[1837] HoA | 2014-04-21 20:51:09 |
Re: ket olyan kor letezik, amely erinti az egyenespart es a korsor eleme, valahol ki kell diszkuszalni, hogy melyiket erinti CD
Lásd a [1834] feladatot.
|
Előzmény: [1836] Sinobi, 2014-04-18 13:30:02 |
|
[1836] Sinobi | 2014-04-18 13:30:02 |
nem kap kedvet, de szerintem nagyon szep egyszeru a megoldasod, ha jol ertem:
T,O, kAB es kCD kozeppontja egy parallelogramman helyezkedik el, mert a kozeppontok a megfelelo oldalfelezo merolegesek metszespontjai, amelyek viszont tukrosek az OT felezopontjara, igy a kozeppontok is. Ha a parallelogramma ket oldalhosszanak osszegevel O korul kort rajzolunk, erinteni fogja kAB-t es kCD-t, tehat az ilyen kor egyszerre erinti oket. (nb: ket olyan kor letezik, amely erinti az egyenespart es a korsor eleme, valahol ki kell diszkuszalni, hogy melyiket erinti CD)
A T1 tartopontra torteno, k2-t fixen hagyo inverzio az elliptikus korsorbol koncentrikust kepez, k1 kepe k2-vel koncentrikus, es erinti AB kepet (kCD-t), tehat kAB-t, CD kepet is, QED.
Nekem ez tetzsik, egyszeru, elemi geometriai.
Az en megoldasom nem sokkal bonyolultabb, csak sajnos olyan dolgokat hasznal, amelyekhez nem ertek, es inkabb algebra mintsem geometria. Felveszem a k1-t erinto masik egyenest, es azt akarom belatni, hogy AC is atmegy T1-n. Ezt ugy teszem, hogy belatom, hogy a korsor egyenesparral valo Ai Ci metszespontjai egymassal projektivek, es belatom 4 specialis esetre, hogy az AC egyenes atmegy a T1-n. Nem bonyolult, de nem is erdekes, nem reszleteznem.
|
Előzmény: [1835] HoA, 2014-04-14 21:54:31 |
|
[1835] HoA | 2014-04-14 21:54:31 |
Talán valaki kedvet kap foglalkozni a feladattal: Az én megoldásom [1832]-re az alábbi segédtételt használja. Lehet, hogy van egyszerűbb megoldás is.
Legyen az &tex;\displaystyle ABCD&xet; húrnégyszög körülírt köre &tex;\displaystyle k_2&xet; , ennek középpontja O , az átlók metszéspontja T. Az ABT pontokon át rajzolt kör &tex;\displaystyle k_{AB}&xet; , a CDT pontokon át rajzolt kör &tex;\displaystyle k_{CD}&xet; . Az O középpontú, &tex;\displaystyle k_{AB}&xet;-t magába foglaló és érintő kör &tex;\displaystyle k_1&xet; . Ekkor &tex;\displaystyle k_1&xet; &tex;\displaystyle k_{CD}&xet;-t is érinti.
|
Előzmény: [1832] Sinobi, 2014-03-19 21:21:45 |
|
[1834] HoA | 2014-04-09 08:48:49 |
Még egy variáció [1832] témájára: Igazoljuk, hogy ha AB párhuzamos a körsor centrálisával, akkor CD áthalad a centrális és a hatványvonal M metszéspontján.
|
|
Előzmény: [1832] Sinobi, 2014-03-19 21:21:45 |
|
[1833] HoA | 2014-04-04 09:44:57 |
Úgy látszik, mégsem olyan könnyű. Gondolatébresztőnek nézzünk egy speciális esetet: Legyen &tex;\displaystyle k_1&xet; a körsor másik tartópontja &tex;\displaystyle T_2&xet; (pontkör)
( Látom, már nálad sem működött a TeX értelmező. Tudja valaki, miért? )
|
|
Előzmény: [1832] Sinobi, 2014-03-19 21:21:45 |
|
[1832] Sinobi | 2014-03-19 21:21:45 |
> hogy számítások nélküli megoldás is van, de azt direkt nem olvastam el.
en a szamitasos megoldasokat ugrom at reflexbol :) Nem szereted a geometriat, vagy hogy?
Egy konnyebb: Adott egy elliptikus korsor k1, k2 kore, es az egyik, T1 tartopontja. A k1 kornek meghuzzuk egy t erintojet, hogy A B pontokban messe a k2 kort. Legyen C := AT1 &tex;\displaystyle \cap&xet; k2, es D := BT1 &tex;\displaystyle \cap&xet; k2. Igazold, hogy CD erinti k1-t!
|
|
Előzmény: [1825] w, 2014-03-03 08:06:55 |
|
|
|
[1829] BohnerGéza | 2014-03-08 03:19:01 |
Az 1828-bani ábrám elkészítésénél a 4 kisebb körrel határoztam meg az egyeneseket, az ötödik négyszögbe pedig beleillett az 5. kör.
A szerkesztőprogrammal való játék azt valószínűsítette, hogy ha négy négyszög érintőnégyszög, akkor az 5. is, az átlókon lévő metszéspontok nem játszanak szerepet.
Esetleg új feltételt adnak, talán az eredeti feladatban a beírt körök középpontjai az átlókra esnek (a középső mindkettőre). (?)
Csak a szerkesztőprogrammal játszottam, magával a feladattal eddig keveset foglalkoztam.
|
Előzmény: [1828] BohnerGéza, 2014-03-06 23:23:07 |
|
|
|
[1826] Loiscenter | 2014-03-03 10:18:01 |
Nézeetek meg a forrását: http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php... International Zhautykov Olympiad 2014 D2 P6 www.artofproblemsolving.com Four segments divide a convex quadrilateral into nine quadrilaterals. The points...
|
Előzmény: [1822] w, 2014-02-02 21:56:06 |
|
[1825] w | 2014-03-03 08:06:55 |
Talán a leggyorsabb megoldási lehetőség azt használja ki, hogy ABCD akkor és csak akkor érintőnégyszög, ha
Ennek ellenére úgy emlékszem, hogy számítások nélküli megoldás is van, de azt direkt nem olvastam el. (Monge-tétel?...)
|
Előzmény: [1824] Sinobi, 2014-03-03 00:31:54 |
|
|
[1823] w | 2014-02-02 22:04:19 |
Adott az ABCD négyszög, valamint az AC átlón a P és Q; a BD átlón az R és S pontok. A PR, QS, PS, QR egyenesek kilenc négyszögre osztják ABCD-t "3x3-as táblázat alakban".
Tegyük fel, hogy a csúcsokhoz legközelebbi négy kis négyszög érintőnégyszög. Igazoljuk, hogy a középső is az!
|
|
|
[1822] w | 2014-02-02 21:56:06 |
Nekem a kérdés szerkesztéselméletinek tűnik. Ha adottak a kúpszelet paraméterei, akkor elvileg megszerkeszthetők azok az együtthatók, melyekre Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F=0 a kúpszelet egyenlete. Feltehetően elmetszettük az x2+y2=1 körrel; behelyettesítéssel és négyzetreemeléssel adódik, hogy a metszéspontok x és y koordinátái egy-egy szerkeszthető együtthatójú, legfeljebb negyedfokú egyenlet gyökei. Ha csak egy metszéspont adott, nem csoda, hogy bizonyos esetben szerkeszthetetlen a többi, hisz ahhoz egy harmadfokú egyenlet gyökeit kellene megszerkeszteni, ami mint tudjuk, nem mindig tehető meg. Ha két vagy három metszéspont adott, akkor a maradék metszéspont koordinátáira egy legfeljebb másodfokú egyenlet adódik, az pedig megoldható szerkesztéssel. Tehát ha 2 vagy 3 metszéspont adott, mindig meg lehet csinálni, ha 0 vagy 1, akkor pedig nem mindig.
|
Előzmény: [1816] Sinobi, 2014-01-30 09:54:23 |
|
[1821] Sinobi | 2014-02-01 23:36:43 |
Ket korivnek csak akkor lehet vegtelen sok kozos pontjuk, ha ugyanannak a kornek az ivei. Legyen ez a kor k.
Legyen k sugara r, a kibovitett sinus tetel miatt vagy alfa=beta, vagy alfa=180-beta.
A szelotetel miatt egy szogszar egy k korbol csak akkor metsz ki ket a hosszu szakaszt, ha a szakaszok, es a kor tukrosek a szogszar belso szogfelezojere.
Nem nehez konstrukciot adni, hogy minden alfa=beta<90 -re, es minden alfa=180-beta -ra letezik ilyen szogszar, a hosszu szakaszokkal.
Es alfa=beta>=90 nem jo, mert a belso szogfelezo ket felsikra osztja a sikot, amelyik elvalasztja a latokoriveket, az egyiknek csak az egyik felsikban, a masiknak csak a masik felsikban lesz pontja.
|
Előzmény: [1820] gergomo, 2014-02-01 22:13:15 |
|
[1820] gergomo | 2014-02-01 22:13:15 |
Help, valaki! 14 feladatból ebbe belesültünk: Egy szög két szárán adott 1-1 "a" hosszúságú szakasz. Az egyik szakasz alfa szögű látószögkörívének végtelen sok közös pontja van a másik szakasz béta szögű látószögkörívével. Milyen alfa és béta szög esetén lehetséges ez? és miért?:D
|
|
|
|
[1817] jonas | 2014-01-31 10:28:25 |
Ez egy érdekes kérdés, tetszik. Valamiért azt gondoltam elsőre, hogy mindig meg lehet szerkeszteni az összes metszéspontot, de most már nem vagyok biztos benne.
|
Előzmény: [1816] Sinobi, 2014-01-30 09:54:23 |
|
[1816] Sinobi | 2014-01-30 09:54:23 |
Ha adott egy kupszelet es egy kor es 0/1/2/3 metszespontjuk, akkor mely esetekben szerkesztheto meg a tobbi metszespont, es mely esetekben nem?
|
Előzmény: [1786] HoA, 2014-01-05 18:54:23 |
|
|
[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 |
|
|