Fórum: GEOMETRIA

Hm, ez izgalmasabban hangzik, de erre a részére egyelőre nem tudom a megoldást. Viszont mivel az eredeti kérdésre jó pár napja beírtam az eredményt, és így mindenkinek volt ideje picit gondolodni rajta, aki akart, ezért írok hozzá egy megoldásvázlatot is (tényleg csak vázlat, nem bizonyítok benne minden apró részletet):

Két dolgot kell bizonyítani:

a) 3 gömb nem elég

Illesszünk síkot a 3 gömbközéppontra, majd a fényforrásban állítsunk merőlegest erre a síkra. Ennek az egyenesnek az a fényforrásból kiinduló nyílt félegyenese, amelyik nem metszi a síkot, nyilvánvalóan nincs eltakarva (mert ha bármelyik pontja része lenne valamelyik gömbnek, akkor maga a fényforrás is).

b) 4 már elég

Helyezzük bele a fényforrást egy tetraéder belsejébe. Ha most minden lapot eltakarunk a fényforrás szemszögéből, akkor készen is vagyunk. Arra kell csak vigyázni, hogy ezek a gömbök ne metsszék egymást, de ez a gömbök megfelelő eltávolításával és ezzel arányos megnagyobbításával megtehető (egymás után tesszük le a gömböket és mindegyiket úgy távolítjuk-nagyítjuk középpontos hasonlósággal a fényforrásból, hogy távolabbra kerüljön, mint a lefedendő térszögbe belógó más gömbrészek).

Szia HoA!

Persze, jól gondolod.

A Word-höz van MathType egyenletszerkesztőm, azzal jóval gyorsabban lehet egyenleteket írni, mint TeX-ben.

Mikor készen van kifényképezem a vágólapra Print Screen-nel aztán Paint-ben gif formátumban elmentem.

Még átlátszóvá lehetne tenni, akkor feltöltve a sárga háttérre és nem lenne keretes.

Milyen programmal állítod elő ezt az ízléses dokumentum formátumot? Jól gondolom, hogy ez a doku képernyőfotója?

Helyes. És ha a gömbök sugara egyenlő?

4

Valóban, HoA-nak igaza van, figyelmetlen voltam, a befogó-tétel adja f-et!

Lehetne szögfv-ek nélkül, de röviden:

Modosítok. A gömbök diszjunktak természetesen.

Különben mindegy, két gömb elég, ha érintik egymást, és az érintési pontban van a fényforrás.

A gömbök metszhetik egymást?

Legalább hány gömb képes teljesen leárnyékolni egy pontszerű fényforrást? (a fényforrás nem lehet a gömbök belsejében)

Az előző hozzászólás utolsó mondatai természetesen úgy értendők, hogy itt Q nem az ellipszis pont, hanem az F - ből e-re bocsátott merőleges és a Thálesz-kör metszéspontja.

116.és117.feladat: Két "segédtétel" : 1) Az x tengely B pontjából merőlegest bocsátunk az O-n átmenő m meredekségű egyenesre, a talppont legyen C. C merőleges vetülete az x tengelyre A. Ekkor . Jelöljük ezt az arányt q-val. 2) Tekintsük ismertnek az alábbi ellipszis pontokat eredményező eljárást: A közös O középpontú k1 és k2 köröket metsző O-n áthaladó e egyenest O körül forgatjuk, a körökkel alkotott metszéspontok P₁ ill. P₂. A P₁-n át az y tengellyel és P₂-n át az x tengellyel párhuzamos egyenesek metszéspontja Q. Belátható, hogy az így adódó Q pontok egy ellipszisen találhatók.

Eredeti feladatunk r sugarú k körének P pontjából az O-n átmenő 0<m<1 meredekségű e egyenesre bocsátott m_e egyenes talpponja legyen M, az x tengellyel alkotott metszéspontja A. A P-ből a -m meredekségű f egyenesre bocsátott m_f egyenes talpponja legyen N, az x tengellyel alkotott metszéspontja C. P merőleges vetülete az x tengelyen B. APC egyenlőszárú, magassága PB, így OB = (OA + OC)/2. Ha M x tengelyre merőleges vetülete D, N-é F és az MN szakasz Q felezőpontjáé E, az 1. segédtétel szerint OF=q^.OC, OD=q^.OA, így OE=(OD+OF)/2=q^.(OA+OC)/2=q^.OB. QE és OP metszéspontja legyen R. OR=q^.OP, Q rajta van az OP egyenes és az O középpontú, qr sugarú kör R metszéspontjából az x tengelyre bocsátott merőlegesen.

Q -nak az y tengelyre vett vetületét vizsgálva hasonló eredményre jutunk, csak ott az 1. segédtétel szerint fellépő meredekség m helyett 1/m, így az adódó kicsinyítési arány . Q rajta van az OP egyenes és az O középpontú, sr sugarú kör S metszéspontjából az y tengelyre bocsátott merőlegesen. A Q pontok tehát a 2. segédtételben leírt ellipszis pontjai, ahol a generáló körök sugarai ( az ellipszis tengelyei ) qr illetve sr.

[775] ábráján a T pont az OEP derékszögű -ben éppen az 1. segédtételben leírt módon jön létre, tehát OT = qr = a. Mivel q+s =1, TE = OE - OT = r ( 1 - q ) = sr = b.

Az f-re vonatkozó állítás téves: Legyen a [775] ábráján OE és FQ metszéspontja U. Nem QU, hanem QO lesz f-el egyenlő. Bizonyítás: Az egységsugarú OE körben , ahol az m meredekségű egyenes irányszöge. Az OQE derékszögű -ben OQ OU és OE = 1 mértani közepe, vagyis . Másrészt az ellipszisben f²=a²-b², esetünkben . Tehát f²=OQ² ; f = OQ

Az ellipszis nagytengelyét r sugarú körnek az x tengellyel való R₁ pontból az e és f egyenesekre bocsájtott merőlegesek talppontjait összekötő szakasz K₁ felezőpontjának O-től való távolsága adja. Tehát a nagytengely OK₁.

A kistengelyt hasonlóan az R₂ pontból származtatva OK₂ adja.

A Thálesz-körben lévő OEP háromszög egybevágó az OR₁N₁ és az OR₂N₂ háromszögekkel, mert szögeik megegyeznek és átfogójuk r hosszú. Tehát megfelelő részháromszögeik is egybevágóak.

Így az ellipszis nagytengelye: a=OK₁=OT, kistengelye: b=OK₂=TE. Tehát r=a+b.

117. feladat: Használjuk föl, hogy a 116. feladat mértani helye ellipszis! Bizonyítsuk, hogy ennek két (fél)tengelye és a (fél)fókusztávolság megszerkeszthető az ábrán látott módon! ( A [774]-es hozzászólás számolási eredményeinek használata nem szükséges! )

A két adott egyenes e és f, az adott kör sugara egyenlő az ábra OE szakaszával. Válasszuk úgy a jelöléseket, hogy az FOE szög ne legyen nagyobb derékszögnél, messe az OE Thálesz-köre FOE szögfelezőjét P-ben. A P-ből e-re állított merőleges talppontja T. Tehát igazolandó, hogy a=OT, b=TE, valamint az F-ből e-re állított merőleges szakasznak a Thálesz-körbe eső része f!

Látható, hogy egyik egyenest vektorral eltolva a mértani hely pontjai vektorral tolódnak el. Így aztán legegyszerűbb, ha mindkét egyenes a kör középpontján megy át.

116. feladat. Egy ábra az általános esethez:

Mégegy segítség: Hogyan változik a Q pontok mértani helye, ha az egyik egyenest önmagával párhuzamosan d távolsággal eltoljuk?

Nézzünk először egy spec. esetet. Amikor a két egyenes, AB és BC merőlegesek egymásra. Ekkor a talppontok felezőpontja egyben PB szakasz felezőpontja is. Igy a keresett mértani hely a kör B középpontú felére kicsinyített képe.

Köszönöm HoA szép megoldását!

A [756]. hozzászólásban a teljes indukcióra utaltam. Talán érdemes lehet azzal is végiggondolni a feladatot.

Nagyon szép észrevétel, de mielőtt valaki összekapcsolná a Simson-egyenessel:

klevente feladata, 116. feladat: Adott egy kör és két egyenes. A kör P pontjából állítsunk merőlegest az egyenesekre, a talppontok közti felezőpont legyen Q. Bizonyitandó, a Q pontok mértani helye ellipszis, ha P végigfut a körön.

Jó!!!!

Egy háromszög köré írt kör tetszőleges P pontjából állítsunk merőlegeseket a háromszög oldalegyeneseire. Közismert, hogy ezen merőlegesek talppontjai kollineárisak, ez az ún. Simson-egyenes.

Vizsgáljuk valamelyik két talppont összekötő szakasza felezőpontjának mértani helyét, ha P befutja a köréírt kört. A GeoGebra programmal nézve ez szinte bizonyosan ellipszis.

Kérdések: a) tud-e valaki arról, hogy ez a tény (sejtés) ismertnek számít-e a matematikában? b) tudná-e valaki bizonyítani vagy cáfolni?

Koncz Levente

114** feladat Vizsgáljuk az l_i hosszúságú r_i rúdra ható erőket. A rúdra hat a feladatban adott F_i külső erő és a csuklókban a szomszédos rudak G_i1 és G_i2 kényszerereje. Bontsuk fel az erőket rúdirányú és a rúdra merőleges összetevőkre. G_i1 és G_i2 rúdirányú összetevői egymás ellentettjei, mert a rúd nyugalomban van és más rúdirányú erő nem hat rá. G_i1 és G_i2 rúdra merőleges összetevői egyenlőek és nagyságúak, mert a rúd másik végére vonatkozó nyomatékuk l_i karon egyensúlyt tart F_i erő karon kifejtett nyomatékával. Megállapíthatjuk tehát, hogy G_i1 és G_i2 egyenlő nagyságűak. Mivel a csuklókban a rudak azonos nagyságú erővel hatnak egymásra, a szomszédos rúdra hatő kényszererő is akkora, mint G_i1 és G_i2 és így tovább : az összes csuklóban ugyanakkora erők hatnak. Legyen ennek az erőnek a nagysága G.

Tekintsük a szomszédos, l_i és l_j hosszúságú r_i és r_j rudakra ható erőket. Válasszuk úgy az ábrán az erő mértékegységét, hogy a rúd hosszával arányos F_i és F_j erőket éppen l_i és l_j hosszú vektorral ábrázoljuk. Az r_i rúdra a Q csuklóban ható G_i erő rúdra merőleges összetevője F_i/2=l_i/2 . Rajzoljuk meg Q-ban a sokszög belseje felé mutató, G_i-re merőleges, G hosszúságú G_n vektort, G_i 90 fokos elforgatottját. Ennek r_i irányába eső összetevője l_i/2, tehát O végpontja rajta van r_i felező merőlegesén. De a G_n vektort úgy is tekinthetjük, mint az r_j rúdra Q-ban ható G_j erö -90 fokos elforgatottját. Mivel G_j erö r_j -re merőleges összetevője l_j/2 nagyságú, G_n -nek r_j irányába eső összetevője is ekkora, vagyis O rajta van r_j felező merőlegesén is. Vagyis a P,Q,R pontok egy G sugarú körön vannak. A gondolatmenetet a következő R csuklóra alkalmazva azt kapjuk, hogy a Q,R, S pontok is egy G sugarú körön vannak. A két kör azonos: középpontjuk QR felező merőlegesén a sokszög belseje felé Q-tól és R-től G távolságra lévő O pont. Az eljárást folytatva adódik, hogy a csuklók húrsokszöget alkotnak.