Fórum: GEOMETRIA

kritsmének emailben elküldtem még tegnap este a rólad elnevezett Fálesz Mihály tételét,és megfordítását,úgyhogy már nincs rá szüksége,sőt ma a válaszlevelében megköszönte a segítséget,ugyanis 1,7-es átlaggal átment matekból! Ezúton is Grat!

Egy másik topikban kritsme szerette volna megtanulni a rólam elnevezett tételt.

A Thálész-tétel azt mondja ki, hogy egy kör átmérője a kör pontjaiból derékszögben látszik (kivéve persze az átmérő két végpontját, ahol baj van az egyik iránnyal), lásd az arcképemet.

A tételnek van megfordítása és egy kicsit erősebb változata is: az átmérő a körvonal pontjaiból derékszögben, a belső pontokból tompaszögben, a külső pontokból hegyesszögben látszik. Mindennek a bizonyítása sem nehéz. Kedves Kritsme! Melyikre van szükséged?

Szerintem szabályos háromszöget alkotnak a súlypontok! (az eredeti ABC háromszögtől függetlenül)

56. feladat: Az ABC háromszög oldalaira a CBA', az ACB' és a BAC' azonos körüljárású szabályos háromszöget írtuk. Ezek A", B", C" súlypontja milyen háromszöget határoz meg?

Megjegyzések az 50. és 51. feladathoz.

Az 50. feladattal kapcsolatban Hraskó András hívta fel arra a figyelmemet, hogy tulajdonképpen Pascal-tételre feladat. Teljesen igaz, ajánlom mindenki figyelmébe! Ha valaki kedvet érez hozzá, kérem írja be bővebben ezt a megoldást!

A [239.]-ben leírt megoldásnál a Pascal-tételes általánosabb, nem használja ki, hogy F a PR felezőpontja.

Az 51. feladatot az 50. [239] vázolt megoldás közben tulajdonképpen megoldottuk (, hivatkozva az 53. feladatra). Ha valaki kedvet érez hozzá, kérem írja be ennek a megoldását!

(Még ennyi segítség mellet sem könnyű feladatok!)

Kedves Géza!

Az 55. feladatban kitűzött szerkesztés, azt hiszem, teljes általánosságban nem végezhető el euklideszi módszerekkel.

Ha jól látom, akkor a háromszög a, b, c oldalai és beírt körének r sugara között az

r²s-(s-a)(s-b)(s-c)=0

összefüggés áll fenn (). Ez c-re nézve (a-t, b-t és r-t tekintjük adottnak) harmadfokú egyenlet. A bal oldali polinom az a, b, r adatok megfelelő választása mellett a racionális számtest felett irreducibilis is, így a szerkeszthetőség elmélete (Galois elmélet) szerint c nem szerkeszthető.

Szívesen látnám - talán nem csak én - itt egy hozzáértő véleményét, hogy az 55. feladat adatai alapján szerkeszthető-e a háromszög.

Az 50. feladat megoldása: Sajnos a [229.] ábráján a csúcsok betűzését elrontottam, így új ábra is készült.

A megoldás vázlatát írom csak le, teret engedve az önálló munkának is.

A megoldás lényege: Legyen F a PR felezőpontja. Megmutatjuk, hogy DBF szög = DBS szöggel = béta felével. Ez elég a feladat állításának igazolásához, hiszen analóg módon igaz, hogy BDF szög = BDQ szöggel.

Az 53. feladatot felhasználva kapjuk, hogy DBF szög a béta fele.

Mivel B*BC szög a béta fele és CS ív=B*D ívvel, ezért DBS szög is a béta fele.

Szép megoldás!Grat!

És persze csak körzőt használtunk

... ami valahogy így néz ki:

Megoldás az 52. feladatra:

1.ábra: Az O középpontú kör egy tetszőleges pontjából(:=A) körívezzünk a megadott sugárral a kör kerületére,így kapjuk a B,C,D pontokat!Az AC szakasz a körbe írható szabályos háromszög oldala,ezt körzőnyílásba véve,és körözve A illetve D pontokból metszéspontként kapjuk M pontot!Pit. tétellel belátható hogy az OM szakasz a körbe írható négyzet oldala,így már könnyen oszthaó a kör négy egyenlő ívre,ahonnan már csak néhány,a megadott sugárral való körzés választ el a négy területrésztől...

55. feleadat: Szerkesszünk háromszöget, ha adott két oldala és a beírt kör sugara!

Bocsánat ha lett volna.

54. feladat: Legyen k egy félkör O középponttal és AB átmérővel. Legyen M a BA félegyenessel ellentétes félegyenes egy B-től különböző pontja. Az AB-től különböző p egyenes haladjon keresztül az M ponton és messe a k félkört két, egymástól különböző C és D pontban, miközben |MC| > |MD|. Legyen K az AOC és a BOD háromszögek köré írt köreinek O-tól különböző metszéspontja. Bizonyítsuk be, hogy OK merőleges MK-ra.

Kiegészítés az 53. feladat megoldásához:

Az indoklásból kimaradt, hogy a két forgatás szorzata azért egyenlő az F körüli 180 fokos forgatással, mert a két forgatás szögének összege 180 fok.

D-nél a szög delta, E-nél epszilon. Tudjuk: epszilon=180-delta Az egyenlőszárú háromszögek miatt, ha A-t forgatjuk E körül epszilonnal, majd D körül deltával akkor B-t kapjuk. Ugyanígy A-ból B-t kapjuk ha középpontosan tükrözzük F-re. Egy forgatás két tengelyes tükrözés szorzata, még pedig akkor, ha a tengelyek szöge fele a forgatás szögének. Vegyük fel a 3 tükörtengelyt az ábrán látható módon. Ekkor: DEF szög 90-(delta/2) és EDF szög delta/2. Ekkor DFE szög 180-(90-(delta/2)+delta/2)=90

53. feladat: (egyben segitség az 50,-hez) Az ABC háromszög BC és CA oldalaira, mint alapra, kifelé ( vagy mindkettőt befelé) rakjuk a BDC ill. a CEA egyenlő szárú háromszögeket. A D-nél delta, az E-nél 180 fok mínusz delta szög legyen. Jelöljük AB felezőpontját F-fel. Bizonyítandó, hogy a DEF háromszögben F-nél derékszög, D-nél delta/2 szög van!

(Használjuk fel, hogy a forgatás helyettesíthető két tengelyes tükrözéssel!)

Ábra az 50. és 51. feladathoz.

Nem tudom,hogy volt-e már,de ez egy igen érdekes, tanulságos és egyszerű? feladat:(Napóleon egyik feladata)

52.feladat: Osszunk fel egy r sugarú kört négy egyenlő területrészre! KIZÁRÓLAG KÖRZŐT használhatunk!

Az előző hozzászólás feladata legyen az 50. feladat! Talán némi segítség a megoldásához:

51. feladat: Legyen az 50. feladatban F a PR felezőpontja. Igazoljuk, hogy a QSF háromszögben F-nél derékszög van és Q-nál a B-nél lévő szög fele.

Az ABCD húrnégyszögben (AB<BC és AD<DC) az A-ból a B belső szögfelezőjére állított merőleges messe BC-t P-ben, a körülírt kört Q-ban, hasonlóan a D belső szögfelezőjére állított merőleges DC-t R-ben, a kört S-ben. Igazolandó, hogy a BS, a DQ és a PR egyenesek egy pontban metszik egymást.

Az alábbi hozzászólásomban az utolsó előtti mondat így helyes:

Az alábbi kép az idézett könyvből való, de ez nem írja le az 1. keresett csempekészletet (pontosan).

HK

Üdv a Geométereknek!

Két érdekes Penrose féle csempe kerestetik. Ha valaki ismeri, szóljon! Közölje itt a paramétereit! :o)

Az alábbi idézet ebből a cikkből való.

"Bármelyik, sárkányokról és dárdákról szóló tétel átalakítható a Penrose-rombuszokról szóló tétellé, vagy akármelyik Penrose-féle csempepárról szólóvá, és viszont. Conway a sárkányokkal és dárdákkal dolgozik szívesebben, más matematikusok jobban szeretik az egyszerűbb rombuszokat. Robert Ammann elképesztően sokféle nem periodikus csempekészletet talált ki. Az egyik készlete, amely két konvex ötszögből és egy konvex hatszögből áll, az élek bármilyen eltorzítása vagy színezése nélkül kényszeríti ki a nem periodikus csempézést. Több olyan hatszögekből álló párt talált, ahol a hatszögek öt belső szöge 90 fokos, egy pedig 270 fokos. E készletek leírása és figyelemre méltó tulajdonságaik tárgyalása megtalálható Branko Grünbaum és G. C. Shephard "Some Problems on Plane Tilings" című könyvében."

Az alábbi kép az idézett könyvből való, de ez nem az 1. keresett csempekészlet.

Ha valaki tud segíteni, azt előre is megköszönöm.

HK

Csak úgy a poén kedvéért egy újabb megközelítés a Géza 206. problémájához és a 210-es általánosításhoz.

Tekintsük a k kört a hiperbolikus geometria Cayley Klein modellje alapkörének (lásd Kós Géza írását: itt.)

Ha tekintünk egy A pontot a körön belül, és a kör pontjait átvetítjük A-n át a körre, akkor igazából a hiperbolikus geometriában az A-ra vonatkozó középpontos tükrözés hatását tekintjük a sík végtelen távoli pontjain.

Ha A a körön kívül van, akkor a transzformáció az A polárisának megfelelő hiperbolikus egyenesre vonatkozó tengelyes tükrözés.

Ha A, B, C egy egyenesen vannak (és mind kívül), akkor a három tengelyes tükrözés három egy ponton átmenő egyenesre történik. Ez a pont az ABC egyenes pólusa.

Innen a megoldás a 208. hozzászólásban leírttal analóg.

Persze, ha A, B, C közt van belső pont is, akkor kissé más a helyzet, de ezt meghagyom gondolkoznivalónak.

Kedves András!

Köszönöm a hozzásolásodat! A térbeli ábra azért született, mert Desargues perspektív háromszögekre vonatkozó tételére gondoltam, ahol a két háromszöget két metsző síkra helyezve, gyakorlatilag nincs mit bizonyítani, hiszen a megfelelő metszéspontok, csak a két sík közös egyenesén lehetnek.(Pirossal és zölddel szineztem a két síkban futó egyeneseket.) Tehát síkban valami elveszik ami térben még nyilvánvaló.