|
[1814] w | 2014-01-24 13:42:00 |
Igen. Még arra sincs szükség, hogy A és B azonos sebességgel mozogjon.
Elég azokat az időpontokat vizsgálni, melyekben az A golyó az eredeti A0 pontban van. Tegyük fel, hogy ameddig A elmegy B0-ba és vissza A0-ba, annyi idő alatt B s.I utat tesz meg, ahol I a félkörív hossza. Célunk az, hogy belássuk, hogy tetszőleges a>0-hoz van olyan n pozitív egész, melyre ns kisebb, mint a távolságra van egy egész számtól.
Ha s racionális szám, akkor nincs mit bizonyítani, létezik olyan n>0 egész, melyre ns egész szám lesz.
Ha s irracionális, akkor pedig tekintsünk egy hatalmas nagy N-et, és az intervallumokat i=0,1,...,N-1-re. Mivel s irracionális, ezért {ns} (ns törtrésze) minden n>0-ra más és más értéket vesz fel. Ezért az {ns} számokat minden n=1,2,...,N+1-re véve, ez az N+1 szám benne van előbbi intervallumok egyikében. Skatulya-elv szerint így lesz két n, n1 és n2, melyre {n1s} és {n2s} ugyanabban az intervallumban van, eltérésük <N-1. Másfelől mivel triviálisan , ezért kaptunk egy olyan n=n1-n2 számot, melyre {ns}<N-1, vagyis |n|s egy egész számtól kisebb, mint N-1 távolságra van. Márpedig N-1 tetszőlegesen kicsi lehet. (A Kronecker-tételre is hivatkozhattunk volna.)
Összességében tetszőlegesen kis ívhossz lehet A és B távolsága, amiből következik az állítás.
|
Előzmény: [1813] Loiscenter, 2014-01-23 23:25:25 |
|
|
[1812] w | 2014-01-16 13:06:53 |
Szép és elemi kérdés, a bizonyítás is nagyon szép, a vélemény szerintem helytálló. A probléma egyébként az IMO 1991/5. feladat.
Persze lehetne vitatkozni, bőven vannak még geometriai szépségek, például ez egészen szép és egyszerű, ám ránézésre egyáltalán nem triviális tétel.
|
Előzmény: [1811] Loiscenter, 2014-01-16 11:13:32 |
|
[1811] Loiscenter | 2014-01-16 11:13:32 |
Vietnami matematikusok önkéntes versenyérol( legszebb és legelemibb bizonyitás) idézem egy feladatot :
Az ABC háromszög belsejében van egy P pont. bizonyitando hogy a PAB , PBC, PCA szögek között van 30° -nál nem nagyobb!
kivancsi vagyok a véleményetekre!
|
|
|
|
[1808] w | 2014-01-12 21:41:09 |
Tekintsük a legnagyobb olyan kört, amely a sokszög valamely három csúcsa köré írható, a három csúcs legyen A,B,C. Belátjuk, hogy ez tartalmazza az egész sokszöget, és három szomszédos csúcson halad át.
Ha ez a kör minden csúcsot tartalmaz, akkor egyben tartalmazza az egész sokszöget. Ezért ha nem tartalmazza az egész sokszöget, akkor van olyan X csúcs, amelyet a kör nem tartalmaz. De ekkor ABX kör nagyobb sugarú lesz az ABC körnél, ami ellentmond választásunknak.
Tegyük fel, hogy nincs olyan három szomszédos csúcs, amelyre a köréjük írt kör sugara maximális. Ekkor az előbb igazoltak szerint van, mondjuk körüljárás szerint A és B között, egy olyan Y csúcs, amely a legnagyobb körön belül található. De ekkor az ABY kör sugara ismét nagyobb lesz, mint ABC sugara, ez ellentmondás.
|
Előzmény: [1807] Loiscenter, 2014-01-12 18:55:23 |
|
[1807] Loiscenter | 2014-01-12 18:55:23 |
Egy konvex sokszögnél mindig megtalalható 3 egymast követö csucsot, melyekre a köré irható kör tartalmazza az egész sokszöget?( elemi egyszerü bizonyitas jó lenne)
|
|
|
|
|
|
[1802] epsilon | 2014-01-11 15:17:36 |
Üdv mindenkinek! A felvetett hasáb számlálási feladat kapcsán előkerült egy másik feladat is: Egy szabályos háromszög minden oldalát osszuk fel n egyenlő részre, majd ezeken át húzzunk az oldalakkal párhuzamos egyeneseket. Így a háromszöget n×n kis kongruens háromszögre osztottuk. Összesen hány háromszög látható az ábrán? Sajnos az eredményre zárt alakban nincs tippem. Olyan megoldás érdekelne, amelyik kiterjeszthető a térbe is, ha a szabályos háromszög helyett szabályos tetraédert tekintünk, és azt bontjuk kis tetraéderekre. Tudna-e valaki segíteni? Előre is köszönöm, üdv: epsilon
|
Előzmény: [1796] Kemény Legény, 2014-01-08 10:23:09 |
|
[1801] HoA | 2014-01-09 12:38:28 |
Rajzoljunk a két szögszár teljes egyenesére egy-egy „centiméter” skálát. Azokat a pontpárokat összekötve, melyek távolságának összege a metszésponttól egy adott ( előjeles ) érték, Steiner II. tételének duálisa szerint szintén egy másodrendű görbe érintőit kapjuk, melyek között a végtelen távoli egyenes (mint a megfelelő pontokat összekötő egyenes) is ott van. Ekkor a burkolt görbe parabola.
A feladat feltételeinek megfelelő, a beírt kör O középpontján áthaladó, a szögfelezőre szimmetrikus egyenespárt tehát akár [1799] szerint O-ból húzott hiperbola érintőként, akár az itteni parabola érintőiként megrajzolhatjuk. Az [1800] –ban felvetett egzisztencia kérdés persze vizsgálandó: Kívül esik-e O az érintendő görbéken?
|
Előzmény: [1800] marcius8, 2014-01-09 12:30:07 |
|
[1800] marcius8 | 2014-01-09 12:30:07 |
Csak egy felvetés:
1. Van-e olyan egyenes, amely átmegy a háromszög beírt körének a középpontján és felezi a háromszög területét? Ekkor ez az egyenes nyilván felezi a háromszög kerületét is.
2. Van-e olyan egyenes, amely átmegy a háromszög beírt körének a középpontján és felezi a háromszög kerületét? Ekkor ez az egyenes nyilván felezi a háromszög területét is.
A probléma általánosítása: Adott síkbeli zárt görbéhez (sokszög) keressünk olyan egyenest, amely felezi az adott zárt görbe által meghatározott síkidom területét és kerületét
|
Előzmény: [1791] w, 2014-01-07 20:59:13 |
|
[1799] Sinobi | 2014-01-08 21:01:11 |
nem mondtam, hogy elemi. Lenyegeben ugyanaz, mint marcius8-e,
terulet felezes tetszoleges pontbol:
Be lehet latni, hogy ha adott egy szogszar, akkor azok az egyenesek, amelyek egy rogzitett T teruletnyi darabot vagnak le belole, egy hiperbolat fognak erinteni. (abbol, hogy egy hiperbolanak minden pontja az aszimptotatol valo tavolsagok szorzata allando, kovetkezik, hogy a levagott haromszog terulete konstans?) tehat a feladat nem mas, mint hogy adott egy hiperbola (aszimptotakkal, es 3 darab/tetszoleges szamu erintojevel, szerkesszunk hozza egy ponton at erintot. Ezt meg meg lehet csinalni.
|
Előzmény: [1797] Loiscenter, 2014-01-08 11:49:24 |
|
[1798] epsilon | 2014-01-08 15:46:43 |
Köszi Kemény Legény! Ilyen elgondolás alapján írtam azt a képletet, csak nem voltam biztos abban, hogy választások során biztos-e, hogy mind hasáb lesz. Még egyszer köszi, üdv: epsilon
|
Előzmény: [1796] Kemény Legény, 2014-01-08 10:23:09 |
|
|
[1796] Kemény Legény | 2014-01-08 10:23:09 |
A válasz helyesnek tűnik. Számoljuk meg a hasábokat a testátlóik alapján! Válasszunk ki egy tetszőleges csúcsot (ezt (n+1)3-féleképpen lehet), majd az átellenes csúcsot is (ezt már csak n3-féleképpen lehet, mert nem lehet egy síkban/oszlopban az előző ponttal). Ezzel minden hasáb minden testátlóját (kétszer is) megszámoltuk, minden hasábot 8-szor találtunk meg (4 testátlója van egy hasábnak + az átellenes csúcsokat fordítva is figyelembe vettük). Azaz a végeredmény , ami épp a képen látható kifejezéssel egyenlő.
|
Előzmény: [1795] epsilon, 2014-01-08 10:00:31 |
|
[1795] epsilon | 2014-01-08 10:00:31 |
Boldog Új Évet Kívánok Mindenkinek! Az új esztendőben előkerült egy régi feladatom, amire csak sejtem az eredményt, a bizonyítást nem tudom. Beírom ide, mert biztos vagyok, hogy valaki tud segíteni. A feladat: Egy kockát az oldalakkal párhuzamos síkokkal felosztunk n×n×n egyforma kiskockára. Hány hasáb látható az így keletkezett felosztáson? Sejtésem szerint annyi amennyi a beszúrt képen látható. Tudna valaki segíteni a bizonyításban? Előre is köszönöm, Üdv: epsilon
|
|
|
|
|
[1792] Fálesz Mihály | 2014-01-07 22:13:03 |
... és az is jól ismert, és kitalálható (különösen, ha a beírt kör középpontját már véggondoltuk), hogy mik azok az egyenesek, amik egy szög két szárából összesen adott hosszúságú részt vágnak le.
|
Előzmény: [1791] w, 2014-01-07 20:59:13 |
|
[1791] w | 2014-01-07 20:59:13 |
Ha a beírt kör középpontján áthalad egy egyenes, akkor pontosan akkor felezi az ABC háromszög kerületét, ha felezi a területét is. (Ahogy Fálesz is említette.)
|
Előzmény: [1790] marcius8, 2014-01-07 15:31:34 |
|