KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
English Információ A lap Pontverseny Cikkekről Távoktatás Hírek Fórum Internetes Tesztverseny
Játékszabályok
Technikai információk
TeX tanfolyam
Regisztráció
Témák

 

apehman

Rendelje meg a KöMaL-t!

Támogatóink:

Ericsson

Google

Emberi Erőforrások Minisztériuma

Emberi Erőforrás Támogatáskezelő

Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet

ELTE

Reklám:

MBUTTONS

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

hirdetés

Fórum - GEOMETRIA

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Ön még nem jelentkezett be.
Név:
Jelszó:

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

Ha a témához hozzá kíván szólni, először regisztrálnia kell magát.
[1837] HoA2014-04-21 20:51:09

Re: ket olyan kor letezik, amely erinti az egyenespart es a korsor eleme, valahol ki kell diszkuszalni, hogy melyiket erinti CD

Lásd a [1834] feladatot.

Előzmény: [1836] Sinobi, 2014-04-18 13:30:02
[1836] Sinobi2014-04-18 13:30:02

nem kap kedvet, de szerintem nagyon szep egyszeru a megoldasod, ha jol ertem:

T,O, kAB es kCD kozeppontja egy parallelogramman helyezkedik el, mert a kozeppontok a megfelelo oldalfelezo merolegesek metszespontjai, amelyek viszont tukrosek az OT felezopontjara, igy a kozeppontok is. Ha a parallelogramma ket oldalhosszanak osszegevel O korul kort rajzolunk, erinteni fogja kAB-t es kCD-t, tehat az ilyen kor egyszerre erinti oket. (nb: ket olyan kor letezik, amely erinti az egyenespart es a korsor eleme, valahol ki kell diszkuszalni, hogy melyiket erinti CD)

A T1 tartopontra torteno, k2-t fixen hagyo inverzio az elliptikus korsorbol koncentrikust kepez, k1 kepe k2-vel koncentrikus, es erinti AB kepet (kCD-t), tehat kAB-t, CD kepet is, QED.

Nekem ez tetzsik, egyszeru, elemi geometriai.

Az en megoldasom nem sokkal bonyolultabb, csak sajnos olyan dolgokat hasznal, amelyekhez nem ertek, es inkabb algebra mintsem geometria. Felveszem a k1-t erinto masik egyenest, es azt akarom belatni, hogy AC is atmegy T1-n. Ezt ugy teszem, hogy belatom, hogy a korsor egyenesparral valo Ai Ci metszespontjai egymassal projektivek, es belatom 4 specialis esetre, hogy az AC egyenes atmegy a T1-n. Nem bonyolult, de nem is erdekes, nem reszleteznem.

Előzmény: [1835] HoA, 2014-04-14 21:54:31
[1835] HoA2014-04-14 21:54:31

Talán valaki kedvet kap foglalkozni a feladattal: Az én megoldásom [1832]-re az alábbi segédtételt használja. Lehet, hogy van egyszerűbb megoldás is.

Legyen az &tex;\displaystyle ABCD&xet; húrnégyszög körülírt köre &tex;\displaystyle k_2&xet; , ennek középpontja O , az átlók metszéspontja T. Az ABT pontokon át rajzolt kör &tex;\displaystyle k_{AB}&xet; , a CDT pontokon át rajzolt kör &tex;\displaystyle k_{CD}&xet; . Az O középpontú, &tex;\displaystyle k_{AB}&xet;-t magába foglaló és érintő kör &tex;\displaystyle k_1&xet; . Ekkor &tex;\displaystyle k_1&xet; &tex;\displaystyle k_{CD}&xet;-t is érinti.

Előzmény: [1832] Sinobi, 2014-03-19 21:21:45
[1834] HoA2014-04-09 08:48:49

Még egy variáció [1832] témájára: Igazoljuk, hogy ha AB párhuzamos a körsor centrálisával, akkor CD áthalad a centrális és a hatványvonal M metszéspontján.

Előzmény: [1832] Sinobi, 2014-03-19 21:21:45
[1833] HoA2014-04-04 09:44:57

Úgy látszik, mégsem olyan könnyű. Gondolatébresztőnek nézzünk egy speciális esetet: Legyen &tex;\displaystyle k_1&xet; a körsor másik tartópontja &tex;\displaystyle T_2&xet; (pontkör)

( Látom, már nálad sem működött a TeX értelmező. Tudja valaki, miért? )

Előzmény: [1832] Sinobi, 2014-03-19 21:21:45
[1832] Sinobi2014-03-19 21:21:45

> hogy számítások nélküli megoldás is van, de azt direkt nem olvastam el.

en a szamitasos megoldasokat ugrom at reflexbol :) Nem szereted a geometriat, vagy hogy?

Egy konnyebb: Adott egy elliptikus korsor k1, k2 kore, es az egyik, T1 tartopontja. A k1 kornek meghuzzuk egy t erintojet, hogy A B pontokban messe a k2 kort. Legyen C := AT1 &tex;\displaystyle \cap&xet; k2, es D := BT1 &tex;\displaystyle \cap&xet; k2. Igazold, hogy CD erinti k1-t!

Előzmény: [1825] w, 2014-03-03 08:06:55
[1831] w2014-03-10 20:34:47

Lásd itt, 9. feladat.

Előzmény: [1830] BohnerGéza, 2014-03-10 19:45:40
[1830] BohnerGéza2014-03-10 19:45:40

További észrevétel az [1823]-ban lévő feladathoz.

(Avagy játék az Euklides 2.02 szerkesztőprogrammal, mely innen letölthető:

http://matek.fazekas.hu/euklides/hun/let11.htm )

Előzmény: [1829] BohnerGéza, 2014-03-08 03:19:01
[1829] BohnerGéza2014-03-08 03:19:01

Az 1828-bani ábrám elkészítésénél a 4 kisebb körrel határoztam meg az egyeneseket, az ötödik négyszögbe pedig beleillett az 5. kör.

A szerkesztőprogrammal való játék azt valószínűsítette, hogy ha négy négyszög érintőnégyszög, akkor az 5. is, az átlókon lévő metszéspontok nem játszanak szerepet.

Esetleg új feltételt adnak, talán az eredeti feladatban a beírt körök középpontjai az átlókra esnek (a középső mindkettőre). (?)

Csak a szerkesztőprogrammal játszottam, magával a feladattal eddig keveset foglalkoztam.

Előzmény: [1828] BohnerGéza, 2014-03-06 23:23:07
[1828] BohnerGéza2014-03-06 23:23:07

A megfordítás nem igaz:

Előzmény: [1823] w, 2014-02-02 22:04:19
[1827] w2014-03-03 18:46:34

Igen, innen van a feladat. (Sokszor az AoPS-ről tűzök ki itt feladatot, mert gyakran oldom meg az ott megkérdezetteket.)

Előzmény: [1826] Loiscenter, 2014-03-03 10:18:01
[1826] Loiscenter2014-03-03 10:18:01

Nézeetek meg a forrását: http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php... International Zhautykov Olympiad 2014 D2 P6 www.artofproblemsolving.com Four segments divide a convex quadrilateral into nine quadrilaterals. The points...

Előzmény: [1822] w, 2014-02-02 21:56:06
[1825] w2014-03-03 08:06:55

Talán a leggyorsabb megoldási lehetőség azt használja ki, hogy ABCD akkor és csak akkor érintőnégyszög, ha

\tg\frac{ABD\angle}2\cdot\tg\frac{BDC\angle}2=\tg\frac{ADB\angle}2\cdot\tg\frac{DBC\angle}2.

Ennek ellenére úgy emlékszem, hogy számítások nélküli megoldás is van, de azt direkt nem olvastam el. (Monge-tétel?...)

Előzmény: [1824] Sinobi, 2014-03-03 00:31:54
[1824] Sinobi2014-03-03 00:31:54

Ezt nem tudom. Leloned, kerlek?

Előzmény: [1823] w, 2014-02-02 22:04:19
[1823] w2014-02-02 22:04:19

Adott az ABCD négyszög, valamint az AC átlón a P és Q; a BD átlón az R és S pontok. A PR, QS, PS, QR egyenesek kilenc négyszögre osztják ABCD-t "3x3-as táblázat alakban".

Tegyük fel, hogy a csúcsokhoz legközelebbi négy kis négyszög érintőnégyszög. Igazoljuk, hogy a középső is az!

[1822] w2014-02-02 21:56:06

Nekem a kérdés szerkesztéselméletinek tűnik. Ha adottak a kúpszelet paraméterei, akkor elvileg megszerkeszthetők azok az együtthatók, melyekre Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F=0 a kúpszelet egyenlete. Feltehetően elmetszettük az x2+y2=1 körrel; behelyettesítéssel és négyzetreemeléssel adódik, hogy a metszéspontok x és y koordinátái egy-egy szerkeszthető együtthatójú, legfeljebb negyedfokú egyenlet gyökei. Ha csak egy metszéspont adott, nem csoda, hogy bizonyos esetben szerkeszthetetlen a többi, hisz ahhoz egy harmadfokú egyenlet gyökeit kellene megszerkeszteni, ami mint tudjuk, nem mindig tehető meg. Ha két vagy három metszéspont adott, akkor a maradék metszéspont koordinátáira egy legfeljebb másodfokú egyenlet adódik, az pedig megoldható szerkesztéssel. Tehát ha 2 vagy 3 metszéspont adott, mindig meg lehet csinálni, ha 0 vagy 1, akkor pedig nem mindig.

Előzmény: [1816] Sinobi, 2014-01-30 09:54:23
[1821] Sinobi2014-02-01 23:36:43

Ket korivnek csak akkor lehet vegtelen sok kozos pontjuk, ha ugyanannak a kornek az ivei. Legyen ez a kor k.

Legyen k sugara r, a kibovitett sinus tetel miatt vagy alfa=beta, vagy alfa=180-beta.

A szelotetel miatt egy szogszar egy k korbol csak akkor metsz ki ket a hosszu szakaszt, ha a szakaszok, es a kor tukrosek a szogszar belso szogfelezojere.

Nem nehez konstrukciot adni, hogy minden alfa=beta<90 -re, es minden alfa=180-beta -ra letezik ilyen szogszar, a hosszu szakaszokkal.

Es alfa=beta>=90 nem jo, mert a belso szogfelezo ket felsikra osztja a sikot, amelyik elvalasztja a latokoriveket, az egyiknek csak az egyik felsikban, a masiknak csak a masik felsikban lesz pontja.

Előzmény: [1820] gergomo, 2014-02-01 22:13:15
[1820] gergomo2014-02-01 22:13:15

Help, valaki! 14 feladatból ebbe belesültünk: Egy szög két szárán adott 1-1 "a" hosszúságú szakasz. Az egyik szakasz alfa szögű látószögkörívének végtelen sok közös pontja van a másik szakasz béta szögű látószögkörívével. Milyen alfa és béta szög esetén lehetséges ez? és miért?:D

[1819] Sinobi2014-01-31 21:42:56

Abbol, hogy 1 db kozos pontjuk van megadva, nem kovetkezik, hogy a tobbi szerkesztheto. Ellenpelda: a Bolyai-féle szögharmadolás.

A 2 db kozos pont esetrol tudsz valami jot?

Előzmény: [1818] Fálesz Mihály, 2014-01-31 14:31:09
[1818] Fálesz Mihály2014-01-31 14:31:09

A Bolyai-féle szögharmadolás:

Előzmény: [1817] jonas, 2014-01-31 10:28:25
[1817] jonas2014-01-31 10:28:25

Ez egy érdekes kérdés, tetszik. Valamiért azt gondoltam elsőre, hogy mindig meg lehet szerkeszteni az összes metszéspontot, de most már nem vagyok biztos benne.

Előzmény: [1816] Sinobi, 2014-01-30 09:54:23
[1816] Sinobi2014-01-30 09:54:23

Ha adott egy kupszelet es egy kor es 0/1/2/3 metszespontjuk, akkor mely esetekben szerkesztheto meg a tobbi metszespont, es mely esetekben nem?

Előzmény: [1786] HoA, 2014-01-05 18:54:23
[1815] Loiscenter2014-01-24 20:25:57

köszi - tanulmányozom a magyarazatot!!!

Előzmény: [1814] w, 2014-01-24 13:42:00
[1814] w2014-01-24 13:42:00

Igen. Még arra sincs szükség, hogy A és B azonos sebességgel mozogjon.

Elég azokat az időpontokat vizsgálni, melyekben az A golyó az eredeti A0 pontban van. Tegyük fel, hogy ameddig A elmegy B0-ba és vissza A0-ba, annyi idő alatt B s.I utat tesz meg, ahol I a félkörív hossza. Célunk az, hogy belássuk, hogy tetszőleges a>0-hoz van olyan n pozitív egész, melyre ns kisebb, mint a távolságra van egy egész számtól.

Ha s racionális szám, akkor nincs mit bizonyítani, létezik olyan n>0 egész, melyre ns egész szám lesz.

Ha s irracionális, akkor pedig tekintsünk egy hatalmas nagy N-et, és az \left[\frac{i}{N};\frac{i+1}N\right) intervallumokat i=0,1,...,N-1-re. Mivel s irracionális, ezért {ns} (ns törtrésze) minden n>0-ra más és más értéket vesz fel. Ezért az {ns} számokat minden n=1,2,...,N+1-re véve, ez az N+1 szám benne van előbbi intervallumok egyikében. Skatulya-elv szerint így lesz két n, n1 és n2, melyre {n1s} és {n2s} ugyanabban az intervallumban van, eltérésük <N-1. Másfelől mivel triviálisan \left\{\{n_1s\}-\{n_2s\}\right\}=\{(n_1-n_2)s\}, ezért kaptunk egy olyan n=n1-n2 számot, melyre {ns}<N-1, vagyis |n|s egy egész számtól kisebb, mint N-1 távolságra van. Márpedig N-1 tetszőlegesen kicsi lehet. (A Kronecker-tételre is hivatkozhattunk volna.)

Összességében tetszőlegesen kis ívhossz lehet A és B távolsága, amiből következik az állítás.

Előzmény: [1813] Loiscenter, 2014-01-23 23:25:25
[1813] Loiscenter2014-01-23 23:25:25

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

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Támogatóink:   Ericsson   Google   Szerencsejáték Zrt.   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet   ELTE   Nemzeti Tehetség Program   Nemzeti
Kulturális Alap