[296] Róbert Gida | 2005-11-16 22:17:53 |
59. feladat
Legyen az n dimenziós csupa 1 oszlopvektor. S legyen az megoldáshalmaza. Bizonyítsuk be, hogy:
a: Az S egy szabályos (n-1) dimenziós szimplex
b: Mi az S súlypontja?
c: Mi az S-be írható (n-1) dimenziós gömb középpontja és sugara?
d: Mennyi ahol x=(x1,x2,...,xn) a beírható gömb felszínén van. A minimumot mely pontokban veszi fel?
|
|
|
[294] nadorp | 2005-11-15 15:01:25 |
Jelentkező hiányában megróbálom. Húzzunk párhuzamost H1-ből CH3-mmal, ez az AB oldalt P-ben metszi.Ekkor ha PB=x, akkor a párhuzamos szelők tétele szerint H3P=2x és mivel H3 harmadoló pont, . Az és háromszögek hasonlóak, a hasonlóság aránya az előbbiek szerint , így az AH3 és AP oldalakhoz tartozó magasságok aránya is ennyi.Ha m jelöli az AP-hez tarozó magasságot, akkor azt kaptuk, hogy
, azaz ha T jelöli az ABC háromszög területét, akkor . Hasonlóan ugyanez igaz a másik két kis háromszögre is. Másrészt ennek alapján és ugyanez igaz a másik két keletkező négyszögre is. Összefoglalva
|
|
Előzmény: [290] lorantfy, 2005-11-12 22:07:51 |
|
|
|
[291] BohnerGéza | 2005-11-14 23:12:30 |
58. feladat:
Az ABC háromszög beírt körének érintési pontjai A', B' és C', középpontja O, K az A'B'C' körülírt körének kp-ja.
Jelölje Ma az AC'B', Mb a BA'C' és Mc a CB'A' háromszög magasságpontját, valamint M az MaMbMc háromszög magasságpontját.
Legyen Oa az AC'B', Ob a BA'C' és Oc a CB'A' háromszög beírt körének középpontja, és K' az OaObOc körülírt körének kp-ja.
Bizonyítandó, hogy az O, a K, az M és a K' egybeesnek!
|
|
|
[289] lorantfy | 2005-11-08 22:14:48 |
A komplex számos megoldást itt a Fórumon is megtalálhatod a Felmerülő kérdések... témában Sirpi [143] hozzászólása. Ahogy az a megoldás, ez sem használja fel, hogy a szabályos háromszögek nem közös csúcsai egy körön vannak. Tehát elegendő annyit feltenni, hogy van egy közös csúcsuk.
|
|
Előzmény: [288] AzO, 2005-11-08 17:38:22 |
|
[288] AzO | 2005-11-08 17:38:22 |
Mostanaban kaptuk ezt a mackosajtos feladatot algebran, es komplex szamokkal (egyseggyokokkel) oldottuk meg, es mondta a tanar, hogy nem is akar belegondolni milyen nehez lenne elemi (kozepiskolai) modszerekkel megoldani :). Ennek ellenere ez frappans volt, es sztem megmutatom neki :) Koszi
|
Előzmény: [287] lorantfy, 2005-11-06 12:04:50 |
|
[287] lorantfy | 2005-11-06 12:04:50 |
Tomszy feladata a Felmerülő kérdések ... témából:
Egy r sugarú körben vegyünk fel három r sugarú húrt: AA', BB', CC'. Jelöljük A'B húr felezőpontját E-vel, B'C húr felezőpontját F-vel és C'A húr felezőpontját G-vel.
Bbh. EFG háromszög szabályos!
Megoldás vektorokkal: (Ugyanúgy megy mint a B.3837. feladat megoldása, amit a Lejárt határidejű ... témába írtam be.)
Legyenek A1,A2,B1,B2,C1,C2 a megfelelő, sugás hosszúságú szakaszok felezőpontjai.
A háromszög középvonalának tulajdonságai és a szabályos háromszögek miatt az ábrán azonos színnel jelölt vektorok egymásnak 60 fokos elforgatottjai.
Mivel a megfelelő összetevő vektorok egymás 60 fokos elforgatottjai, így is 60 fokos elforgatottja -nek, tehát EFG szabályos háromszög.
|
|
|
|
[285] Lóczi Lajos | 2005-09-20 13:59:13 |
Jó, de nézd meg, hogy mi a könyv célja: könnyítést adni azoknak, akiknek nehezen megy, bizonyos területekre így kevesebb előismerettel is el lehet jutni -- persze onnan nem lehet olyan messzire továbbhaladni.
(Az elvi célja pedig inkább az, ahogy írja, hogy közben a geometriát nem kell a valós számok bonyolult fogalmára építeni: tetszőleges algebrai test is használható.)
|
Előzmény: [284] Fálesz Mihály, 2005-09-20 11:35:29 |
|
[284] Fálesz Mihály | 2005-09-20 11:35:29 |
Én nem lelkesedek érte, sőt.
Trigonometria-feladatokban a szögeknek legfeljebb csak a szinuszát/koszinuszát szoktuk kiszámolni, magukat a szögeket nem. Négyzetgyökökkel pedig így is, úgy is számolni kell. Például elég megkérdezni, hogy ha az A,B,C pontok egy egyenesen vannak, mondjuk AB2=2 és BC2=3, akkor mekkora lehet AC2. A konstrukció csak a legegyszerűbb esetekben teszi félre a négyzetgyökvonást, a számolás egyáltalán nem lesz tőle sem könnyebb, sem egyszerűbb.
A trigonometrikus függvények elvetését pedig kb. olyan ötletnek tartom, mint ha valaki a prímszámtételből ki akarná irtani a logaritmust (mert hát ugye mi szükség van transzcendens függvényekre, ha egész számokról akarunk beszélni), vagy a Cardano-képletből a komplex számokat. Pont a matematikát akarja kiirtani; azt, hogy hozzunk létre elméleteket, új objektumokat (jelen esetben a trigonometrikus függvényeket), amik megmutatják, hogy a dolgok mögött milyen mélyebb összefüggések vannak.
F.M.
|
Előzmény: [282] Lóczi Lajos, 2005-09-19 22:50:10 |
|
[282] Lóczi Lajos | 2005-09-19 22:50:10 |
Szép és elegáns a leírás, sokmindenben egyetértek vele, bár nem hiszem, hogy túlzottan nagy változást okozna mifelénk belátható időn belül, ha egy olyan alapvető fogalomhoz, mint a "szög" akar hozzányúlni, átdefiniálni.
|
Előzmény: [281] 2501, 2005-09-19 10:25:15 |
|
|
|
[280] Szalkai István | 2005-09-14 13:42:39 |
Kedves Mindenki !
A 2005.jan. feladatot általánosítva jutott eszembe a a következő probléma: Mi azon pontok mértani helye, amelyeknek adott egyenesektől való távolságai kielégítenek egy lineáris összefüggést? "Felfedezésem" biztosan nem új, bár irodalomban nem akadtam a nyomára. Közzéteszem mégis, hátha esetleg valakinek hasznára válik, no és biztosan én is tanulok hozzászólásaitokból! (Más fajta TEX-et használva nem sikerült a szöveget ide feltennem, de a következő linken megtalálható:
http://www.szt.vein.hu/~szalkai/Tavolsagok-jav.pdf
Üdvözlettel: szalkai@almos.vein.hu
|
|
[279] BohnerGéza | 2005-08-27 00:19:34 |
Jogos [275] jonas észrevétele, bár csak egy kis fogalmazási hibát követtem el. A zárójel szövege helyesen: valamint a talpponti háromszög területének. Igaz ez már nem nehéz, ha az előzőekre megvan a válasz.
|
Előzmény: [275] jonas, 2005-08-23 22:40:10 |
|
[278] lorantfy | 2005-08-24 10:25:21 |
Hello Viktor!
Ez az EUKLIDES program. A 2.02 verzió ingyenesen letölthető: www.euklides.hu.
Töltsd le és szórakozz el vele. Én a kész ábrát Print Screen-el vágólapra szoktam tenni. Aztán egy képszerkesztővek kivágom a lényeges részt és átlátszóvá teszem, majd elmentem gif-ben és úgy csatolom a hozzászóláshoz. Így a háttérszínen jelenik meg.
|
Előzmény: [277] xviktor, 2005-08-24 10:09:36 |
|
|
|
|
[274] BohnerGéza | 2005-08-23 22:08:14 |
Üdv mindenkinek!
Köszönöm Kós Ritának [273] a segítséget!
57. (számozott) feladat: Egy háromszög oldalai 13, 14 és 15. Adjuk meg a pontos értékét a
a.) beírt köre sugarának
b.) TcBTa (Ta és Tc magasságtalppontok) beírt köre sugarának
c.) TcBTa háromszög területének ( a talpponti háromszög területének )
|
|
[273] Kós Rita | 2005-07-26 19:31:42 |
A lekepezesek szorzatarol rovidebben-hosszabban Reiman Istvan konyveiben is van szo: Fejezetek az elemi geometriabol (Typotex, pici vekony, ebben biztosan), ill. A geometria es hatarteruletei c. konyvben, ha jol emlekszem.
|
Előzmény: [272] BohnerGéza, 2005-07-15 23:09:11 |
|
[272] BohnerGéza | 2005-07-15 23:09:11 |
Az 50., 51., 53. és 56. feladat közös, általános megoldása.
Igen örülök lorantfy és Kós Géza 56. feladatra a [267]-ben ill. [268]-ban leírt megoldásának. Ezek is alkalmasak az általánosításra.
Ha valaki még nem ismeri a leképezések szorzatát, annak is megérthető amit írok, de időt és energiát kell rá szánnia, végigjátszva-gondolva minden állítást!
A téma bővebb megismeréséhez Rácz János könyveit tudom ajánlani, de ezek nehezen érhetők el. Rossz memóriám miatt további könyveket most nem tudok, remélem lesz valaki és kisegít!
Jelölje az A körüli alfa forgatást (A|alfa). Legyen
(1)...(C|gamma)*(B|béta)*(A|alfa)=I helybenhagyás.
//A leképezések szorzatát - egymás utáni elvégzését - visszafelé olvasva kell értelmezni, tehát először A, majd B, végül C körül forgatunk,// Helybenhagyást akkor kapunk, ha összesen n*360 fokot, ahol n egész, forgatunk és van fixpont. Ez a fent jelzett feladatok esetén áll. Az egyszerűség kedvéért és mert ilyen esetre ezen feladatok mindig visszavazethetők n=1 (vagy -1) esettel foglalkozunk.
Tudnunk kell még, hogy egy forgatás helyettesíthető két tengelyes tükrözés szorzatával, pl. (A-alfa)=t2*t1, ahol t1 és t2 is átmegy A-n, valamint t1 és t2 szöge alfa fele az irányítást is figyelembe véve. (1)-et balról (C|-gamma)-val szorozva:
(2)...(B|béta)*(A|alfa)= (C|-gamma)
Legyen t2=AB, t1 és t3 pedig olyan egyenesek, melyekre (A|alfa)=t2*t1 és (B|béta)=t3*t2. Ekkor
(3)...(B|béta)*(A|alfa)=(t3*t2)*(t2*t1)=t3*(t2*t2)*t1=t3*t1= (C|-gamma)
Tehát t1 és t3 is átmegy C-n. Mindent végiggondolva ABC olyan háromszög kell legyen, melyben a megfelelő csúcsoknál alfa/2, béta/2 ill. gamma/2 szög van. //Feltéve, hogy egyik szög sem n*360 fok, azaz mind a három forgatás valódi fogatás. //
Jó munkát a fent jelzett feladatok átgondolásához! Kitalálható esetleg újabb konkrét feladat is?!
|
Előzmény: [268] Kós Géza, 2005-07-11 12:00:08 |
|