[Planimetria][Kombinatoryka] geometria+kombinatoryka

[anorian]

1 zad.) Dany jest trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) w którym \(\displaystyle{ AB=AC}\). Na bokach \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ AC}\) obrano odpowiednio takie punkty \(\displaystyle{ P}\) i\(\displaystyle{ Q}\), że czworokąt \(\displaystyle{ BCQP}\) można wpisać okrąg. Punkt\(\displaystyle{ Z}\) jest punktem styczności odcinka \(\displaystyle{ PQ}\) do tego okręgu. Punkt \(\displaystyle{ X}\) jest przecięciem prostych \(\displaystyle{ BQ}\) i \(\displaystyle{ CP}\). Prosta \(\displaystyle{ AX}\) przecina odcinek \(\displaystyle{ BC}\) w punkcie \(\displaystyle{ Y}\). Udowodnić, że \(\displaystyle{ \frac{PZ}{PB} + \frac{QZ}{QC} = \frac{AX}{AY}}\)

2 zad.) Dany jest trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\), w którym \(\displaystyle{ BC=AC}\). Punkty \(\displaystyle{ P i Q}\) leżą wewnątrz tego trójkąta i spełniają zależności: \(\displaystyle{ \angle PAC= \angle QBA}\) oraz \(\displaystyle{ \angle PBC= \angle QAB}\). Dowieść, że punkty \(\displaystyle{ C,P}\) i \(\displaystyle{ Q}\) leżą na jednej prostej.

3 zad.) Na ucztę do Merlina przybyło \(\displaystyle{ 2n}\) rycerzy. Każdy z nich ma wśród przybyłych co najwyżej\(\displaystyle{ n-1}\) wrogów wśród przybyłych. Pokazać, że Merlin może ich usadzić przy okrągłym stole tak, aby 2 wrogów nie siedziało obok siebie.

[limes123]

1 i 2 byly w mixie geometrycznym Mendy. 3 tez jest znane (na 100% juz bylo na forum). Wskazowka: niech A i B beda nieprzyjaciolmi i B siedzi po lewej stronie A. Wtedy wsrod pozotalych rycerzy znajdzie sie przyjaciel A, ktory po swojej lewej stronie ma przyjaciela rycerza B.

[snm]

3 można tak jak proponuje limes123 albo z pewnego bardzo elementarnego twierdzenia teorii grafów

[patry93]

snm - mógłbyś przybliżyć to elementarne twierdzenie teorii grafów?

[Dumel]

to chyba chodzi o to ze jesli w grafie nieskierowanym mamy 2n wierzcholkow i z kazdego wychodzi co najmniej n krawedzi to w tym grafie istnieje cykl Hamiltona. przynajmniej tak przypuszczam bo z tego jestem zielony

[snm]

Owszem, twierdzenie to nazywa się twierdzeniem Diraca i jest uogólnieniem twierdzenia Ore

Gdy stopień każdego wierzchołka (czyli liczba krawędzi z niego wychodzących) w 2n-wierzchołkowym grafie prostym (bez pętli i inszych pierdół) jest większy lub równy n, to można w nim znaleźć cykl Hamiltona, czyli taką drogę, że zaczynasz w jednym wierzchołku, przechodzisz przez każdy wierzchołek dokładnie raz i wracasz do punktu wyjścia.

Jak widać, usadzenie rycerzy przy stole jest właśnie poszukiwaniem takiego cyklu Hamiltona. Jeśli każdego rycerza (wierzchołek) połączymy z jego przyjaciółmi, otrzymamy graf, który ma 2n wierzchołków, a każdy połączony z co najmniej n innymi wierzchołkami (każdy rycerz ma max n-1 wrogów, więc n przyjaciół). Sadzamy rycerza, który jest początkiem cyklu Hamiltona gdzieś przy stole i idąc po kolei po krawędziach sadzamy przy stole kolejnych rycerzy, aż cykl nie zakończy się na wyjściowym rycerzu.

[anorian]

1 i 2 byly w mixie geometrycznym

Ale rozwiązania drugiego tam nie ma...

[adamadam]

Drugie to typowe zadanie pod elipse
Niech Q' będzie obrazem Q w symetrii względem wysokości opuszczonej z wierzchołka \(\displaystyle{ C}\). Wtedy z równości kątów wnioskujemy, że istnieje elipsa wpisana w trójkąt ABC o ogniskach, P,Q'. Stąd z innego lematu \(\displaystyle{ \angle BCQ = \angle ACQ'=\angle BCP}\). Zatem C,P,Q leżą na 1 prostej.

Dowód potrzebnych lematów o elipsie znajdziesz np. w wikipedii pod hasłem elipsa
Jest też w dodatku do książeczki z którejś OM.