Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

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.
[1888] Sinobi2015-10-29 11:11:13

Aha. És az igaz-e, hogy a köréírt körük középpontja is egyenletesen, egyenesen mozog? (például limeszben mozoghat egyenesen, hogy egyébként hiperbola/harmadrendű a mértani helye)

Ha nem ajánlasz mást, akkor a 187. feladat legyen egy szokásos, szimpla egyeneses-távolságos (csak mert az én megoldásom ronda, és nem találok szépet):

&tex;\displaystyle ABCD&xet; négyszögben &tex;\displaystyle M&xet;,&tex;\displaystyle N&xet; &tex;\displaystyle :=&xet; mid(&tex;\displaystyle AC&xet;), mid(&tex;\displaystyle BD&xet;); &tex;\displaystyle E&xet;,&tex;\displaystyle F&xet; &tex;\displaystyle :=&xet; &tex;\displaystyle MN \cap AB&xet;, &tex;\displaystyle MN \cap CD&xet;; &tex;\displaystyle P&xet; &tex;\displaystyle :=&xet; &tex;\displaystyle AC \cap BD&xet;; &tex;\displaystyle Q&xet; &tex;\displaystyle :=&xet; &tex;\displaystyle ED \cap AF&xet;, (lásd ábra), bizonyítsd be, hogy &tex;\displaystyle QP&xet; felezi az &tex;\displaystyle EF&xet; szakaszt.

Aztán, valaki ajánljon mást (mondjuk, aki megoldja).

Előzmény: [1887] Fálesz Mihály, 2015-10-26 15:34:28
[1887] Fálesz Mihály2015-10-26 15:34:28

Ebben a formában nem igaz. Például, ha a négy pont &tex;\displaystyle A(t)=(-t,0)&xet;, &tex;\displaystyle B(t)=(t,0)&xet;, &tex;\displaystyle C(t)=(2t,1)&xet; és &tex;\displaystyle D(t)=(-2t,1)&xet;, akkor &tex;\displaystyle t=0&xet; esetén két-két pont egybeesik, &tex;\displaystyle t\ne0&xet; esetén pedig a négy pont egy szimmetrikus trapéz csúcsai. A négy pont tehát mindig egy körön van. Ugyanakkor a négy sebességvektor &tex;\displaystyle (-1,0)&xet;, &tex;\displaystyle (1,0)&xet;, &tex;\displaystyle (2,0)&xet; és &tex;\displaystyle (-2,0)&xet; egy egyenesre esik.

Az viszont igaz, hogy a négy sebességvektor egy körre vagy egy egyenesre esik. Ha valamelyik két sebességvektor egyenlő, akkor a sebességvektorok triviálisan egy körön vagy egyenesen vannak. Tegyük tehát fel, hogy a négy sebességvektor különböző. Tekintsük a pontokat komplex számoknak, és vizsgáljuk a

&tex;\displaystyle \big(A(t),B(t),C(t),D(t)\big) = \frac{C(t)-A(t)}{B(t)-C(t)}:\frac{D(t)-A(t)}{B(t)-D(t)} &xet;

kettősviszony határértékét, ha &tex;\displaystyle t\to\infty&xet;. A négy pont akkor és csak akkor van egy körön vagy egy egyenesen, ha a kettősviszony nem értelmes, mert valamelyik két pont egybeesik (ilyen legfeljebb 4 pillanatban történhet), vagy a kettősviszony tisztán valós. A ketősviszony tehát véges sok ponttól eltekintve valós, így a határértéke is tisztán valós. A határértéke viszont éppen a sebességvektorokból készített kettősviszony:

&tex;\displaystyle \lim_{t\to\infty} \big(A(t),B(t),C(t),D(t)\big) = \lim_{t\to\infty}\frac{\frac{C(t)}t-\frac{A(t)}t}{\frac{B(t)}t-\frac{C(t)}t}:\frac{\frac{D(t)}t-\frac{A(t)}t}{\frac{B(t)}t-\frac{D(t)}t} = \frac{C'-A'}{B'-C'}:\frac{D'-A'}{B'-D'} = (A',B',C',D'), &xet;

így ez is valós, tehát a négy sebességvektor, &tex;\displaystyle A'&xet;, &tex;\displaystyle B'&xet;, &tex;\displaystyle C'&xet; és &tex;\displaystyle D'&xet; egy körön vagy egy egyenesen van.

Előzmény: [1886] Sinobi, 2015-10-24 10:24:25
[1886] Sinobi2015-10-24 10:24:25

186. feladat: Igaz-e, hogy ha 4 pont egyenletes sebességgel mozog a síkon úgy, hogy minden t időpillanatban egy körre esnek, akkor a sebességvektoraik végpontjai is egy körre esnek?

[1885] Hajba Károly2015-08-14 08:26:32

Pontosabban erre leltem rá először, majd utána a MP-ra is.

Előzmény: [1884] Hajba Károly, 2015-08-14 08:22:52
[1884] Hajba Károly2015-08-14 08:22:52

Köszi. Közben a kép alapján ráleltem a MathPuzzle az első linkeddel teljesen hasonló oldalára.

Hiányoltam az ún. Cairo csempézést, de ez alapján rájöttem, hogy az a 2-es és 4-es típusba is beletartozik, ahogy sejtettem is az átfedás lehetőségét.

Mások rácspontokon keresztül osztályoznak, de a többlet rácspontnál a szögnek 180 fokosnak kell lennie.

Előzmény: [1883] Róbert Gida, 2015-08-13 17:57:01
[1883] Róbert Gida2015-08-13 17:57:01

http://www.mathpuzzle.com/tilepent.html egy csoporton belül az oldalak és szögek között van bizonyos összefüggés megadva (itt csak a korábban ismert 14 csempézés található, de a guardian megadja a legújabbnál az összefüggéseket).

Ez is releváns oldal: https://en.wikipedia.org/wiki/Pentagon_tiling eszerint ezek a konvex(!) ötszöggel való csempézések.

Előzmény: [1882] Hajba Károly, 2015-08-12 16:15:52
[1882] Hajba Károly2015-08-12 16:15:52

Most olvastam egy cikket a sík ötszögekkel történő lefedéséről, amely cikk erre az angol cikkre hivatkozik.

Angolul nem értek annyira, hogy megértsem a forráscikket, a magyar cikkben meg szerintem nincs minden feltétel leírva.

Lényeg és ami engem érdekelne, hogy mi külön-külön a 15 féle lefedési forma egyedisége?

Úgy érzem, hogy némely lefedések valamely feltételben hasonlóak, így csoportosíthatók és a csoporton belül egyéb, külön feltételek megléte miatt különbözik a csoport többi tagjától. És azt sem tartom kizártnak, hogy egyes csoportok átfedőek.

Minden infó érdekel és előre köszönök minden segítséget.

[1881] HoA2015-03-16 14:23:18

A megoldás szép és egyszerű, de én a Pascal-tételt, mint a projektív geometria tárgyába tartozót, nem érzem elég eleminek. :-)

Előzmény: [1880] w, 2015-03-11 17:51:23
[1880] w2015-03-11 17:51:23

Tekintsük inkább azt az &tex;\displaystyle \omega&xet; kört, amely a körülírt &tex;\displaystyle k&xet; kört belülről érinti &tex;\displaystyle K&xet;-ban, és érinti még az &tex;\displaystyle AB,AC&xet; félegyeneseket &tex;\displaystyle X&xet; és &tex;\displaystyle Y&xet; pontban.

Az érintés miatt &tex;\displaystyle \omega&xet; kör &tex;\displaystyle k&xet;-ba vihető egy nagyítással &tex;\displaystyle K&xet;-ból, és e nagyítással &tex;\displaystyle X&xet; képe olyan &tex;\displaystyle L&xet; pont &tex;\displaystyle k&xet;-nak a &tex;\displaystyle C&xet;-t nem tartalmazó &tex;\displaystyle AB&xet; ívén, amelyben húzott érintő párhuzamos &tex;\displaystyle AB&xet;-vel: ez éppen az &tex;\displaystyle AB&xet; ív felezőpontja. Hasonlóan, &tex;\displaystyle Y'&xet; pedig a megfelelő &tex;\displaystyle AC&xet; ív &tex;\displaystyle M&xet; felezőpontja lesz.

Ha most alkalmazzuk a Pascal-tételt a &tex;\displaystyle KLCABM&xet; húrhatszögre, adódik, hogy &tex;\displaystyle KL\cap AB=X&xet;, &tex;\displaystyle LC\cap BM=O&xet; (ez a beírt kör középpontja, hisz két szögfelező metszéspontja) és &tex;\displaystyle CA\cap MK=Y&xet; egy egyenesre esik. Továbbá mivel &tex;\displaystyle AB,AC&xet;-t érinti, így &tex;\displaystyle \omega&xet; szimmetrikus &tex;\displaystyle BAC\angle&xet; szögfelezőjére, így &tex;\displaystyle AO&xet; és &tex;\displaystyle XY&xet; merőleges lesz. Tehát &tex;\displaystyle X=P&xet;, &tex;\displaystyle Y=Q&xet; és készen vagyunk.

(Egyébként ez a feladat is a Sawayama-lemma következménye.)

Előzmény: [1879] HoA, 2015-03-11 15:21:55
[1879] HoA2015-03-11 15:21:55

Már régen nem szerepelt itt a téma saját számozású feladata. Ha nem tévedek, az [1742] -beli "N+1-edik" feladatot nem számítva 184. volt az utolsó. Legyen tehát a

185. feladat : Az &tex;\displaystyle ABC&xet; háromszögbe írt kör &tex;\displaystyle O&xet; középpontján át az &tex;\displaystyle AO&xet; szögfelezőre állított merőleges az &tex;\displaystyle AB&xet; olalt &tex;\displaystyle P&xet;-ben, &tex;\displaystyle AC&xet;-t &tex;\displaystyle Q&xet;-ban metszi. Rajzoljuk meg azt a kört, amely &tex;\displaystyle AB&xet;-t &tex;\displaystyle P&xet;-ben , &tex;\displaystyle AC&xet;-t &tex;\displaystyle Q&xet;-ban érinti. Bizonyítsuk be, hogy ez a kör érinti a háromszög körülírt körét.

Ez valójában egy "Lejárt határidejű KöMaL feladat" ( 1285. ) , de annyira lejárt, hogy inkább ide teszem. Annak ikdején a Lapban egy számításos megoldás jelent meg. Itt a fórumon a GEOMETRIA témában már találkoztunk ezzel a körrel ( ld. 151. feladat [1217] ) . Az ott következő hozzászólásokban közel kerültünk a mostani feladat inverziós megoldásához. Ezért most egy elemi geometriai megoldás reményében teszem fel.

[1878] csábos2014-10-03 09:09:14

Kiindultam a HoA féle szinuszos egyenletből. Felvettük ,,véletlenszerűen" az együtthatók értékeit, és ekkor &tex;\displaystyle \cos\alpha&xet;-ra egy negyedfokú egyenletet kaptunk. Az a kérdés, hogy ennek az egyenletnek a gyökei szekeszthetőek-e. Az egy igazi jó kizáró ok lenne, ha ez egy harmadfokú, &tex;\displaystyle Q&xet; fölött felbonthatalan polinom lenne. Sajnos nem az. Ha valaki találna paramétereket úgy, hogy ez egy első és harmadfokú szorzata lenne, és az elsőfokú gyöke nem megoldás, akkor nyilvánvalóbb lenne az indoklás. Ezért kis érdeklődés és lapozgatás után rábukkantam arra az összefüggésre, hogy ha találunk egy olyan prímet, ami fölött ennek a polinomnak van fölbonthatatlan, páratlanfokú osztója, akkor nem szerkeszthető a gyöke. Kézenfekvő volt az 5.

Előzmény: [1876] Bátki Zsolt, 2014-10-02 20:43:53
[1877] csábos2014-10-02 21:38:13

Nem látom, hogy D ismerete nélkül hogyan kapjuk meg B-t O-hoz és A-hoz.

Előzmény: [1876] Bátki Zsolt, 2014-10-02 20:43:53
[1876] Bátki Zsolt2014-10-02 20:43:53

Nem mindent fogtam fel. Bennem lehet a hiba. A köbgyök 3 meggyőzőnek tűnik, mivel ezt javasoltam is. Itt egy új gondolatmenet. (Nem tudom, hogy kell rajzot küldeni) Vegyünk egy egység kört az origóban. Vegyünk fel egy D pontot rajta, ami a keresendő minimális távolságú A-tól és B-től. Vegyük fel az A-t az x tengelyen. Ekkor könnyen meghatározható az a félegyenes (f) D-ből indul és amin a B-nek kell lennie. Legyen 'e' egyenes ami az x koordinátával bezárt szöge háromszorosa a AOD szögnek, és az origóból indul. Nyilván az 'e' és 'f' metszéspontja jó megoldás a B pontra.

Tehát O,D,A ismeretében B szerkeszthető. (ebben a speciális esetben) De O,A,B esetén D nem szerkeszthető, mert ahhoz a AOB szöget harmadolni kellene tudni. Remélem világos volt és nem rontottam el semmit.

Tehát általános esetben nem szerkeszthető.

(az hogy általános szög nem harmadolható, az bizonyított, de nem egyszerű)

[1875] csábos2014-10-01 22:54:59

Mindig mondta a matektanárom, hogy a térszemléletem olyan, mint a döglött kacsáé.

Akkor számoljunk. &tex;\displaystyle \cos\phi=a&xet;, &tex;\displaystyle \sin\phi=\sqrt{1-a^2}&xet;, &tex;\displaystyle t=1&xet;, &tex;\displaystyle u=\frac{1}{2}&xet;, &tex;\displaystyle v=2&xet;,&tex;\displaystyle w=3&xet; helyettesítéssel a

&tex;\displaystyle t\cos2\phi+u\sin2\phi=v\cos\phi+w\sin\phi&xet;

egyenletből

&tex;\displaystyle (2a^2-1)+a\sqrt{1-a^2}=2a+3\sqrt{1-a^2}&xet;

lesz. Átrendezve

&tex;\displaystyle 2a^2-2a-1=(3-a)\sqrt{1-a^2}&xet;

és négyzetre emelve, majd rendezve

&tex;\displaystyle 5a^4-14a^3+8a^2-8 =0 &xet;

adódik. Modulo 5 véve

&tex;\displaystyle a^3+3a^2-3 &xet;

Ennek nincs gyöke modulo 5. Tehát a bővítés foka &tex;\displaystyle F_5&xet; fölött 3, így &tex;\displaystyle Q&xet; fölött a 3 többszöröse, tehát nem szerkeszthető.

Előzmény: [1874] jonas, 2014-10-01 06:04:14
[1874] jonas2014-10-01 06:04:14

Azért, mert az &tex;\displaystyle A_1M&xet; szakasz inverze nem lesz egyenes.

Előzmény: [1873] csábos, 2014-09-30 20:55:52
[1873] csábos2014-09-30 20:55:52

Nem értek valamit. Ha egyszer egyenlő szögeket keresünk, akkor miért nem invertáljuk az A pontot a körre (A1), majd a képet összekötjük a B-ponttal. Ahol metszi a kört (M-ben), ott a megfelelő szögek és tükörképeik is megegyeznek. Vagy megint elnéztem valamit?

Előzmény: [1872] HoA, 2014-09-30 16:02:07
[1872] HoA2014-09-30 16:02:07

A nem-szerkeszthetőség irányában ( vázlat, ha valakit érdekel, részletezem )

Kínálja magát a komplex síkon tárgyalás. Válasszuk úgy a koordinátarendszert és a hosszegységet, hogy C legyen az origóban és D az egységsugarú körön. Ekkor d ( = CD ) egységvektor. Az egyenlő szögekből következik, hogy (( a -d ) / d) x (( b -d ) /d ) valós. Ebből d = &tex;\displaystyle e^{i\phi}&xet; -vel &tex;\displaystyle \phi&xet; -re

&tex;\displaystyle t \cdot cos 2\phi + u \cdot sin 2\phi = v \cdot cos \phi + w \cdot sin \phi &xet;

alakú egyenlet adódik, ahol az együtthatók az adatokból szerkeszthetőek. Már csak erről kéne megmutatni, hogy általában euklideszi módon nem szerkeszthető a megoldás.

( Ellenpélda: Két adott ponton átmenő, adott kört érintő kör középpontja : legyen itt is az adott egységsugarú kör középpontja, C az origóban, az érintési pont D, A és B a körön kívül. Ekkor d ( = CD ) egységvektor, a szerkesztendő kör középpontja O = kd ( k valós ) . Felírva az | A - O | = k - 1 ill. | B - O | = k - 1 egyenleteket , d = &tex;\displaystyle e^{i\phi}&xet; -vel &tex;\displaystyle \phi&xet; -re itt

&tex;\displaystyle v \cdot cos \phi + w \cdot sin \phi = z&xet;

alakú egyenlet adódik, ahol az együtthatók az adatokból szerkeszthetők, és mint ismert ekkor &tex;\displaystyle cos \phi&xet; -re másodfokú egyenletet kapunk szerkeszthető együtthatókkal. )

Előzmény: [1868] Bátki Zsolt, 2014-09-23 18:19:23
[1871] emm2014-09-25 03:05:56

És már az elején elvi hibás, vissza az egész.

Előzmény: [1870] emm, 2014-09-25 02:58:38
[1870] emm2014-09-25 02:58:38

Hullafáradtan egy próbálkozás, 100%, hogy elszámolva, de valami ilyesmi: Legyen az ellipszis két fókuszpontja &tex;\displaystyle (c,0)&xet; és &tex;\displaystyle (-c,0)&xet;, a kör sugara egységnyi, középpontja &tex;\displaystyle (u,v)&xet;. Ekkor azt az &tex;\displaystyle a>c&xet;-t keressük (nagytengely), amire

&tex;\displaystyle x^2(c^2-a^2)+y^2a^2=a^2(c^2-a^2) &xet;

&tex;\displaystyle (x-u)^2+(y-v)^2=1 &xet;

egyenletrendszernek 1 megoldása van. Vagyis:

&tex;\displaystyle x^2(c^2-a^2)+y^2a^2=a^2(c^2-a^2)((x-u)^2+(y-v)^2) &xet;

-nek egy megoldása van. Mivel ez a megoldás egyértelmű, ezért a diszkrimináns 0.

&tex;\displaystyle -4 a^2 (a - c) (a + c) (-a^2 u^2 + c^2 u^2 - a^2 v^2 + a^4 v^2 + c^2 v^2 - a^2 c^2 v^2 + 2 a^2 v y - 2 a^4 v y - 2 c^2 v y + &xet;

&tex;\displaystyle + 2 a^2 c^2 v y + y^2 - 2 a^2 y^2 + a^4 y^2 + c^2 y^2 - a^2 c^2 y^2)=0 &xet;

Ez is egyértelmű &tex;\displaystyle y&xet;-ra, így a diszkrimináns ismét 0, így &tex;\displaystyle a&xet;-ra az egyenlet:

&tex;\displaystyle 64 (-1 + a) a^4 (1 + a) (a - c)^3 (a + c)^3 (-u^2 + a^2 u^2 -c^2 u^2 - v^2 + a^2 v^2)=0 &xet;

Aminek meg az értelmes megoldása

&tex;\displaystyle a=\frac{\sqrt{\left(c^2+1\right) u^2+v^2}}{\sqrt{u^2+v^2}}\qquad a=1&xet;

Ez meg szerkeszthető, ebből &tex;\displaystyle y=\frac{c^2 v^2-u^2-v^2}{c^2 v}&xet; megvanmá, megoldható, és megvan &tex;\displaystyle x=(u^2 + c^2 u^2 + v^2)/(c^2 u)&xet; is. Nem egy szépségdíjas számolás, ilyenkor jó a számítógép.

Előzmény: [1868] Bátki Zsolt, 2014-09-23 18:19:23
[1869] marcius82014-09-24 12:18:21

Egy ötlet: Legyenek az "e" ellipszis fókuszpontjai F1(+c;0), F2(-c;0), legyen az ellipszis félnagytengelye "a", legyen az ellipszis félkistengelye "b", ekkor az ellipszis egyenlete ismert. Legyen a "k" kör középpontja K(u;v) és sugara "r", ekkor a "k" kör egyenlete is ismert. Ami ismert: az "F1", "F2", "u", "v", "r". Az "a" értékét úgy kell meghatározni, hogy az ellipszis egyenletéből és a kör egyenletéből álló egyenletrendszernek pontosan egy (x,y) megoldáspárja legyen. Ekkor ezzel az "a" értékkel kiszámolva az (x,y) megoldáspárt, a kapott képlet alapján a metszéspont szerkeszthető.

Mi van, ha az "e" ellipszis úgy érinti a "k" kört, hogy a kör az ellipszis belsejében van.

Ez a probléma felkeltette az érdeklődésemet, még fogok vele foglalkozni. bertalan Zoltán.

Előzmény: [1859] Bagesz, 2014-09-15 04:52:30
[1868] Bátki Zsolt2014-09-23 18:19:23

Az a sejtésem, hogy általánosságban euklidészi módon nem szerkeszthető. Ehhez találni kellene, egy elrendezést, amit algebrailag megoldva olyan szakasz jön ki, ami bizonyítottan nem szerkeszthető. pl köbgyök. A geogebra megenged pl szögharmadolást is ami eukledészi módon bizonyítottan nem megy. Az inverzió jó ötletnek tűnik. A feladat szépsége, hogy annyira egyszerű a felvetés, hogy érthetetlen evvel nem foglalkozott Senki, vagy mi nem tudunk róla ?

[1867] Hajba Károly2014-09-19 20:31:37

Erre azóta én is rájöttem. De ettől függetlenül a megoldást nagy valószínűséggel az inverzión keresztül lehet megtalálni.

Egy CAD-es programmal én is próbálok jó szerkesztést találni. A két pont és a tükörpont egy kört ad és az AB szakasz szakaszfelező merőlegese ill. a tükrözési tengely egy negyedik pontként ugyanezen körön metszik egymást. Pl az A és B pontot összekötő egyenes ill. az AB szakasz szakaszfelező merőleges inverziókörei alapján ezen kör inverziókörének két pontja már adott. Csak egy harmadik ismert pontra nem lelek rá.

Előzmény: [1866] Bagesz, 2014-09-18 21:31:54
[1866] Bagesz2014-09-18 21:31:54

Szia! Jó ötletnek tűnt ezért utána jártam a szerkesztésének. GeoGebrával el is készítettem, de sajnos nem a kívánt pontban metszette a kört. További ötleteket szívesen várok. Üdv, Bagesz

Előzmény: [1864] Hajba Károly, 2014-09-16 17:17:55
[1865] Bagesz2014-09-16 22:26:02

A bizonyítás egyszerű, "A" és "B" pont közé kifeszítünk egy kötelet, ami kicsit hosszabb mint az "A" és "B" pont közötti távolság, Majd húzunk egy görbét úgy hogy feszes legyen a kötél mindvégig. Ez egy elipszis lesz. Majd egyre nagyobb kötelet veszünk, egyszer csak érinteni fogjuk a kört. Ez a pont a megoldás. Ezen a ponton az elipszis érintője és a két fókuszpontja által bezárt szög megegyezik, mint ahogy bármelyik pontja az elipszisnek és a két fókuszpontjával összekötő egyenes által bezárt szög.

Előzmény: [1860] Bátki Zsolt, 2014-09-15 22:28:23
[1864] Hajba Károly2014-09-16 17:17:55

Nem vagyok jártas a témában, de talán inverzióval (körre történő tükrözéssel) lehet a megoldást megtalálni.

Ki kellene próbálni, hogy az egyik pontot invertáljuk a körre és összekötjük a másikkal. Lehet, a metszéspont adja a megfelelő pontot a köríven.

Előzmény: [1859] Bagesz, 2014-09-15 04:52:30

  [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]