|
[97] BohnerGéza | 2004-03-19 11:20:27 |
20. feladat: Legyen az ABC háromszög beírt körének BC-n lévő érintési pontja D. Igazold, hogy az AD-re D-ben állított merőlegesnek a B ill. C csúcsnál lévő belső szögfelező közti szakaszát D felezi!
|
|
|
[95] Pach Péter Pál | 2004-03-09 18:16:18 |
A 19. feladat mindhárom része megoldható vektorok használatával is: (R most is a kör sugara)
Legyen , ahol X=A,B,C,D,P Vegyük észre, hogy 2p=a+b+c+d. (Pl. a+b abba a pontba mutat, amelyet úgy kapjuk, hogy O-t tükrözzük AB-re. Így a jobboldalon álló vektor abba a pontba mutat, amelyet úgy kapjuk, hogy O-t tükrözzük P-re.)
AB merőlges CD-re, ezért (a-b)(c-d)=0. Könnyen látszik, hogy (a+b)(c+d)=0. Így 4p2=(a+b+c+d)2=4R2+2(ab+cd). Ezért ab+cd állandó. Így 2AB2+2CD2=2((a-b)2+(c-d)2=(a-b+c-d)2+(a-b+c-d)2=8R2-4(ab+cd), ami állandó.
4(AP2+BP2+CP2+DP2)=4((p-a)2+(p-b)2+(p-c)2+(p-d)2=(-a+b+c+d)2+(a-b+c+d)2+(a+b-c+d)2+(a+b+c-d)2=4(a2+b2+c2+d2)=16R2, ami állandó.
AC2+CB2+BD2+DA2=(a-c)2+(c-b)2+(b-d)2+(d-a)2=8R2-2(a+b)(c+d)=8R2.
|
|
[94] Zormac | 2004-03-09 14:32:34 |
A húrdarabok szorzata esetében a pont körre vonatkozó hatványát érdemes segítségül hívni, de szerintem az a) rész kijön a másik kettő nélkül is:
Legyen a kör sugara R, az OP távolság r, az AB és CD húrok távolsága O-tól rendre x és y. Pitagorasz szerint:
| (1) |
illetve
| (2) |
(1) és (2) összegéből
AB2+CD2=4(2R2-r2)
adódik, ami független a húrok irányától.
|
Előzmény: [93] lorantfy, 2004-03-08 11:22:19 |
|
[93] lorantfy | 2004-03-08 11:22:19 |
Kedves Zoltán!
Kösz a megoldást! Innen már nincs messze az a.) rész megoldása sem. Ha már megvan a húrdarabok négyzete akkor már csak a húrdarabok kétszeres szorzata kell az összeg négyzetéhez!
|
|
Előzmény: [92] SchZol, 2004-03-08 09:28:29 |
|
|
[91] lorantfy | 2004-03-06 09:56:09 |
19. feladat:
Adott az r sugarú kör belsejében egy P pont. AB és CD húrok a P pontban merőlegesen metszik egymást.
a.) Bbh. AB2+CD2 független a húrok helyzetétől!
b.) Bbh. AP2+BP2+CP2+DP2 független a P pont helyzetétől!
c.) Bbh. ACBD húrnégyszögben AC2+CB2+BD2+DA2=8r2
(Az a.) és b.) pont Strohmajer János: Geomatria példatárából, a c.) pedig Olah György: Határon túli matematika versenyek c. könyvéből való. Lásd. könyvajánlatban!)
|
|
|
|
|
|
[87] BohnerGéza | 2004-03-03 13:36:16 |
A 17. feladat [75] megoldása:
Több lehetőség közül kettő mutatok. Lehetne az ívek középpontja az átlóegyenes más pontja is. Egyszerűnek, de érdekesnek gondolom a második megoldás csúszkája keresztmetszetének megszerkesztését.
Természetesen csak vázlatok az alábbiak.
|
|
|
[86] Kristóf Miklós | 2004-03-02 12:08:35 |
Kedves Géza és Mindenki! Az ötszöges feladat első kérdése túl könnyű, a második túl nehéz. Szerintem legyen ez a feladat: készítsünk szabálytalan ötszögekből poliédert úgy hogy csak 3 és 4 élű csúcsok legyenek. Legyen n a 4 élű csúcsok száma, adjuk meg a poliéder lapjainak, csúcsainak és éleinek számát n függvényében. Próbáljunk meg minél több n-re megkonstruálni ilyen poliédert! Mely n-re nem létezik megoldás? Melyikre van több különböző? Reprezentatív példa: n=3-ra létezik megoldás, 18 lap, 29 csúcs és 45 él van ezen a jószágon. Oktadekaéder?
|
|
Előzmény: [85] Kós Géza, 2004-03-01 15:41:20 |
|
[85] Kós Géza | 2004-03-01 15:41:20 |
Kedves Mindenki,
Az ötszöges feladatot ki fogjuk tűzni a pontversenyben. Ezért azt szeretném kérni, hogy a feladatról egyelőre senki ne írjon semmit, és eredményeit ne árulja el senkinek. (Utána majd alaposan megtárgyaljuk a megoldást.) Köszönöm.
Kós Géza
|
Előzmény: [67] Kristóf Miklós, 2004-02-24 10:56:07 |
|
[84] Kristóf Miklós | 2004-03-01 13:44:57 |
Kedves Sirpi! A válaszod tökéletes és korrekt, egyben irigyellek azért mert te a matek képleteket így be tudod írni, nekem fogalmam sincs hogy kell. De ezzel hogy ezt megválaszoltad, következhet az igazi kérdésem, ami egy számomra már-már misztikus jelenségre utal: de most látom csak hogy a válaszod megoldást ad erre is! Mindegy, azért leírom: Ha egy n oldalú sokszög szögei helyett mindenütt alfa szöget írok, ahol alfa az n oldalú szabályos sokszög szöge, akkor a képlet helyes marad. Ennek oka az hogy az n oldalú sokszög szögeinek összege mindig ugyanannyi, (n-2)180 fok! Ennek ennedrésze a sokszög szöge. Így minden csúcshoz rendelhetünk egy ún. formális szöghiányt, amit úgy kapok meg, hogy minden sokszöget szabályosnak tekintek, és eszerint számolok. Pl ha 3 rombusz és 2 háromszög van a csúcs körül, akkor 3szor 90 fok plusz 60 fok az 330 fok, a formális szöghiány 30 fok. Ez akkor is ennyi, ha a csúcs körüli igazi szögek pl. 120, 130, 100 és 80 fokok! Na most akkor készítsünk pl. szabálytalan ötszögekből poliédert! Tehát a poliéder csak ötszögeket tartalmazhat, de ezek nem feltétlen egyformák. Egy csúcs körül 3 vagy 4 lap lehet. 3 lapnál a formális szöghiány 36 fok azaz 360 mínusz 3-szor 108 fok, a 4 lapú csúcs formális szöghiánya már negatív, azaz 360-432 azaz -72 fok. Ha a poliéderemnek n db 3-as csúcsa és m db 4-es csúcsa van, akkor a képletünk: n szer 36 mínusz m szer 72 legyen 720 fok. A poliédercsalád legkisebb képviselője a pentagondodekaéder, 12 lappal és 20 csúccsal, 20szor 36 valóban 720 fok. Most jön a kérdés: van-e 13 oldalú, vagy általában páratlan oldalszámú "pentoéder"? Mely k-ra hány nem izomorf k oldalú pentoéder létezik?
|
Előzmény: [78] Sirpi, 2004-02-27 14:19:35 |
|
[83] Hajba Károly | 2004-03-01 08:52:29 |
Kedves László!
Kösz a pontosítást, valóban eggyel elcsúsztattam a számozást.
Nos a 16. feladathoz csak annyit súgok, hogy nem csak téglatestben lehet gondolkodni. A 17. feladathoz talán elegendő volt a korábbi hozzászólás. Remélm ezekután már sikerül legyűrnöd e feladatokat is. :o)
HK
|
Előzmény: [82] lorantfy, 2004-03-01 08:27:17 |
|
[82] lorantfy | 2004-03-01 08:27:17 |
Kedves Károly!
Hát pont a be nem rajzolt takart élekkel volt problémám. Világos, hogy a 17. (=18. az előző hozzászólásodban) feladatnál vannak takart élek amik nincsenek berajzolva, igy ebből arra következtettem, hogy a 16. (=17. az előzőben) feladatnál is vannak.
Sajnos számomra egyenlőre elképzelhetetlen, hogy a 16. elölnézetén látható téglalap alakú bemetszés, ami egy teljesen végigfutó vájatot jelöl, miért nem jelenik meg a felülnézeten végigfutó függőleges vonalként?
A 17-nél most értettem meg, hogy az egész bemetszésnek kivehetőnek kell lennie. Én egy négyzet alapú csonkagúlára gondoltam, ami a kicsúsztatható.
|
Előzmény: [81] Hajba Károly, 2004-03-01 01:25:37 |
|
[81] Hajba Károly | 2004-03-01 01:25:37 |
Kedves László!
Sajnos egyik sem jó. A 17. feladat esetében a bal ábra szerinti elrendezés adódna, de az eredeti feladat szerint nincs megjelenő takart él, azaz nem kell szaggatott vonalat berajzolni.
A 18. feladat rajzánál csak a felületet rajzoltam le, mivel egyrészről éles feltétel volt az egydarabúság és kivehetőség, másrészről a takart él berajzolása nagymértékben segítene a megoldásban. A Te elképzelésedet a jobb ábrára rajzoltam az ábrázoló geometria szabályai szerint.
HK
|
|
Előzmény: [80] lorantfy, 2004-02-29 23:01:32 |
|
|
[79] lorantfy | 2004-02-29 22:31:52 |
18. feladat: Mekkor legyen r, hogy a piros körök negyedeljék a nagy kört? (Egyszerű, de nem akartam a "Grafi logikai" topikba tenni.)
|
|
|
[78] Sirpi | 2004-02-27 14:19:35 |
Szia Miklós!
A feladat első részét bevállalom, azaz belátom, hogy nem-lyukas poliéderekre a szöghiány 720o.
Legyen a poliédernek c csúcsa, e éle és l lapja. Az Euler-féle poliéder-tétel szerint nemlyukas poliéderekre c-e+l=2.
Legyenek a poliéder lapjai rendre n1,n2,...,nl oldalúak. Ekkor 2e=n1+n2+...+nl, mert a lapok éleinek számát összeadva minden élt pontosan kétszer számolunk.
A szöghiány c.360o mínusz a poliéderlapok szögeinek összege. Definíció szerint ezt csúcsonként rendezve számoltuk ki, de megtehetjük ezt laponként rendezve is, a sorrend megváltoztatásával az összeg nem változik. Mivel egy ni oldalú lapon a szögösszeg (ni-2)180o, így a teljes szöghiány:
Látható, hogy az eredmény csak c-e+l értékétől függ, amit a test Euler-karakterisztikájának neveznek. "Egyszerű" testekre ez az érték 2, míg pl. tórusszal homeomorf alakzatokra ez az érték 0, ilyenkor a teljes (előjeles) szöghiány is 0o.
S
|
Előzmény: [77] Kristóf Miklós, 2004-02-26 13:22:22 |
|
[77] Kristóf Miklós | 2004-02-26 13:22:22 |
Kedves Mindenki! Most egy kicsit nehéz feladat jön: Egy poliéder egy csúcsa körül valahány lap van, egy lapon a két él valamekkora szöget zár be. Adjuk össze a csúcs körül a szögeket, az eredmény egy konvex poliédernél kisebb mint 360 fok. Amennyivel kisebb, azt szöghiánynak nevezzük. Adjuk össze a poliéder összes csúcsának szöghiányát, egy gömbbel homeomorf poliéder esetén a teljes szöghiány 720 fok kell legyen. Példa: Kocka: 8 csúcs, egy csúcs körül 3x90 fok van, a szöghiány tehát 90 fok. 8 csúcs van, és 8x90 fok az 720 fok. Na, ennyit bevezetőnek. Egy síkbeli kirakómintánál a szöghiány nulla, ezért síkminta. Most jön a feladat: adjunk meg olyan alakzatot, amellyel a szöghiány nagyon pici de nem nulla, pl. kisebb mint 1 fok. Csináljunk ebből az alakzatból minél nagyobb lapszámú "gömböt"! Ez a kirakóminta lokálisan hasonlítson valamely síkbeli kirakómintára.
Ha ez a feladat így egyben túl komplikált, akkor egyszerűsíteni lehet. Lehet olyan minta is, ahol nem egy hanem 2 vagy 3 alakzat szerepel.
Például 3 féle rombuszból csináltam 132 oldalú "romboédert". Ha sikerül valahogy lefotóznom és beszkennelnem, akkor elküldöm a képét.
|
|
[76] Kristóf Miklós | 2004-02-26 13:08:58 |
Kedves Onogur! Valóban ezek a négyzet kirakások, azzal a kis kiegészítéssel, hogy az egyes gyűrűk helyettesíthetők a tükörképükkel is, így a 3x3-asra 2, az 5x5-ösre 4, a 7x7-esre 8, és általában 2 az n-iken különböző megoldás lehet.
Az extra elem nélküli téglalap lehetetlenségének bizonyítása majdnem olyan izgalmas, mint egy konkrét megoldás megtalálása!
|
Előzmény: [71] Hajba Károly, 2004-02-24 12:57:06 |
|
[75] Hajba Károly | 2004-02-25 23:42:25 |
17. feladat
Egy fakockába betétet véstünk az ábra szerint elől és oldalnézettel. Milyen lehet a felülnézete, ha tudjuk, hogy az egy darabból álló betét kivehető?
HK
|
|
|
[74] Hajba Károly | 2004-02-25 21:55:38 |
16. feladat:
Egy kis "Ábrázoló geometria" - Milyen lehet az ábrázolt idom oldalnézete?
HK
|
|
|