[697] jenei.attila | 2007-04-11 12:32:25 |
Így egyszerűbb, de lényegében ugyanaz. A téglalappal kapcsolatban én 180 fokos elforgatásra gondoltam, de közben rájöttem hogy nem jó, mert A2 C-vel egybe fog esni, vagyis nincs A2-C egyenes.
|
Előzmény: [696] HoA, 2007-04-11 11:21:03 |
|
[696] HoA | 2007-04-11 11:21:03 |
Elég BD 90 fokos elforgatottját C -ből felmérni. A D1 végpont A-val közös oldalegyenesen van. Ezzel C-n át párhuzamost, B-n és D-n át merőlegest húzva készen vagyunk. (Amiből az is rögtön látszik, hogy a megoldás nem egyértelmű ha D1 A-ba esik, vagyis ha CA BD 90 fokos elforgatottja)
Téglalapra azért nem megy, mert kihasználtuk, hogy az "AC sáv" és a "BD sáv" egymás 90 fokos elforgatottjai, egyforma szélesek, ami téglalapra nem igaz.
|
|
Előzmény: [695] jenei.attila, 2007-04-11 10:19:52 |
|
[695] jenei.attila | 2007-04-11 10:19:52 |
Az adott pontok legyenek A,B,C,D. Forgassuk el ezeket tetszőleges pont körül 90 fokkal, az elforgatott pontokat A1,B1,C1,D1 jelöli. Alkalmazzunk az elforgatott pontokra egy eltolást, amely D1-et A-ba viszi. Az eltolt pontokat A2,B2,C2,D2 jelöli. Ekkor a C és B2 pontokat összekötő egyenes a négyzet egy oldalegyenese.
Nem biztos hogy jó ez a megoldás, mert adott négy ponttal téglalap szerkesztése nem egyértelmű. Holott hasonló logikával, csak a pontokat 180 fokkal elforgatva és C1-et A-ba vivő eltolással C-A2 egyenes egyértelműen megadja a téglalap egy oldalegyenesét. Még nem teljesen gondoltam végig, várom a hozzászólásokat.
|
Előzmény: [691] lorantfy, 2007-03-28 11:33:35 |
|
[694] Python | 2007-04-05 17:43:41 |
109. megvan, egy eltolás meg egy forgatás, csk most nincs időm hogy részletesen leírjam.
Amikor az előzőt írtam, az az elején tényleg még megoldási ötlet volt csak és véletlenül úgy hagytam
|
|
|
[692] Python | 2007-03-28 16:55:31 |
Megoldási ötlet:
pl. R rajta van CD-n, mivel DRO+ORC=2.90o egyenesszög (Thalesz-tétel), és így mivel CD-re merőleges OR, CD-t R felezi, hasonlóan P, Q, S is ABCD oldalfelező pontjai.
Ha felezési pontok, paralelogrammát alkotnak, hiszen PQ és RS AC-vel párhuzamos, QR és PS pedig BD-vel (háromszögközépvonalak).
Ha AOB=, COD=180o- (fél kerület, így fél középponti szög). , és . Ha ABCD átlóinak M a metszéspontja, MDA háromszögben és , így AMD=90o, tehát ABCD átlói merőlegesek.
A feljebb említett párhuzamosságok miatt így PQRS valóban téglalap.
|
Előzmény: [690] BohnerGéza, 2007-03-27 15:07:02 |
|
[691] lorantfy | 2007-03-28 11:33:35 |
109. feladat: Szerkesszünk négyzetet, ha adott mind a négy oldalegyenesének egy-egy pontja! (Nem volt még?)
|
|
|
[689] Sirpi | 2007-03-26 09:46:35 |
Amúgy ha már felmerült ez a feladat, akkor teljes indukcióval ugyanígy az is belátható, hogy a d dimenziós teret d-1 dimenziós alterekkel (azaz hipersíkokkal) legfeljebb ennyi részre lehet vágni:
|
Előzmény: [683] Sirpi, 2007-03-24 21:51:16 |
|
[688] BohnerGéza | 2007-03-25 22:12:54 |
108. feladat: Az O kp-ú körön ebben a sorrendben felvett A, B, C és D pontokra igaz, hogy AB ív + CD ív a kör kerületének fele. Az OA, OB, OC és OD Thálesz-köre messe a "következőt" a P, Q, R illetve S pontban! Bizonyítandó, hogy PQRS téglalap!
|
|
|
[686] epsilon | 2007-03-25 07:56:00 |
Helló! Köszi mindannyiatoknak! A feladatot azért kezelem gyanakvóan, mert tudjuk, láttuk, hogy indukcióval olyasmit is lehet bizonyítani, ami nem igaz (pl 2 egymásutáni szám egyenlő, ha ezt igaznak feltételezzük, a következő lépés is kijön), tehát az bizonytalan, hogy a legfennebb n(n+1)/2 +1 felső korlát el is érhető, minden n-re? Üdv: epsilon
|
|
|
[684] V Laci | 2007-03-24 21:52:41 |
Szia.
Legfeljebb részre osztja a síkot n db egyenes. Ezt teljes indukcióval láthatod be: az n. egyenes behúzása legfeljebb n+1 új síkrészt eredményezhet.
|
Előzmény: [682] epsilon, 2007-03-24 21:33:09 |
|
[683] Sirpi | 2007-03-24 21:51:16 |
0 egyenes 1 részre, 1 egyenes 2 részre, majd a k. egyenes mind a korábbi k-1-et metszve k db. új részt hoz létre, így a válasz:
1+(1+2+...+n)=n(n+1)/2+1
|
Előzmény: [682] epsilon, 2007-03-24 21:33:09 |
|
[682] epsilon | 2007-03-24 21:33:09 |
Heló! Tudna-e Valaki segíteni ebben a kérdésben: legtöbb hány részre osztja a síkor "n" darab egyenes? Előre is kösz! Üdv: epsilon
|
|
|
|
|
[678] HoA | 2007-03-14 16:54:19 |
Idézet következik Szénássy Barna korabeli magyar nyelven megírt írásából, melynek címe: Jelentés a császári és királyi inspektornak az helvét vallású kollégyum tiszta tudákosság leckéin végzett vizitációjáról.
"Hanem aztán az harmadik deák-klasszisban baj is lőn. Mikoron ugyanis junior Gyarmati praeceptor uram az lap-háromszögelléseket oktatván megkérdezé Toldallagi földmérő Ábris nevű fatytyát, mi jutna eszébe hallván eztet: kebel x, az deák válaszolá, neki bizon nyugalmazott enzsenőr kapitán Bolyai János szépséges Szöts Júlia nevezetű szolgáló-leána. Továbbiglan az praeceptor uram meg sem kérdezé az pótkebelt, az visszáskebelt és az visszás-pótkebelt." (Staar 1990: 129)
Nyilvánvaló, hogy egy matematikai fogalom megnevezésére a kebel szó nem a legalkalmasabb, hiszen ez a diákokban, elsősorban a fiúkban, más jellegű asszociációkat ébreszt. A kebel egyébként a hasonló jelentésű latin sinus magyarítására tett kísérlet volt.
Forrás: http://web.axelero.hu/pellestamas/Tamas/terminologia.htm
|
Előzmény: [670] csocsi, 2007-03-13 16:42:54 |
|
|
[676] Mumin | 2007-03-14 01:33:55 |
AzO megoldása (én is segítettem):
Vegyünk két maximális távolságú pontot a sokszögben (A,B). Ha legalább az egyik belső pont (A), akkor növelni tudjuk a távolságot úgy, hogy a két ponton átmenő egyenes és a sokszög metszéspontjába visszük el A-t (természetesen B-től ellenkező irányba.) Tehát maximális távolságú pontpár csak a sokszög határán lehet.
Tegyük fel, hogy A egy oldal belső pontja. Ekkor B-től AB távolságra fekvő pontok egy körvonalon helyezkednek el, mely körvonalat az oldal érinti vagy metszi. Mindkét esetben növeljük tehát a távolságot, ha A-t mozgatjuk az oldal körvonalon kívül levő végpontjába (ilyen mindig van.) Tehát a sokszög határán elhelyezkedő pontpárok csak akkor lehetnek maximális távolságúak, ha csúcsokban vannak.
A csúcsban elhelyezkedő pontpárok közül pedig a legnagyobb távolságúnak a legnagyobb a távolsága.
|
Előzmény: [657] HoA, 2007-02-26 16:03:28 |
|
|
[674] BohnerGéza | 2007-03-13 20:25:33 |
Bizonyítottnak vettem a 107. feladatot, melyet HoA [157]-ben javasolt. Így nem szükséges a gyök öt átmérőjű körökkel való lefedés. (Nem is lehet öt darabbal, esetleg ezt lehetne kitűzni feladatként.)
|
Előzmény: [673] fermel, 2007-03-13 19:47:17 |
|
[673] fermel | 2007-03-13 19:47:17 |
Azt láttam, hogy öt tartomány van. A felosztás, ha nem is pontosan így, de nekem is megvolt. A problémám az, hogy mi a korrekt bizonyítása annak, hogy pld. egy "házikóban" a maximális távolság gyök öt. Tudom, hogy annyi,de ezt nekem nem sikerült tökéletesen bebizonyítanom. Gyök öt átmérőjű!! körrel kéne lefedni, de ilyet nem találtam. fermel
|
Előzmény: [671] BohnerGéza, 2007-03-13 17:26:12 |
|