|
|
[594] Cckek | 2007-01-08 21:12:11 |
Legyen G az ABC háromszög súlypontja, H az ortocentruma, M, N, P az AB, AC, BC oldalak felezőpontjai, O1,O2,O3 az AMN, BMP illetve CNP háromszögek köré írt körök középpontjai. Bizonyítsuk be hogy :
|
|
[593] HoA | 2007-01-08 15:59:17 |
Mivel két hete senki sem szólt hozzá, leírok egy megoldást. Nézzük meg, mi a mértani helye a síkban azoknak a pontoknak, melyekre az ABC csúcsaitól mért távolságok négyzetösszege
adott konstans?
Ha origónak az ABC S súlypontját választjuk, ; , ami adataink által meghatározott konstans. A mértani hely tehát egy S középpontú kör, a sugár négyzete a jobboldali kifejezés, ami akkor nemnegatív, ha (1) baloldala tehát akkor a legkisebb, ha P a súlypont, értéke ekkor . Most már csak azt kell igazolni, hogy ez megegyezik a háromszög oldalai négyzetösszegének harmadával. De Origó választásunk miatt Innen Tehát valóban
|
Előzmény: [588] BohnerGéza, 2006-12-25 22:50:17 |
|
[592] Sirpi | 2007-01-05 16:10:42 |
Ezt hívják Euler-egyenesnek, és ráadásul az S pont harmadolja (O-hoz közelebb) az OM szakaszt.
Egybe akkor és csak akkor esnek, ha a háromszög szabályos.
|
Előzmény: [591] Cckek, 2007-01-05 16:04:29 |
|
[591] Cckek | 2007-01-05 16:04:29 |
Igaz-e, hogy bármely háromszögben az ortocentrum, a súlypont és a háromszög köré írt kör középpontja kollineárisak? (vagy egybeesnek:)
|
|
|
[589] HoA | 2006-12-27 10:11:54 |
BohnerGéza ábrája alapján ha az ,, paraméterekkel kifejezett koordinátákra felírjuk az vektoregyenletet, rövid számolás után kapjuk, hogy == , vagyis P (Cckek-nél M) = , vagyis M a súlypont.
Ha [582] "akkor" ágának bizonyítására elfogadjuk az [586] ábráját, a "csak akkor" ágra itt egy - talán kicsit szemléletesebb - bizonyítás. Legyenek a háromszög oldalfelező pontjai A0,B0,C0 , a súlypont S, továbbá M, A1,B1,C1 [582] szerint. A súlyvonalak a háromszöget hat kis háromszögre osztják. Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy M a C0BS háromszög belsejében vagy határán van. Mivel pl. és tudjuk, hogy , pontosan akkor teljesül, ha
| (1) |
. Ha a három vektor összege 0, akkor tetszőleges irányú vetületüké is az. Tekintsük az mc magasságra vett vetületeket - az mce egységvektorral vett skaláris szorzatokat. Ez esetében nyilván 0. M választása miatt A1 nincs messzebb B-től, mint A0 és B1 nincs messzebb A-tól, mint B0 . Így és . Ezért (1) csak úgy teljesülhet, ha A0=A1 és B0=B1 , vagyis M=S.
|
|
Előzmény: [587] BohnerGéza, 2006-12-25 22:49:35 |
|
|
|
|
[585] HoA | 2006-12-23 09:19:45 |
Azt hiszem az ellentmondás feloldása az, hogy Ti szakaszokról beszéltek, a feladat pedig vektorokról szól: az AA1, BB1, CC1 vektorok pontosan akkor alkotnak vektorháromszöget , ha M a súlypont. Lehet, hogy Cckek ezt akarta a szögletes zárójelekkel jelezni.
|
Előzmény: [584] Cckek, 2006-12-22 21:02:28 |
|
|
[583] jenei.attila | 2006-12-22 20:21:22 |
Ezt sajnos nem értem. Azt akarod mondani, hogy ha a súlyponttól csak egy "kicsit különböző" pontot veszünk, akkor a szóbanforgó szakaszokból nem szerkeszthető háromszög? Ezek a szakaszok az M pont megválasztásával nyilván folytonosan változnak, tehát a súlyponttól való kis eltérés a hosszukban is kis változást eredményez. A háromszög egyenlőtlenségbe pedig még biztos hogy belefér egy kis változás. Valamit nyilván félreértek, pontosítanád egy kicsit?
|
Előzmény: [582] Cckek, 2006-12-22 16:56:49 |
|
[582] Cckek | 2006-12-22 16:56:49 |
Legyen M az ABC háromszög egy belső pontja. AM,BM,CM a szemközti oldalakat metsze rendre az A1,B1,C1 pontokban. Bizonyítsuk be, hogy [AA1],[BB1],[CC1] szakaszok akkor és csak akkor egy háromszög oldalai ha M az ABC háromszög súlypontja.
|
|
[581] Hajba Károly | 2006-11-23 15:30:14 |
Én sem.
Az [577]-es válaszom után még motoszkált valami a fejemben és elkezdtem firkálgatni (a pitagórászi ábrácskára a köröket, az ábra jobb felső sarkában) és belémcsapot az isteni szikra. :o)
|
Előzmény: [580] AzO, 2006-11-23 15:06:26 |
|
|
|
[578] Hajba Károly | 2006-11-22 08:47:12 |
Csimby!
Nem számoltál még be, hogy mire jutottatok?
---
Én közben találtam egy "igaz" 6 körös megoldást, ebben nincs mérés miatti körzőmozgatás:
|
|
|
[577] Hajba Károly | 2006-11-22 00:07:35 |
Én fenn a Gellért-hegyen egy csillagász szakkörön hallottam és főleg a középiskolásoknak adták föl, én ott csak vízhordó voltam. :o)
Szóval a szakkörvezető így kezdte: Már az ókori görögök is ...
A definició, najó legyen csak "definició" szerint ScarMan megoldása valóban 7 körző-felemeléses, mert a 3. lépés távolságát használja fel a 4. és 5. lépésben. Lásd az ábrámat, melyen az én megoldásomat és az övét is felszerkesztettem.
Értelmező ábrácska a bal felső fekete, vastag vonal: mérés, nyilazott ív: körzőzés.
ScarMan-nak meg még egy grat.
|
|
Előzmény: [576] AzO, 2006-11-21 23:10:25 |
|
[576] AzO | 2006-11-21 23:10:25 |
Az 1977-es feladatot nem Napoleon-feladat-nak hivjak? Mintha olvastam volna valahol mostanaban. A definiciomert nem vallalok felelosseget, mert csak emlekezetbol mondtam, es akkor az en 7 lepeses megoldasom is mar 8 :)))
|
Előzmény: [575] Hajba Károly, 2006-11-21 08:33:01 |
|
[575] Hajba Károly | 2006-11-21 08:33:01 |
Üdv a körösöknek! és grat ScarMan-ek is!
Nem kekeckedni szeretnék, de AzO definiciója szerint - körző felvétele a lépés vége - csak 8 lépésből lehet megszerkeszteni. Az alább közöltem megoldás 7 körzőzés és 1 mérés, ScarMan-nek 6 körzőzés és 2 mérés. S gyanítom, hogy a feladatban nem véletlen volt 8 lépés kitűzve, főleg ELTE matekon.
Mellesleg alább -habár gyanítom nem eléggé értelmezhető módon- az én megoldásom is ott van. Volt ez pár éve kérdés az "Éredekes matekfeladatok"-ban, akkor megoldottuk, ha jól emlékszem, Jenei Attila adta a másik megoldást. (4.1, ill. 4.2)
Az akkori megoldásomban a két adott pont a négyzet két sarokpontja, ehhez +1 körzőzés kell, de így szerintem más sem tudja rövidebben, míg az eddig megismert egyéb megoldásnál az egyik pont nem a négyzet sarokpontja, hanem a közepe. Ezt szerkesztette meg korábban J. A.
Én anno 1977-ben így hallottam a feladatot: Osszunk négy egyenlő részre egy körívet csak körző használatával! (Akkor 8-ikos koromban a feladat győzött. :o) Ez -a fenti definíció szerint- 7 lépésből megoldható, mivel adott volt már egy körív.
|
Előzmény: [574] AzO, 2006-11-20 22:59:09 |
|
[574] AzO | 2006-11-20 22:59:09 |
Szerintem is 6 lepes. Grat! :)
|
|
|
[572] ScarMan | 2006-11-20 20:18:42 |
Itt egy 7-lépéses megoldás: két adott pont: A, B, mindkét pontból AB sugarú köröket rajzolunk, ezek metszéspontja: C, D. C-ből D-n átmenő kört rajzolunk -> B'. B és B' középpontú, CD sugarú köröket rajzolunk. Egyik metszéspontjuk E. B-ből EA sugarú kört rajzolunk (itt külön lépésnek vettem, hogy körzőnyílásba vesszük EA-t), ez kimetsz két pontot az eredeti A középpontú körből. Ez a két pont B-vel és B'-vel négyzetet alkot.
|
|
|