MPO in NQO sta skladna, zato je <) QNO = <) PMO.KerjeMN YP,je <) PMO = <) MPY. Ker pa je tudi <) MPY = <) MXY, smo tako dokazali, da je štirikotnik ANQX tetiven. Zapišimo potenco točke M na njemu očrtano krožnico in na krožnico K: MA MN = MX MQ = P(M,K). Ker sta MN in P(M,K) konstantni količini, je tudi MA konstanta. Lega točke A MN je torej neodvisna od izbire točke P. Brihtnež 0 (00), št. 5 Izpis:. september 00

Rešitve nalog iz prejšnje številke 14 5. 6. Označimo drugo presečišče krožnice K 1 skozi točke D, P in G s premico AB z M, drugo presečišče krožnice K skozi točke E, P in F s premico A pa z N. Da bi se izognili analizi različnih možnosti, uporabimo usmerjene kote. Potem je E F N O K K <) PMB = <) PMD K 1 = <) PGD = <) PB, P O 1 kjer smo vzadnji enakosti upoštevali DG B. Torej so točke P,, M in B konciklične. G B Podobno so tudi točke P,, N in A D M B konciklične. (Ležijo naj na krožnici K.) Nadalje zaradi vzporednosti DE B velja <) DEN = <) BN, zato lahko zapišemo <) DEN = <) BN = <) BMN = <) DMN. Torej je DMNE tetivni štirikotnik in njemu očrtano krožnico označimo s K. Točka A je potenčno središče krožnic K 1, K in K, zato je AP potenčna premica krožnic K 1 in K. Torej je res AP O 1 O. Označimo s K 1 trikotniku ADF očrtano krožnico in s K trikotniku BF očrtano krožnico. Krožnici K 1 in K naj sekata D še vtočkah M in N. Ker je AB D, sta AF DM in FBN enakokraka trapeza. Zaradi F = DF velja še AM F in BN FD. Presečišče premic FE in D označimo z G. Zaradi podobnosti velja AF BF = G DG oziroma AF DG = BF G. (9) A M D G F E N Q O O 1 K 1 K Ker je AF = M = MG+ G in BF = ND = NG+ GD, iz (9) sledi MG DG = NG G. Torej leži točka G (in seveda tudi E) na potenčni premici krožnic K 1 in K, zato je EF O 1 O. K 1 B Brihtnež 0 (00), št. 5 Izpis:. september 00

15 Uredniški odbor: Gregor Dolinar (FE, Univerza v Ljubljani), Darjo Felda (FE, Univerza v Ljubljani), Aleksander Potočnik (OŠ Božidarja Jakca, Ljubljana), Matjaž Željko (FMF, Univerza v Ljubljani, odgovorni urednik). c 00 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije http://www.dmfa.si/brihtnez/brihtnezindex.html Brihtnež, Letnik 0, številka 5 September 00 Brihtnež 0 (00), št. 5 Izpis:. september 00