[1285] PuzzleSmile | 2009-09-27 19:34:54 |
HoA [1278]-as megjegyzése a joke-ról találó ... :)
HoA [1276]-os kiegészítését elfogadva, az alábbi négy, piros puzzledarabkát helyezem el Bohner Géza [1274]-es megoldásában. Az így korrigált puzzle-t - Géza utólagos engedelmére számítva - idemásolom:
|
|
Előzmény: [1275] PuzzleSmile, 2009-09-23 11:05:28 |
|
[1284] sakkmath | 2009-09-27 11:32:04 |
4/b. feladat: Szerkesszük meg a két ellipszis érintkezési pontjaihoz tartozó érintőit!
(Ez a részfeladat - a szerkesztési eljárást bemutató - bizonyítandó állítás formájában is megfogalmazható. Ez viszont könnyítést jelenthetne, s esetleg elrontanám vele a megoldó(k) örömét ...)
|
Előzmény: [1283] sakkmath, 2009-09-26 17:52:54 |
|
|
|
|
[1280] PuzzleSmile | 2009-09-25 10:34:31 |
A puzzle 4 darabja még hiányzik, az egyikük rajzos. Ha holnap sem lesz, aki kirakja őket, vasárnap ezt megteszem én. (Ezek jelentősége már kisebb.)
A (1276)-os "foltozás" nem inverziós, de az eredeti első bekezdés meghagyásával létezik inverziós befejezés is. Igaz, ez keverék megoldást ad és elromlik a szimmetria.
|
Előzmény: [1278] HoA, 2009-09-25 06:56:37 |
|
[1279] BohnerGéza | 2009-09-25 09:54:02 |
Mint írtam:
"Az adott inverzióval játszva sok érdekességet láthatunk, kár, hogy a megoldásnál fölösleges!"
Azaz kár, hogy a megoldásnál fölösleges az inverzió!
|
Előzmény: [1278] HoA, 2009-09-25 06:56:37 |
|
[1278] HoA | 2009-09-25 06:56:37 |
Köszönöm PuzzleSmile-nak, hogy ismát ráirányította figyelmemet erre a megoldásra. Azt ugyan még nem árulta el, hogy hol a puzzle, de rájöttem, hogy ha már angolkodunk, akkor ez inkább joke. Ugyanis nem inverziós megoldás. Az első bekezdés helyett nyugodtan írhattuk volna: "Húzzunk párhuzamost M-en át BC-vel, az AB-vel alkotott metszéspont legyen L*. " Ettől persze még a bizonyítás helyes.
|
Előzmény: [1275] PuzzleSmile, 2009-09-23 11:05:28 |
|
|
[1276] HoA | 2009-09-23 21:38:59 |
Ha az ábrát kell szerinted kiegészíteni, áruld el, mire gondolsz. Ha a megoldás szövegét nem találod teljesnek, olvasd el a téma utolsó néhány heti hozzászólásait, melyek alapján az inverzió jópár tulajdonságát már ismertnek vesszük. Azt meg, hogy ML és BC párhuzamosságából következik LN és BC párhuzamossága, úgy értjük, mint [1270] végén: A C1re leírtakat B1re vonatkoztatva kapjuk, hogy MN és BC párhuzamos, tehát L,M,N egy egyenesen vannak és ez párhuzamos BC-vel.
|
Előzmény: [1275] PuzzleSmile, 2009-09-23 11:05:28 |
|
|
[1274] BohnerGéza | 2009-09-19 23:10:15 |
Legyen az inverzió az az A1 középpontú kör, melyre az A képe M. Ekkor a „k” körülírt kör képe az M-en átmenő BC-vel párhuzamos k’ egyenes. (A1 felezi a BC ívet.) Jelölje L* az AB és k’ metszéspontját.
Mivel C1-ből és L*-ból is béta szögben látszik az AM szakasz, az A, a C1, a L* és az M egy körön van. Ebben a körben a L*M és k-ban az A1C ív is alfa/2 szögben látszik, ezért C1, L* és A1 egy egyenesen van, azaz L* azonos L-lel. Ebből következik, hogy LN átmegy M-en és párhuzamos.
(Az adott inverzióval játszva sok érdekességet láthatunk, kár, hogy a megoldásnál fölösleges!)
|
|
Előzmény: [1266] sakkmath, 2009-09-11 16:16:11 |
|
|
|
[1271] sakkmath | 2009-09-19 18:19:39 |
Köszönöm Hoa szép megoldását. Úgy látszik, nincs több hozzászóló, ezért - két részletben - fölteszem saját inverziós levezetésemet, amely különbözik [1270]-től. Az 1. rész:
Az ABC háromszög körülírt köre k, középpontja O, a háromszög A csúcsában lévő szög 2. Az AA1 szögfelező felezi a 2 szöget, ezért A1AB = CAA1 = , másrészt a BA1 húron nyugvó kerületi szögek egyenlőségéből A1AB = A1B1B =A1CB= . Az A1C húron nyugvó kerületi szögekre: CAA1 = CC1A1 = CBA1 = . Látható, hogy az LM szakasz a C1 és az A pontból egyaránt szög alatt látszik. Ezért az L, M, A, és C1 pontok egy k1 körön sorakoznak, melynek középpontja O1.
|
|
Előzmény: [1266] sakkmath, 2009-09-11 16:16:11 |
|
[1270] HoA | 2009-09-15 22:45:37 |
Legyen az inverzió alapköre az A középpontú, AM sugarú kör. Az inverz pontokat jelöljük vesszőzve. A körülírt kör képe egyenes, ezen jelöljük meg B’,C’,A1’ésB1’ pontokat. BC egyenes képe az AB’C’ pontokon át húzott k1 kör, BB1 képe az AB’MB1’ pontok k2 köre, A1B1 képe, k3 , AA1’N’B1’ pontokon halad át, végül legyen k4 kör az MN egyenes képe az AMN’ pontokon át. BAA1=A1AC=/2 . B1’A1’A=B1’N’A (k3 –ban közös húr ) . B1’B’A=B1’MA (k2 –ben közös húr ) . Ezért B1’M egyenes az AC és AA1 egyenesekkel AB’A1’ höz hasonló háromszöget alkot, ennek külső szöge megegyezik B1’N’A-gel, B1’,N’ésM egy egyenesen van. Legyen AB és k4 másik metszéspontja P. N’PA=N’MA=C’B’A. AB’C’ és APN’ hasonló háromszögek, egymásból A középpontú nyújtással keletkeznek. Ez igaz körülírt köreikre is. A tehát k1 és k4 hasonlósági pontja, a két kör érinti egymást. Szimmetrikus módon a C1’ -n áthaladó inverz körök vizsgálatával kapjuk, hogy az ML egyenes képe is a k1 kör A középpontú nyújtásával keletkező, M-en áthaladó kör, vagyis k4 ( és P = L’ ) . L,M, N egyazon egyenes pontjai, és mivel k1 -nek és k4 nek nincs A-tól különböző közös pontja, inverz képeik, a BC és LN egyenes párhuzamosak.
|
|
Előzmény: [1266] sakkmath, 2009-09-11 16:16:11 |
|
[1269] sakkmath | 2009-09-14 12:21:57 |
Az archaikus szövegből kihámozható, hogy az Euler-egyenessel kapcsolatos ismert tételről van szó. Olvassuk el itt Dr. Darvasi Gyula: Egy feladat - többféle megoldás című doktori értekezésének 1.5 fejezetét (a 83. oldalon kezdődik, Egy oldallal párhuzamos Euler-egyenes címmel).
Remélem, jó a következtetésem. Az egyes kifejezések modernizálását meghagyom a következő hozzászólónak :)
|
Előzmény: [1268] jeneit92, 2009-09-12 08:46:28 |
|
[1268] jeneit92 | 2009-09-12 08:46:28 |
Sziasztok,találtam egy nagyon érdekes feladatot,ami szerintem a geometriához kapcsolódik: Az tiszta tudékosságban járatos Euler professor Urunk nevezetes léniájárúl Lészen ollybá egy háromszeglemény , melliknek is nehézkedési czentrálisán s ortogonális czentrálisán is által visitáló léniája paralell vala egyvalamely gyepüléniával.Igazoltassák,hogy emez gyepülénia kenyekinek kebeljeinek szorzamányát pótkebeljeinek szorzmányával hányadékul véve mindenkoron 3 adatik.Vajon igaz vala-é az fentebb forgandó theoria visszásítása?" (Gerőcs László Tanár Úr: XVII. századi matekóra című előadásának egy feladata alapján.
Ha bárkinek van ötlete,javaslata,megoldása örömmel veszem,köszi előre is
|
|
|
[1266] sakkmath | 2009-09-11 16:16:11 |
Az elmúlt hónap hozzászólásainak gyakori témája a körre vonatkozó inverzió. Oldjuk meg inverzióval a KöMaL 2005 decemberi számának következő feladatát:
B. 3869. Az ABC hegyesszögű háromszög belsejében, az A csúcsból induló szögfelezőn felvettük az M pontot. Az AM, BM, CM egyeneseknek a körülírt körrel való második metszéspontja rendre A1, B1 és C1. Az AB és a C1 A1 egyenesek az L pontban, az AC és a B1 A1 egyenesek az N pontban metszik egymást. Bizonyítsuk be, hogy az LN szakasz párhuzamos BC-vel.
(A Lap nem közölt inverziós megoldást.)
|
|
[1265] HoA | 2009-09-08 09:34:39 |
BohnerGéza utólagos engedelmével legyen ez a 156. feladat . Vegyük észre, hogy ez a 154/b feladat általánosításának tekinthető. C-nél derékszögű ABC háromszögre megegyezik a [1260]-ban kitűzött és megoldott 154/b feladattal – pontosabban annak megfordítottjával. Ha ABC C csúcsú egyenlőszárú háromszög, akkor a feladatban szereplő alakzatok szimmetrikusak a C-nél lévő szög felezőjére, a megoldás evidens. Legyen tehát AC < BC.
Először legyen ABC C-nél tompaszögű – a hegyesszögű esetet várom a további érdeklődőktől. C ekkor AB kT Thálesz-körének belső pontja. Az A középpontú C-n átmenő kA kör és kT metszéspontja P, a B középpontú C-n átmenő kB kör és kT metszéspontja Q. A PQ egyenes kA-t még R-ben, kB-t még S-ben metszi. Legyen PR felezőpontja U, QS felezőpontja V. ABQP húrnégyszög. Az ábrán kékkel ill. pirossal jelölt szögeket tartalmazó derékszögű háromszögek hasonlóságából:
. Így PQ T felezőpontjának kA-ra és kB-re vonatkozó hatványa megegyezik, T rajta van kA és kB hatványvonalán, a C-n áthaladó AB-re merőleges h egyenesen . P merőleges vetülete AB-n B’, Q-é A’ . A’B’PQ derékszögű trapéz, TC a középvonala, A’B’ felező merőlegese. A’ és B’ egyenlő távolságra van C-től. Ha valakinek nem világos, hogy A’ és B’ a feladatban szereplő inverz képek, vessen egy pillantást [1258] ábrájára.
|
|
Előzmény: [1263] BohnerGéza, 2009-09-05 01:06:08 |
|
[1264] BohnerGéza | 2009-09-05 19:38:50 |
Ez az eredetileg az [1246]-ban kitűzött, majd részleteiben belátott feladatnak egy letisztult bizonyítása a beírt körre. Javaslom a végiggondolását a hozzáírt kör esetére!
154. feladat: Az ABC háromszögben vegyük az A-hoz kapcsolható két érintőkör egyikét - vagy a beírt kört, vagy az A-val szemközti hozzáírt kört - és annak középpontját. Igazoljuk, hogy az ezen középponton átmenő A középpontú alapkörre vonatkozó inverziónál az ABC körülírt körének képe érinti az érintőkört!
|
|
Előzmény: [1252] BohnerGéza, 2009-08-13 13:55:33 |
|
[1263] BohnerGéza | 2009-09-05 01:06:08 |
Tetszőleges A, B és C esetén legyen A' a A-nak inverz képe a B középpontú C-n átmenő körre, B' a B-nek inverz képe az A középpontú C-n átmenő körre.
Bizonyítandó, hogy CA'=CB'.
|
|
[1262] BohnerGéza | 2009-08-27 17:46:46 |
Mivel a négy háromszög tétel, amire HoA [1260]-ban utal, nem ismert, bár a Fórumban már szerepelt:
Ha négy egyenes négy háromszöget határoz meg, akkor ezek körülírt körei egy ponton mennek át és magasságpontjaik egy egyenesen vannak.
(Azt most nem gondoltam át, hogy ennek használata egyszerűsítheti-e az [1252]-ben írtakat.)
Érdekes következménye ennek: Ha adott egy parabola négy érintője, akkor mivel ezek négy háromszöget határoznak meg, a fókuszt és a vezéregyenest kapjuk.
|
Előzmény: [1260] HoA, 2009-08-27 14:53:48 |
|
[1261] BohnerGéza | 2009-08-27 17:35:04 |
HoA [1261] jogos felvetései alapján írom.
Az IA és ID az [1252]-es hozzászólásban meghatározott inverziók. A 154. feladat és vázlatos megoldása is ott szerepel, annak a kiegészítése ez. Belátjuk, hogy O a két alapkör metszéspontja.
A D’-n átmenő AD-re merőleges m egyenes IA-nál és ID-nél is az AD Thálesz-köre, ezért ennek a körnek és m-nek a metszéspontja mindkét inverzió alapkörén van.
Jelölje P az AO egyenes és az ABC kör (nem A) metszéspontját. Bizonyítható középponti-kerületi szögekkel, hogy P az OBC kör középpontja. A DO érinti ezt a kört: DO négyzete = DC*DB = DD’*DA, a befogó-tételből D’O merőleges AD-re.
Ezekből következik, hogy O a két alapkör metszéspontja.
|
Előzmény: [1260] HoA, 2009-08-27 14:53:48 |
|