Fórum: GEOMETRIA

Az ABC és DBC háromszögekben a beírt körhöz C-ből húzható érintők hosszának különbsége AD/2 (újjgyakorlat) . LN=AD/2=AT=TD,TL=DN . Vegyük fel NC-n P-t úgy, hogy NP=DN . DNJ és PNJ derékszögű háromszögek egybevágóak. A kék szögek egyenlőek ( /2 ), OL és JN párhuzamosak, így PJ és LK ( LM ) is párhuzamosak , AJP és AML hasonló háromszögek, AP = AD + DP = 2 AT + 2 TL = 2 AL , AJ = 2 AM.

Igen, a felezést kell igazolni.

Az mindenesetre látszik, hogy ha az arány a szögektől független állandó, akkor csak 1/1 ( felezés ) lehet, mert ha növekszik és eléri a 90 fokot, akkor a két kör - és így O és J - egybeesik, AKOL = AKJL négyzet, melynek átlói felezik egymást :-)

A következő már középiskolás versenyfeladat:

Tekintsünk egy olyan ABC háromszöget, melyre <<90°. Beírt köre AC-t L-ben, AB-t K-ban érinti. A D pont AC-nek belső pontja, ami BD=BA-t teljesíti. Legyen a BDC háromszög beírt körének középpontja J. Milyen arányban osztja KL az AJ szakaszt?

Elnézést a késő válaszért, én is erre a megoldásra gondoltam.

Szabad a gazda! A szabályos 12-szögbe illesztéssel próbálkozva én is a [1634] -beli megoldásra jutottam, jobbat nem találtam.

Akkor egy megoldás csak egyenlő szárú háromszögekkel (és egy helyen tengelyes szimmetriával).

Legyen az AC másik harmadolópontja I, és rajzoljuk meg befelé a HIK szabályos háromszöget. A K pont a BH szakaszon van, mert AHB=120^o. Az AH,HI,IC,HK,IK szakaszok egyenlőek.

Az AHK és CIK háromszögek egyenlő szárúak, innen kapjuk a bejelölt 30 fokos szögeket. Ezután BAK=15^o, és az ABK háromszög is egyenlő szárú. Tehát AK=BK. A K rajta van az AC felező merőlegesén, így AK=CK. Végül a BCK háromszög is egyenlő szárú, mert BK=AK=CK, tehát BCK=CBK=45^o.

"- Valóban eltekinthetünk-e attól, hogy az S-en lévő háló oldalak nem egyenes szakaszok, hanem körívek?"

Eltekinthetünk, ha módosítunk kicsit az eljáráson, P csúcsait G₁-re vetítjük, legyen A,B P két csúcsa, ekkor a köztük fut él illeszkedjen az A',B',O₂ pontokon átmenő gömbi körre, ekkor az A'B' szakasz képe egy egyenesre illeszkedik, de ekkor további problémák léphetnek fel.

Egy másik mód, ha O pontból képezzük S síkra (mely sík illeszkedik P egy lapjára) P-t úgy, hogy minden él rövidebb, mint a képe, és a lapok képei nem fedik egymást, kivéve egy lapot, mely az egész képet fedi. Ilyen O pont létezik (számomra érdekes feladat volt meghatározni ezen pontok mértani helyét), de most már úgy látom, nem a leképezésen van a hangsúly, hanem F valamely tulajdonságán. Egyelőre elakadtam.

:) Neked még hány ilyen "kalapácsod" van?

Van megfelelő eszköz, lehet nagyon elegáns (az alapvetőségi értelemben), de nagyon nehéz megoldást adni rá. Én max. az országos fordulón tűztem volna ki. Az előbbi hozzászólásomban felsorolt módszereket (tényleg, más nincs) alaposan át kell gondolni mindegyik lehetőséget. Tehát, találjunk egy alkalmas vonalat, amit behúzva csodák történhetnek!

Rendben, azért még kérlek várj egy kicsit a "hetedikes" megoldás felrakásával. Hadd próbálkozzak egy [1615] jellegű pofonegyszerű változattal.

Az én hetedikes gyerekem is volt ugyanezen a versenyen. Egyetértek, a feladat nagyon szerencsétlen, ilyen szinten nincs megfelelő eszköz, később meg már van trigonometria, amivel a feladatot le lehet dózerolni.

Btw nekem van egy elég nagy kalapácsom az ilyenekre, ezúttal nem a szabályos 18- hanem a 12-szög átlói között kell keresgélni.

Legközelebb ilyen feladatot a Találjunk jobb megoldást! témába rakok :). A megoldásod szép és elegáns, középiskolás ismeretek mellett talán a legszebb.

A következő használható 7-8-adikos szinten: belsőszög-összeg, váltószög, háromszög nevezetes vonalai, spec. négyszögek, területképletek, egybevágóság, Thales és Pitagorasz (egész számokkal). Stratégiáik: számítsunk szögeket, szakaszokat; nézzük meg a magasság-, súlypontot, beírt és körülírt kör kp.-ját; húzzunk be egy alkalmas vonalat.

Ezt a feladatot a Bátaszéki verseny megyei (II.) fordulóján tűzték ki. Statisztikát kéne csinálni arról, hogy hányan csinálták meg, eddig senkiről sem tudok, aki megoldotta volna rendesen.

Nem tudom, a 7. osztályos versenyzőktől elvárható-e a gyökvonás , a Pitagorasz-tétel és a nevezetes szögekkel bíró háromszögekben az oldalak és magasságok méretviszonyainak ismerete ( szándékosan nem írok szögfüggvényeket ) . Ha igen, akkor az alábbi típusú megoldást tartom elvárhatónak:

Az AB oldalon vegyük fel J-t úgy, hogy ABH és HBJ hasonló háromszögek, majd BH-n K-t úgy, hogy HBJ és JBK hasonló háromszögek. A 45 - 60 - 75 fokos szögekkel rendelkező AJH és HKJ háromszögekben AH és HJ ill. HJ és JK arányából adódik, hogy AH = 3/2 * JK, így AB = 3 * AJ. JH és BC párhuzamosak, beta = 60 fok.

Kíváncsi vagyok, mit kezdetek a következő (mostani) 7. osztályos versenyfeladattal (én szinusztétellel indultam neki :) , a szöveget másképp írtam le).

184. feladat: Az ABC háromszögben A-nál 45 fokos szög van, és a B csúcsból az AH szakasz 15 fokos szögben látszik. Mekkorák a háromszög szögei, ha H az AC oldalon van, és (ACH)=1/2?

Erre gondolok. ( Csak az F-nél lévő szögek érdekesek )

"mert az egy csúcsba futó élek által bezárt szögek összege kisebb, mint 360^o"

Megmaradó aggályaim:

- Igaz, hogy az S-beli háló pl. F'' -ben összefutó szomszédos élei által bezárt szögek összege 360^o , míg a konvex P F-ben ben összefutó szomszédos élei által bezárt szögek összege ennél kisebb. De mi garantálja, hogy az egyenlőtlenség a példánkban 3 szögpárra külön-külön is fennáll?

- Valóban eltekinthetünk-e attól, hogy az S-en lévő háló oldalak nem egyenes szakaszok, hanem körívek?

- És amire konkrét példám van: Nem változtatják-e meg az összehúzások a szögekre vonatkozó szükséges feltételeket?

Tegyük fel, hogy [1622] bal alsó ábráján az AF'' szakasz bal oldalán elhelyezkedő háló ötszög F'' -nél lévő szöge kb. 90^o , mint az ábrán. Ebbe szépen elhelyezhető P AF-hez csatlakozó ötszögű lapja, melynek F -nél lévő szöge mondjuk 85^o . Egy összehúzás után [1622] jobb alsó ábráját kapjuk, ahol az AF''' szakasz bal oldalán elhelyezkedő háló ötszög F''' -nél lévő szöge kb. 80^o , mint az ábrán. Ide lefordítva P AF-hez csatlakozó ötszögű lapját, az ki fog lógni a rendelkezésre álló háló ötszögből.

Az élek második képe körív hiszen, ha O₁-ből végigpásztázunk egy élet, akkor egy síkrészt kapunk, mely metszi a G₁ gömböt, a metszet ekkor természetesen körív, így P egy élének első képe G₁ egy főkörén van. Ha invertáljuk ezt a kört, akkor megint kört kapunk, vagyis egy él második képe az S síkon fekvő körön van. Mindezeket figyelembe vettem, de egyszerű ábrát akartam készíteni, mert valójában ennek nincs jelentősége. Az E''G' ívből mindegy mi lesz, mert P átforgatásakor az újonnan S-re érkező csúcsok nem lehetnek benne a vetület megfelelő összehúzásokkal már módosított tartományában a következő okok miatt.

Az összehúzást L-1-gyel kezdjük, majd átbillegtetve P-t L₁ élein összehúzzuk a megnyúlt szomszédjait is. Utoljára az (ii) szerint kiválasztott L₂-t húzzuk össze. Az L₁ lap és szomszédai egy síkidomot határoznak meg S-n, melynek körvonala és L₁ szomszédainak közös élei mentén, kivéve L₂ azon éleit, miket F metsz, az S át van vágva. Miután L₁-et a szomszédaival összehúztuk, a kapott síkidom körvonala eltávolodik a régi körvonaltól, mégpedig az összehúzott lapok irányába, így az összehúzott lapok nem metszetnek bele a nem összehúzott lapokba. L-1 szomszédai az összehúzás után nem metszethetnek bele L₁-be, sem egymásba, hiszen L₁-t szomszédaival együtt kiterítve a síkba a szomszédok közös élei nemhogy fedik egymást, hanem eltávolodnak egymástól. Ez azért van, mert az egy csúcsba futó élek által bezárt szögek összege kisebb, mint 360^o.

Mikor L₂-t és szomszédait összehúzzuk, az L₁ és L₂ szomszédai által alkotott síkidom új körvonala eltávolodik a régitől, mint az előbb, tehát ez a síkidom sem metsz bele a nem összehúzott lapokba, vagyis nem keletkezik átfedés. L₂ még nem összehúzott szomszédait összehúzva (itt is billegtetünk L₃ a végére hagyva) az L₂ újonnan összehúzott szomszédai nem metszetnek bele L₂-be, sem egymásba ugyanazon okokból kifolyólag, mint amit leírtunk már L₁ és szomszédai esetében. L₂ újonnan összehúzott szomszédai nem metszethetnek bele az előbb összehúzott lapokba sem, hiszen akkor belemetszenének L₂ már előzőleg összehúzott szomszédaiba is, ami nem lehet megint csak az előbbiekben már említett okokból. Átfedés tehát itt sem keletkezett.

Az előbbi gondolatmenetet alkalmazhatjuk L₃-ra, L₄-re és így tovább...

A lényeg még egyszer: L_k újonnan összehúzott szomszédai nem metszethetnek bele az előzőekben összehúzott lapok által alkotott síkidomba, mert akkor belemetszenének L_k már előzőleg összehúzott szomszédaiba is, ami nem lehet, mert az egy csúcsba futó élek által bezárt szögek összege kisebb, mint 360^o.

További kellemes évvégét és évelejét mindenkinek!

Nem tudom, figyelembe vetted-e, és mert nem befolyásolja eredményeidet, egyszerűsítetted [1622] ábráját, minden esetre az S síkon a kétvesszős pontokat összekötő vonalak nem egyenes szakaszok.

[1617] metszet ábrájában persze a metsző sík O₁ -en és O₂ -n is áthalad, így az A'B' gömbi főkör ívet O₂ -ből S-re vetítve egyenest kapunk. Ez azonban általában nem így van. A'B' az O₁AB sík és G₁ metszésvonala, G₁ főköre. Ha ez nem megy át O₂ -n, akkor a vetület S-en zárt görbe ( emlékezetem szerint kör ) lesz, melynek egy ívdarabja a háló A''B'' közötti vonala.

[1622] ábrája ígéretes, de még mindíg nem látok olyan állítást és annak bizonyítását, ami garantálná, hogy a végeredményül adódó kiterítésben nem lehet átfedés. Például: "P átforgatásakor az újonnan S-re érkező P csúcsok benne vannak a vetület megfelelő, esetleg összehúzásokkal már módosított tartományában". E'' jelöletlen szomszédját G'' -vel jelölve az összehúzás során mi lesz az E''G'' ívből? Egyenes szakasz? Vagy ha körív, akkor mekkora sugarú?

"Nem elemeztem a bizonyítást betűről betűre, de első ötletem az, nézd meg, mennyire igazak az összehúzásról elmondottak arra az Li'' lapra, melynek eredetijét, P poliéder Li lapját, az O1O2 szakasz átdöfi."

Átnéztem és átgondoltam. Az F fának a következő feltételeknek kell eleget tennie (F-et az egyszerűség kedvéért rajzolhatjuk közvetlenül P-re is).

(i) Az L_i lapra (melyet az O₁O₂ egyenes döf) illeszkedő csúcs levél.

(ii) Létezik F₁, F₂, ..., F_m fa gráf sorozat úgy, hogy F₁ egyetlen, az S síkkal párhuzamos L₁ lapra illeszkedő csúcsból áll (ez legyen F gyökere), , továbbá F_k+1 úgy nyerjük F_k-ból, hogy kiválasztjuk F_k egy levelét (vagyis egy lapot, melyre F_k egy levele illeszkedik), majd összekötjük az összes olyan szomszédos lapra illeszkedő csúccsal, mely nem csúcsa F_k-nak.

Az ábrán (mely csak egy elképzelt esetet ábrázol) azt láthatjuk, mikor P-t átforgatjuk az AB élen, és az ABC''D''E''F'' lapot ráhúzzuk ABCDEF lapra. Az ábra felső részén látható, hogy ha nem (ii) szerint építjük fel F-et, akkor az összehúzás közben bár a összehúzott lap nem fed át egy lapot sem, de a megnyúlt szomszédainál felléphet átfedés, és nem tudhatjuk, hogy az megszűnik-e.

Az alsó részen módosítottuk F-et (ii) szerint, így a megnyúlt lapoknál sem lép fel átfedés. Most már kimondhatjuk, hogy az előbbi feltételeknek eleget tevő F szerint kiterítve P-t nem lép fel átfedés, és pont ezt akartuk megmutatni.

Amúgy kellemes ünnepeket! :)

Igen, (ezt a "bizonyítást" a közzététel előtti álmatlan éjszakámon ötlöttem ki, csak úgy eszembe jutott) azon már a legelején gondolkoztam, hogy a "felső", vagyis az L_i' lapot, amelyiket az O₁O₂ szakasz átdöfi, nem kellene hozzávenni a fához (ami így nem is, vagy hiányos feszítőfa), hanem utána biggyesztenénk oda az F^* hiányos feszítőfa valamelyik levele után (de melyik után?), ugyanis ennek képe L_i'' nem korlátos, nem világos, hogy mi történik vele az összehúzás közben, de később annyira nyilvánvalónak tűnt minden, hogy nem foglalkoztam vele.

Azonban úgy tűnik, hogy ha az L_i'' nélküli sokszögre alkalmazzuk az összehúzást, akkor nem kapunk átfedést, még átgondolom, de annyira egyértelműnek tűnik.

Én nem tudok, mivel eddig sohasem foglalkoztam ezzel a problémával, csak felszólításodra néztem bele. A "Dürer sejtés" Wikipedia oldalán azonban látható ez a hivatkozás:

http://www.ams.org/samplings/feature-column/fcarc-nets

Ebben megtalálhatod az alja felé a két következő idézetet:

"Her work related to finding a way of generating random 3-dimensional convex polyhedra and then choosing a random unfolding (not such simple issues) and seeing if the random unfolding overlapped. Her results showed that as the number of vertices of the solid increased, for a fixed specific solid the number of unfoldings where an overlap did occur increased" . ( Amiből itt csak az az érdekes, hogy növekvő csúcsszámmal növekszik azoknak a kiterítéseknek a száma, ahol átfedés van. ) És

"...no matter what reasonable type of tree Schlickenrieder picked, he was able to find examples of 3-dimensional convex solids where this tree did not lead to a net unfolding without overlaps." ( vagyis adott típusú fákat vizsgálva Sch.-nak sikerült olyan fát találni, mely nem vezetett átfedés nélküli kiterítésre )

A lényeg: A sejtés konvex poliéderekre sem azt mondja, hogy minden kiterítés átfedésmentes, hanem csak azt, hogy létezik átfedésmentes kiterítés. A Wikipédia cikk szerint "Dürer sejtette, hogy minden poliédert fel lehet vágni az élei mentén úgy, hogy lapjai (átfedés nélkül) kiteríthetőek legyenek a síkban, egy összefüggő sokszöget képezve." - és nem azt, hogy minden kiterítés ilyen.

Mivel te F megválasztására semmilyen különleges feltételt nem adtál meg, módszered az említett átfedéses kiterítéseket is létrehozná, tehát valahol a bizonyításban lehet a hiba. Nem elemeztem a bizonyítást betűről betűre, de első ötletem az, nézd meg, mennyire igazak az összehúzásról elmondottak arra az L_i'' lapra, melynek eredetijét, P poliéder L_i lapját, az O₁O₂ szakasz átdöfi.

Persze, hogy nem látod, mert a két sokszög ugyanaz. A különbség az út, hogy hogyan jutunk a sokszögig. Közvetlenül is felrajzolhatjuk H-t és F-et, majd szétvághatjuk, de attól még nem tudjuk, hogy lesz-e átfedés. Mutattam egy utat, ahol úgy kapjuk meg a sokszöget, hogy egyik lépésben sem keletkezik átfedés. Tulajdonképp azt próbálom demonstrálni, hogy H bármely F feszítőfája jó.

Most azért elbizonytalanítottál. Létezik olyan F, hogy a szétvágás és kiterítés során átfedést kapunk? Ha megkérlek, mutatnál erre példát?

Nem látom, mi a különbség a módszereddel kapott síkbeli sokszög és aközött, hogy H-t - és így F-et - közvetlenül P-re rajzoljuk és P-t felvágjuk az F élei által nem metszett poliéder élek mentén. Vagyis kérlek mutass egy példát arra, ahol a két eredményül kapott sokszög különböző. Mert ha a két sokszög ugyanaz, akkor...

Azért több érdeklődést vártam. Ha jól tudom, a Dürer-sejtés még nyitott, Bezdek Dániel csak speciális estben bizonyította. Ha az előbbi megoldás jó, akkor én a poliéderek bővebb halmazán bizonyítottam.

Készítettem egy ábrát, melyen két dimenziós metszetben P egy lapjára illeszkedő szakaszon mutatom be, hogy mit is csináltunk P-vel. Az AB szakaszt O₁-ből G₁ körre vetítjük, majd a kapott A'B' körívet O₂-ből S-re invertáljuk, így kapjuk az A''B'' szakaszt. Ezek után eltoljuk AB-t vektorral, kapjuk A₁B₁ szakaszt. Az A''B'' szakaszt ráhúzzuk A₁B₁-re, így kapjuk az A'''B''' szakaszt. Az AB és az A'''B''' szakaszok egybevágók.

Az A''B'' szakasz mindig nagyobb, mint az AB. Ugyanígy, mikor P-t görgetjük (elforgatjuk az éle, mint tengely körül), a görgetett lap mindig része a második képének, tehát összehúzást kell alkalmaznunk, hogy a harmadik kép egybevágó legyen az eredetivel. Az összehúzás során az átvágott élek mentén a szomszédos lapok eltávolodnak, vagyis rés keletkezik a síkon, így nem keletkezhet átfedés, a nem átvágott élek mentén pedig a szomszédos lap megnyúlik az összehúzás irányában, de átfedés itt sem keletkezik. Szemléletesen az történik, hogy felszabdaljuk az S síkot, majd az összehúzás transzformációval a síkrészeket ráhúzzuk P lapjaira, vagyis az egész S síkot ráképezzük P-re. (Ez nem egy szokványos transzformáció, hiszen két összehúzás között P-t ide-oda mozgatjuk.) Ez lenne a levezetés lényege. Kíváncsian várom a véleményeket.

183. feladat. Adott P 3 dimenziós konvex poliéder. Terítsük ki P lapjait a síkba úgy, hogy átfedés nélkül egy összefüggő sokszöget alkossanak, azaz adjuk meg P egy hálóját!

Megoldás. Helyezzük P-t egy 3 dimenziós G₁ gömbbe úgy, hogy az O₁ gömb középpont P egy belső pontja legyen, továbbá P minden pontja G₁ belső pontja legyen! Vetítsük P-t O₁-ból G₁ felszínére úgy, hogy ha Q pont P egy élének egy pontja, akkor Q' pont az O₁Q egyenes és G₁ felszínének metszete! Ekkor egy gömbre rajzolt P' gráfot kapunk.

Válasszuk ki P' minden lapjának egy belső pontját, (azaz a P' gömbre rajzolt gráf körei által határolt gömbfelszín tartományok egy belső pontját), majd kössük össze ezeket, ha két szomszédos lap, (azaz közös éllel rendelkező lapok) belső pontjai! Ekkor egy H gráfot kapunk. Legyen F H egy feszítő fája!

Sztereografikus projekciót alkalmazva képezzük P'-t és F-et az S síkra! S párhuzamos P egy lapjával, T pontban érinti érinti G₁-et, ugyanitt érinti G₂-t, az inverzió gömbjét, melynek O₂ középpontja T átellenes pontja G₁-en, továbbá O₂ nem csúcsa P'-nek és F-nek, és nem illeszkedik P' és F egyik élére sem. Ekkor egy síkba rajzolt P'' gráfot és egy F' fát kapunk.

Legyen az R pont P, az S síkkal párhuzamos, L₁ lapja és az O₁T egyenes metszete! Toljuk el P-t az vektorral! Ekkor L₁ eltolt képe illeszkedik S-re.

Gondoljunk S-re úgy, mint vastagság nélküli rugalmas, vágható anyagból álló felületre! Vágjuk át S-t azon élek mentén, melyeket nem metsz F' egyik éle sem!

Legyen az L₁ lap egy csúcsa V₁, húzzuk bele V₁''-t V₁-be! Ismételjük ezt L₁'' minden csúcsával! Az "összehúzás" transzformáció után L₁'' képe egybevágó lesz L₁-gyel, hisz fedik egymást.

Gördítsük át az eltolt P-t az egyik élén az S síkon az F' fa egy éle mentén, vagyis P egy olyan élén, mely metszi F' egy élét. Ekkor az L₂ lap illeszkedik S-re, úgy, hogy az L₁,L₂ lapok közös éle fedi az összehúzott L₁'' és a félig összehúzott L₂'' lapok közös élét, továbbá L₂ része L₂''-nek. Legyen V₂ az L₂ lap egy csúcsa! Húzzuk bele V₂''-t V₂-be! Ismételjük ezt L₂'' minden csúcsával! Az összehúzás után L₂'' képe fedi L-2-t, így azok egybevágók. Az összehúzott L₁'',L₂'' lapok nem fedik át egymást. Az összehúzott L₂'' nem fedi át egyik vele szomszédos másik lapot sem, hiszen vagy át van vágva az S sík a közös él mentén, így inkább távolodott szomszédjától, mivel az helyben maradt, vagy a közös élt metszi F'-et, ekkor nem keletkezik átfedés.

Gördítsük végig P-t F' minden útján az utak valamilyen sorrendjében! Egy út végére érve gördítsük visszafelé az úton P-t, míg az L₁ lap nem illeszkedik újra S-re! Minden gördítés során alkalmazzuk az összehúzás transzformációt!

F' minden útját végigjárva egy összefüggő sokszöget kapunk, mely sokszög P lapjaival egybevágó sokszögekből áll, így a sokszög területe és P felszíne egyenlő, vagyis eleve kizárt, hogy a gördítések során átfedés keletkezett. Az S sík átvágása miatt az összehúzás során megkettőződött éleket újból fedésbe hozva P-vel egybevágó poliédert kapunk (a sokszögből visszahajtogathatjuk P-t), vagyis a feladatot sikerült megoldanunk.

P tetszőleges volt, ezért a feladatot megoldva egyúttal konstruktív bizonyítást adtunk Dürer sejtésére abban az esetben, ha a poliéder konvex.

Boldog Világvégét! :)