Fórum: GEOMETRIA

[1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [10] [11] [12] [13] [14] [15] [16] [17] [18] [19] [20] [21] [22] [23] [24] [25] [26] [27] [28] [29] [30] [31] [32] [33] [34] [35] [36] [37] [38] [39] [40] [41] [42] [43] [44] [45] [46] [47] [48] [49] [50] [51] [52] [53] [54] [55] [56] [57] [58] [59] [60] [61] [62] [63] [64] [65] [66] [67] [68] [69] [70] [71] [72] [73] [74] [75] [76] [77] [78]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[598] HoA	2007-01-10 15:51:57
A bizonyítás, ahol egy 3-as szorzóval elszámoltam magamat :-) : Cckek jelöléseivel ( ha már... ), legyen a körülírt kör középpontja O, a Feuerbach köré F, MN felezőpontja R. ABC $\Delta$ az AMN $\Delta$ A-ból vett kétszeres nagyítása, így $\vec{PO} = 2 \vec{RO_1}$ . AMN $\Delta$ és PNM $\Delta$ egymás tükörképei R-re, ezért $\vec{FR} = \vec{RO_1}$ , vagyis $\vec{FO_1} = \vec{PO}$ . $4 \vec{HO_1} = 4(\vec{HF}+\vec{FO_1}) = 4(\vec{HF}+\vec{PO}) = 4(\vec{HF}+\vec{GO}-\vec{GP}).$ Hasonlóan $4 \vec{HO_2} = 4(\vec{HF}+\vec{GO}-\vec{GN})$ és $4 \vec{HO_3} = 4(\vec{HF}+\vec{GO}-\vec{GM})$ A hármat összeadva $\vec{GP}, \vec{GN}$ és $\vec{GM}$ kiesik, mert egy $\Delta$ súlyvonalainak harmadai, így vektorösszegük $\vec0$ . Igazolandó : $12( \vec{HF}+\vec{GO}) = 15 \vec{HG}$ . Legyen az Euler-egyenesen $\vec{FG} = \vec{e}$ . Ekkor $\vec{GO} = 2\vec{e}$ , $\vec{FO} = \vec{HF} = 3\vec{e}$ és $\vec{HG} = 4\vec{e}$ . Egyenlőségünk tehát $12(3\vec{e} + 2\vec{e}) = 15 ( 4\vec{e} )$ , amit már nem nehéz belátni.

Előzmény: [595] HoA, 2007-01-09 11:13:46

[597] BohnerGéza	2007-01-10 12:23:18
A szokottól eltérő felbontású monitorral dolgoztam, ezért lett ilyen nagy az előző hozzászólásom.
Előzmény: [596] BohnerGéza, 2007-01-09 20:22:15

[596] BohnerGéza	2007-01-09 20:22:15


Előzmény: [594] Cckek, 2007-01-08 21:12:11

[595] HoA	2007-01-09 11:13:46
Szerintem a jobboldal csak $5 \vec{HG}$
Előzmény: [594] Cckek, 2007-01-08 21:12:11

[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 : $4\vec{HO_1}+4\vec{HO_2}+4\vec{HO_3}=15\vec{HG}$

[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 $\Delta$ csúcsaitól mért távolságok négyzetösszege

PA²+PB²+PC²=K

(1)

adott konstans?

$(\vec{P}-\vec{A})^2 + (\vec{P}-\vec{B})^2 + (\vec{P}-\vec{C})^2 = K$

$3 \vec{P}^2 + (\vec{A}^2 +\vec{B}^2 +\vec{C}^2) - 2 \vec{P} (\vec{A} +\vec{B} +\vec{C}) = K$ Ha origónak az ABC $\Delta$ S súlypontját választjuk, $\vec{A} +\vec{B} +\vec{C} = \vec0$ ; $\vec{P}^2 = \frac13 ( K - (\vec{A}^2 +\vec{B}^2 +\vec{C}^2))$ , ami adataink által meghatározott konstans. A mértani hely tehát egy S középpontú kör, a sugár négyzete a jobboldali kifejezés, ami akkor nemnegatív, ha $K \ge (\vec{A}^2 +\vec{B}^2 +\vec{C}^2)$ (1) baloldala tehát akkor a legkisebb, ha P a súlypont, értéke ekkor $\vec{A}^2 +\vec{B}^2 +\vec{C}^2$ . Most már csak azt kell igazolni, hogy ez megegyezik a háromszög oldalai négyzetösszegének harmadával. De $a^2 + b^2 + c^2 = (\vec{B}-\vec{C})^2 +(\vec{C}-\vec{A})^2 + (\vec{A}-\vec{B})^2= 2 (\vec{A}^2 +\vec{B}^2 +\vec{C}^2)- 2(\vec{A}\vec{B} + \vec{B}\vec{C} + \vec{C}\vec{A} )$ Origó választásunk miatt $(\vec{A} +\vec{B} +\vec{C})^2 = \vec0^2 = 0 = \vec{A}^2 +\vec{B}^2 +\vec{C}^2 + 2 (\vec{A}\vec{B} + \vec{B}\vec{C} + \vec{C}\vec{A})$ Innen $-2(\vec{A}\vec{B} + \vec{B}\vec{C} + \vec{C}\vec{A} ) = \vec{A}^2 +\vec{B}^2 +\vec{C}^2$ Tehát valóban $a^2 + b^2 + c^2 = 3 (\vec{A}^2 +\vec{B}^2 +\vec{C}^2)$

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:)

[590] HoA

2006-12-29 18:17:43

Segítség az egyik fajta megoldáshoz: Mi a mértani helye a síkban azoknak a pontoknak, melyekre

PA²+PB²+PC²=K

(1)

adott konstans?

Előzmény: [588] BohnerGéza, 2006-12-25 22:50:17

[589] HoA

2006-12-27 10:11:54

BohnerGéza ábrája alapján ha az $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ paraméterekkel kifejezett koordinátákra felírjuk az $\vec{AA}_1 + \vec{BB}_1 + \vec{CC}_1 = \vec0$ vektoregyenletet, rövid számolás után kapjuk, hogy $\alpha$ = $\beta$ = $\gamma$ , vagyis P (Cckek-nél M) = $\frac13 * ( \vec{A} + \vec{B} + \vec{C} )$ , 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. $\vec{AA}_1 = \vec{AA}_0 + \vec{A_0A}_1$ és tudjuk, hogy $\vec{AA}_0 + \vec{BB}_0 + \vec{CC}_0 = \vec0$ , $\vec{AA}_1 + \vec{BB}_1 + \vec{CC}_1 = \vec0$ pontosan akkor teljesül, ha

$\vec{A_0A}_1 + \vec{B_0B}_1 + \vec{C_0C}_1 = \vec0$

(1)

. Ha a három vektor összege 0, akkor tetszőleges irányú vetületüké is az. Tekintsük az m_c magasságra vett vetületeket - az m_ce egységvektorral vett skaláris szorzatokat. Ez $\vec{C_0C}_1$ esetében nyilván 0. M választása miatt A₁ nincs messzebb B-től, mint A₀ és B₁ nincs messzebb A-tól, mint B₀ . Így $\vec{A_0A}_1 * \vec{m}_{ce} \ge 0$ és $\vec{B_0B}_1 * \vec{m}_{ce} \ge 0$ . Ezért (1) csak úgy teljesülhet, ha A₀=A₁ és B₀=B₁ , vagyis M=S.

Előzmény: [587] BohnerGéza, 2006-12-25 22:49:35

[588] BohnerGéza	2006-12-25 22:50:17

[587] BohnerGéza	2006-12-25 22:49:35


Előzmény: [586] Cckek, 2006-12-24 11:24:01

[586] Cckek	2006-12-24 11:24:01
Mea culpa. Természetesen vektorokról van szó. Feltöltök itt egy ábrát a feladat első részéhez.

Előzmény: [585] HoA, 2006-12-23 09:19:45

[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

[584] Cckek	2006-12-22 21:02:28
Pontosan azt értem hogy csak akkor szerkeszthető 3szög ha M súlypont!
Előzmény: [583] jenei.attila, 2006-12-22 20:21:22

[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

[580] AzO	2006-11-23 15:06:26
Ez nagyon tetszik, en sem gondoltam, hogy 6 lepesben is lehetseges. :)
Előzmény: [578] Hajba Károly, 2006-11-22 08:47:12

[579] Csimby	2006-11-22 16:13:13
Az enyém 7 méréses volt. Mivel senkinek sem volt 6-os, nem is gondoltam hogy lehetséges :-)
Előzmény: [578] Hajba Károly, 2006-11-22 08:47:12

[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! :)

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?