Fórum: GEOMETRIA

Sziasztok!

Átböngésztem az eddigi hozzászólásokat, de sajnos nem találtam megoldást a problémára, aszem.

Programot szeretnék irni, de a dolgok matematikai oldalával nem igazán vagyok tisztában. Adott, korrdinátásan, két pont által meghatározott vonal. Szeretnék megkeresni egy pontot ami X távolságra van az egyik végétől rajta az egyenesen.

A másik program az lenne, hogy ugyanezen vonal egyik pontjától X távolságra és Y távolságra merőlegesen magától vonaltól lenne a pont.

Előre is köszönöm a segítséget!

Úgy látszik nyári szünet van... Tehát a javaslatot felhasználó megoldás: Mivel A₁M=KB₁+KC₁ , A₁M -nek az a oldalra vett A₁M_a vetületét állítsuk elő mint KB₁ és KC₁ A₁B_a és A₁C_a vetületeinek előjeles összegét. Mivel KB₁ merőleges b-re, A₁B_a=^.sin . Hasonlóan, mivel KC₁ merőleges c-re, A₁C_a=^.sin . Innen A₁M_a=(sin-sin) . Ugyanígy B₁M_b=(sin-sin) . A szinusz tétel többszöri felhasználásával Ez viszont [806] szerint megegyezik az aránnyal

Ha van az enyémnél kevésbé hosszadalmas, szemléletes megoldásod, örömmel látnám. Javaslatod arra utal, hogy igen. Megpróbáltam a leírt tényt kihasználni, de megint csak az Euler egyenesre jutottam:

M - C = 2 ( ( A + B ) / 2 - O ) ; M - C = A + B - 2O ; M = A + B + C -2O = 3S - 2O

és mivel a jobb oldalon az együtthatók összege 1, ez éppen azt jelenti, hogy M, S és O egy egyenesen van.

Ok Cckek, ebben teljesen igazad van, megpróbálom a feladatot egészében "emésztgeni" Kösz, üdv: epsilon

Mivel a függvény folytonos, úgy Darboux tulajdonságú, az-az úgy hogy

Heló Károly és Cckek! Valójában az 1/3 egy elfajult eset, amikor pontok egybeesnek. Ha a 12 pont mind különböző, akkor az az érzésem, hogy 1/3-hoz tetszőlegesen közel lehet (?) de azt nem veszi fel? A folytonossággal értem, hogy hamar lelőhető, de többváltozó esetén van a globális meg komponensenkénti folytonosság, ezzel ezt akarom mondani, hogy még nem elég megggyőző számomra, hogy valóban bármely y az [1/3;1] értékre létezik a 12 pont kérdéses elhelyezkedése. De mindenképpen még gondolkodom, és kösz! Üdv: epsilon

A 825-ös hozzászólást nem kell figyelembe venni.:D

Minden értéket felvehet a -ből:) Ugyanis az egy csúcsban összefutó három él által meghatározott tetraéder térfogata, , ahol x₁,x₂,x₃ az illető éleken felvett pontok csúcsoktól mért távolsága,a kocka térfogatának (ami 1) és nyolc ilyen tetraéder térfogata összegének a különbsége adja a konvex burok térfogatát. Tehát lesz egy 12 változós függvényünk, mely folytonos, és mint már Károly bebizonyította felveszi a és az 1 értékeket tehát minden értéket -ből.

Minden értéket felvehet:) Ugyanis az egy csúcsban összefutó három él által meghatározott tetraéder térfogata, , ahol x₁,x₂,x₃ az illető éleken felvett pontok csúcsoktól mért távolsága,a kocka térfogatának (ami 1) és nyolc ilyen tetraéder térfogata összegének a különbsége adja a konvex burok térfogatát. Tehát lesz egy 12 változós függvényünk, mely folytonos, és mint már Károly bebizonyította felveszi a 0 és az 1 értékeket tehát minden értéket [0,1]-ből.

Köszi Károly! Ilyesmi érdekelne, hogy a konvex burok térfogata lehet pl. 2/3, továbbá milyen értékeket vehet fel a (0,1) intervallumban. Előreis kösz, üdv: epsilon

Ha minden pont oly módon van valamely csúcsban, hogy minden csúcsra kerül pont, akkor a konvex burok nyilvánvalóan megegyezik a kockával. Ha a kocka térfogatát egységnyinek veszem, akkor a burok maximális térfogata 1 egység.

Ha a pontokat úgy próbáljuk a csúcsokan elhelyezni, hogy minél kevesebb csúcson jelenjenek meg, akkor a 4 csúcs a lapok átellenes (átlós) csúcsaira kerülnek, s a 4 csúcs egy szabályos tetraédert alkot. Ekkor a burok térfogata 1/3 egység.

Nem erősségem a bizonyítás, de gyakorlatilag ez utóbbi a minimális térfogat.

Igazad van, viszont kör esetén ( bár ez a legspeciálisabb eset) szerintem lehetne valamit keresni.

Helló Károly! Igen, úgy van ahogyan mondod. Kiváltképpen az érdekelne, hogy ennek a konvex buroknak a térfogatának az értéke a kocka térfogatának hányad részével lehet egyenlő, és esetleg mely értékeket nem veheti fel a kocka térfogatából? Üdv: epsilon

Üdv!

Egy naív kérdés, ellenőrzésképpen, hogy jól értem-e.

A 12 pont konvex burka az a kockából visszamaradó idom, melyet úgy kapunk, hogy a 8 sarkából tetraédereket levágunk, s egy-egy szomszédos csúcshoz tartozó tetraéderek megfelelő csúcspontjaik a kijelölt pontban azonosak?

Ha igen, akkor a következő -vizuális úton nyert- meglátásaim vannak: Ekkor az idom mindenképpen konvex. Szélsőséges esetben legfeljebb három pont a csúcsban lehet azonos is. Maximális térfogata egységnyi, míg minimális térfogata harmad egységnyi.

Helló Cckek! Itt vannak nekem is kételyeim, hogy minden esetben felvehető-e úgy a 12 pont, hogy a szóbanforgó test konvex legyen? Na persze, ha még térfogati megszorítások, kitétek is bekerülnek, akkor még áltáthatatlanabb. Nyilván a "konvex burok" csak ekkor illik a szóhasználatra!

Ez egy másik feladatra emlékeztet a Pólya-Szegő analízis feladatgyűjteményből, amit feladtunk a szemináriumon. Sajnos miután utánanéztem, kiderült, hogy nem segít ehhez a feladathoz, mert a térfogatról nem mond semmit. Ide másolom a feladatsorról

Legyen a 3-térben egy test olyan tulajdonságú, hogy szakaszban vagy pontban (vagy az üres halmazban) metsz minden, a koordinátatengelyek bármelyikével párhuzamos egyenest. Legyen a test vetülete a koordinátasíkokra P, Q, illetve R területű. Legyen a test felszíne A. Lássuk be, hogy

Igazoljuk, hogy a becslés éles.

A pontok által meghatározott test, ha a pontokat megfelelő sorrendben kötjük össze konvex lesz nem?

Helló! A következő kérdésem lenne: ha egy kocka minden élén felveszünk 1-1 pontot, mi lesz a 12 pont konvex burka, esetleg meg lehetne-e mondani a térfogatának szélsőértékeit, vagy azokat az értékeket amiket ez felvehet ? Előre is kösz Mindenkinek! Üdv: epsilon

Az előző hozászólásomban helyesen a 122. feladat kell legyen.

Elnézést kérek ,,Lajos Arpad´´-tól, akinek érdekes a 121. feladata. Annak megoldására kiváncsi vagyok. Ebben a hőségben inkább azt hiszem, nem speciális esetben nincs rá olyan képlet, melybe egy pont koordinátáját helyettesítve megkapjuk, hogy az fényes vagy sem.

121. feladat: A 120. feladat alapján szerkesztendő két egymást kívülről érintő kör közös külső érintője. (Indoklása egyben a 120. feladat megoldása is lehet.)

A 121. feladat Hmmm... Igazad van. Ezek szerint nem volt olyan nagy kudarc hogy nekem nem sikerült ;). Nekem csak egy szép integrál jött ki, amit nem igazán tudtam megoldani annak ellenére, hogy próbálkoztam egy ideig. Egy érdekes feladat: Adott egy origó középpontú ellipszis, egyenlete: (x/a) 2 + (y/b) 2 = 1 Ezen az ellipszisen teljes visszaverôdés figyelhetô meg. Az ellipszis egyik pontjáról valamilyen irányba(az ellipszis belseje felé) elindítunk egy fénysugarat, melynek szélessége elhanyagolható, és a végtelenségig verôdik az ellipszis falán vissza. A kiindulópont legyen M(x0,y0), az irány pedig alfa az origóhoz képest. A fénysugár a végtelenségig verôdik vissza az ellipszis falán. A kérdés az, hogy (a,b,X0,Y0,alfa) függvényében hol lesz fényes az ellipszis belseje? Bevallom ôszintén, hogy én ezen a problémán kb. 3 hónapig gondolkodtam hetedmagammal ameddig egy valamennyire elfogadható megoldást találtam. Jelölés :  : hatvány

Hm.. ezt miből gondolod? Tudtommal az ellipszis kerületét nem lehet ilyen szépen kifejezni. Lásd: http://mathworld.wolfram.com/Ellipse.html

elnézést, a kerület pi(a+b)

üdv mindenkinek, lenne egy kérdésem. Tudjuk hogy az ellipszis kerülete=pi*a*b, ahol a az ellipszis szélessége "a", hosszúsága pedig "b".Hogyan kéne bizonyítani? Meg próbáltam oldani a hozzá tartozó elliptikus integrált, de beletörött a bicskám.

Szép megoldás. Grat!

A 120. feladat (ujjgyakorlat is lehetne):

Legyen adott az AB szakasz, melynek tetszőleges belső pontja C. Az AB, AC, CB szakaszok, mint átmérők fölé - azonos partjukra - félköröket rajzoltunk. Az AB-re C-ben állított merőleges D-ben metszi az AB félkört. Az AB félkör D-hez tartozó érintője t₁, a másik két félkör közös (CD-től különböző) érintője t₂. Bizonyítsuk be, hogy t₁ párhuzamos t₂-vel.

Köszönöm HoA szép megoldását! Egy kiegészítés és egy javaslat még:

A 119. feladat feltételei, "ha ezek léteznek és nem nullák", miatt [806]-ban a megoldást így kezdtem volna: Egyenlő szárú háromszögben az állítás igaz, különben ... . Természetesen ez nyilvánvaló, de versenyen akár helyezés múlhat azon, ha leírjuk.

Javaslom, hogy a 118. feladatban szereplő eredeti 3 pontnak az ABC valamelyik oldalára eső vetületére számoljuk ki az osztóviszonyt róval és r-rel. ( beírt, körülírt kör sugara ) Használjuk ki, hogy egy csúcsból a magasságpontba mutató vektor kétszerese a körülírt kör kp-jából a csúccsal szemközti oldalfelező pontba mutató vektornak!

118. feladat: [803] és [805] alapján elég azt megmutatni, hogy az O, K pontoknak és az A₁B₁C₁ S súlypontjának az a illetve b oldalakra eső O_a,A₁,S_a és O_b,B₁S_b vetületeire teljesül: . CO_a=a/2,CA₁=s-c, így O_aA₁=s-c-a/2=(b-c)/2. hasonlóan O_bB₁=(a-c)/2 . A kettő hányadosa (b-c)/(a-c)

CS_b felírható mint a CA₁,CB₁ésCC₁ szakaszok b-re eső vetületeinek számtani közepe, így O_bS_b=CS_b-CO_b=1/3((s-c)^.cos+(s-c)+a^.cos+(b-a^.cos)*((s-a)/c))-b/2. Itt 2s = a+b+c helyettesítéssel cos-t a koszinusztételből kifejezve átrendezéssel adódik:

O_aS_a ebből a és b szerepének felcserélésével kapható. Látható , hogy a nagyzárójelben a és b szimmetrikusan lép fel, a kifejezésnek ez a része változatlan, tehát

A kettő hányadosa

Még egy segítség: Mivel K az A₁,B₁,C₁ körülírt körének középpontja, KM A₁,B₁,C₁ Euler-egyenese, amin A₁,B₁,C₁S₁ súlypontja is rajta van. Tehát elég belátnunk, hogy O,KésS₁ egy egyenesen vannak.

Ha Q pont nincs rajta a PR egyenesen, akkor Q_aQ egyenesnek PR egyenessel való metszéspontja legye A, Q_bQ és PR metszéspontja pedig B. Ekkor vagyis (P_aQ_aR_a)(P_bQ_bR_b).

119. feladathoz: Toljuk el a és b egyeneseket önmagukkal párhuzamosan úgy, hogy P ponton menjenek át. Ekkor, ha Q a PR egyenesen van, akkor a párhuzamos szelők tételéből következik, hogy és mivel P_a=P=P_b ezért (Pa Qa Ra) = (Pb Qb Rb).

118. feladat: A Gillis - Turán Matematikaverseny egyik szép feladatát ajánlom:

Legyen ABC egy olyan háromszög, ami nem egyenlő oldalú. Az ABC háromszög beírt köre érintse a megfelelő oldalakat az A1, B1, C1 pontokban, és legyen M az A1B1C1 háromszög magasságpontja. Bizonyítsuk be, hogy M rajta van az ABC háromszög körülírt körének középpontját és beírt körének középpontját összekötő egyenesen.

A megoldáshoz javaslom a következő segítséget:

119. feladat: Legyen a P, Q és R pont merőleges vetülete az a ill. b nem párhuzamos egyenesen Pa, Qa és Ra ill. Pb, Qb és Rb. Bizonyítandó, hogy (Pa Qa Ra) = (Pb Qb Rb) -ha ezek léteznek és nem nullák- csakkor igaz, ha a P, Q és R egy egyenesen van.

/ Az egy egyenesen lévő A, B és C pontok esetén ezek osztóviszonyán értjük az (A B C)=AC/BC előjeles hányadost. /

Kedves Levente!

Ügyes felvetés volt, Matyinak dicséret érte. Látom C gyakorlatokat küldött az idén. Bátorítsd egy kicsit, hogy rendszeresebben küldjön!

Üdv! Laci

Kedves hozzászólók és megoldók!

A "tényleg ellipszis-e a mértani hely?" témát én vetettem volt fel. Köszönöm az érdeklődést és a problémát kimerítő megoldást.

A történet kezdetéhez annyit tennék hozzá, hogy az Árpád Gimnáziumban épp a Simson-egyenest tanítottam 9. osztályban specmaton, és a Kiss Matyi nevű (egyébként is elég tehetséges) diák állt elő ezzel a sejtéssel a GeoGebrát nézegetve. Elég ügyes intuíció, azt hiszem.

Koncz Levente

Nos, ezeket a bolhás feladatokat az egyetemen hallottam Feladatmegoldó szemináriumon, azaz legalább négy éve. Egy másik sorozat bolhás feladat (amit most nem lövök le itt) állítólag Pósa Lajostól származik, ezért el tudom képzelni, hogy ezek is.

Utolosó matekórák egyikén n=4-re láttam a feladatot, és én térbe általánosítottam:

Van 8 , az (elég gyenge) ábrán látható derékszögű triédert bevilágító, rögzített csúcsú pontszerű, átlátszó lámpánk a térben , be lehet e velük a teret világítani forgatással?

Az általános megoldásról annyit, hogy ha felvehetünk egy pontot, és abból sugarasan 360^o/n fokonként félegyenest indítva, bármely 2 szomszédos félegyenes közti szögben van fényforrás, akkor n-re igaz.

(Toljunk minden cikket egy nem benne lévő pontba, így az eltolt tartalmazni fogja az eredetit, és így az n eltolt tartalmazza az n eredetit=a teljes síkot.)

A fényforrást eltakaró gömbről beugrott egy másik példa, régen n=6-ra volt a kömalban, és nem tudom az általános megoldását:

Igaz-e, hogy ha adott a síkon n db. pont, és mindegyik egy 360^o/n nyílásszögű fényforrás kezdőpontja, akkor a fényforrások beforgathatók úgy, hogy a teljes síkot bevilágítsák? A fényforrások pontszerűek és átlátszóak, azaz ha rávilágítunk egy fényforrásra, akkor az nem fogja a maga mögötti félegyenest kitakarni.

Kicsi és kerek számokra kiküzdöttem (8-ig nincs meg 5-re és 7-re, amire megvan, azokra nyilván igaz), de nagyon örülnék egy általános megoldásnak.

Beszéljünk inkább műltidőről, legalább is ami a nagy gondolkodásokról szól. :o)

Először az Index idézett fórumát látogattam, ami időnként fölpörög ill. gyengén elindult egy hasonló az Origón, de az nem tudott fölpörögni azóta sem. Majd jött a KöMaL, amire az Origón korábban sűrűn megjelent Géza (Qeza) hívta fel a figyelmem.

De biztos van még más matekos fórum is amiről nem tudok.

Te hány matekos fórumba írogatsz? :-)

Ez a vonalmenti bolhás feladat vagy 2 éve szerepelt már az Indexen:

Bolhás feladat

Kösz a gratulációkat, nem gondoltam volna, hogy ekkora ötlettel állok elő :-)

A bolhás feladatnál pedig ekvivalens feladato(ka)t kapunk, ha a minden lépés utáni egységszakasz/négyzet lecsapása helyett az első lépés után csaphatunk végtelen sokszor, viszont rendre 1, 1/2, 1/3 stb. (oldal)hosszúságú szakaszokat/négyzeteket.

Mivel divergens, pedig konvergens, ezért 1 dimenzióban elkapható a bolha (a módosított feladatban csapjunk mondjuk a [0;1],[-1/2;0],[1;4/3],[-3/4,-1/2] stb. szakaszokra), kettő vagy magasabb dimenzióban pedig nem.

Először meg is hökkentem az alacsony számon, épp rá is akartam kérdezni a megoldásra, de még időben bevillant nekem is a tetraéderes megoldás, hogy ne küldjem el. :o)

Te rögtön rájöttél, nekem kellett a szám ismerete is. Én is gratulálok.

Na, ez a feladat a bolhás feladatokra emlékeztet.

(A számegyenesen ugrál egy bolha az origóból indulva. Minden lépésben ugyanakkorát ugrik és ugyanarra, de hogy mekkorát, az egy tetszőleges ismeretlen valós szám. Minden lépés után (miután halljuk a koppanást) rácsaphatunk a számegyenes egy tetszőleges, egység hosszú intervallumra. (A bolha olyan kicsi, hogy nem lehet látni.) Van-e olyan stratégia, amivel biztosan le lehet csapni a bolhát előbb-utóbb?

A második változatban a bolha a síkon ugrál az origóból indulva, minden lépésben ugyanazzal az ismeretlen valós vektorral mozdul el az előző lépéshez képest. Minden lépés után egy egységnégyzetre lehet rácsapni. El lehet-e kapni a bolhát.)

Mindenesetre a tetraéderes ötlet zseniális, gratulálok:)

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.

Az állítás igazsága egy szép integrálgeometriai képletből rögtön következik. Egy konvex síkbeli alakzat kerületét ugyanis az

integrál adja meg, ahol w() az alakzat szélességfüggvénye, azaz w() a konvex alakzatot közreszendvicselő és az x-tengellyel szöget bezáró két párhuzamos egyenes távolsága.

Szép bizonyítás.

Az állítás igaz. A bizonyítás úgy megy, hogy közelítsük mindkét konvex alakzatot zárt poligonokkal úgy, hogy a belső poligon se metssze a külsőt.

Ezután vegyük a belső sokszög egy élét, és hosszabbítsuk meg mindkét irányban. Az egyenes külső sokszöggel vett két metszéspontja két töröttvonalra osztja a külső sokszöget. Ebből dobjuk el azt, ami nem tartalmazza a belső sokszöget és helyettesítsük a meghosszabbított szakasszal. Ezzel a lépéssel a külső sokszög kerülete csökkent (valamint éleinek száma sem nőtt). Véges sok lépés során eljutunk oda, hogy a levagdosások hatására a külső és a belső sokszög megegyezik.

Azt kaptuk tehát, hogy a belső sokszög minden poligonközelítése kisebb kerületű a külső sokszög bármely poligonközelítésénél, vagyis a belső alakzat kerülete is kisebb a külsőénél.

?

Sziasztok!

Ha egy konvex síkbeli alakzat a belsejében tartalmaz egy másik konvex síkbeli alakzatot, akkor a belsőnek a kerülete kisebb mint a külsőnek.

Igaz-e az állítás? Véleményem szerint igen. De hogyan lehetne bizonyítani? A segítségeteket előre is köszönöm. Laci

Hogy lehet legkevesebb művelettel megállapítani, hogy egy kör (ismert a középpontja, és a sugara) és egy polygon (ismertek a pontjai) metszete üres halmaz-e?

A kívánt bizonyítás egyszerű az izoperimetrikus tétel felhasználásával: Adott kerületű síkidomok közül a kör zárja be a legnagyobb területet. Állítsuk csuklós szerkezetünket húrsokszög alakúra. Rajzoljuk meg a körülírt kört. Az ábrán zölddel jelölt holdacskákat ragasszuk hozzá az oldalakhoz. A kör területe = húrsokszög területe + holdacskák területe. Ezután mozdítsuk el a csuklós szerkezetet. A keletkező idom körívekből álló kerülete megegyezik az eredeti kör kerülettel, de területe kisebb a körénél. Az idom területe = nem-húrsokszög területe + holdacskák területe. A holdacskákat levonva : nem-húrsokszög területe < húrsokszög területe. QED.

Fordított utat jártam be, mint HoA. Azt szeretném bizonyítani, hogy egy csuklós n-szög által bezárt terület, azaz ha egy n-szög oldalai adottak, területe akkor maximális, ha húrsokszög.

Ha csuklós n-szögünket két csúszós síklap közé rakjuk és belül fölfújuk, maximális tárfogatra, azaz alapterületre törekszik. A 114** feladatban leírt erők a nyomás miatt kialakuló a erőhatásokat helyettesítik. A 114** bizonyítása a fenti tétel "fizikai" bizonyítása. ( Erre egy, a matematikában sokszor használt, középiskolában tanult, bizonyítási módszert ajánlok. )

Kedves Cogito!

Kösz a figyelmességet és az ellenpéldát! A többi hozzászólónak is köszönet, hogy kijavítottátok ezt a hibásan megfogalmazott állítást!

Egy idevágó részlet egy nemrégi dolgozatomból:

114** feladat: Igen. Geomatriai bizonyítást egyelőre nem adok, hátha más is foglalkozik a feladattal. Egy "fizikai" bizonyítás: Tegyük fel, hogy kis csuklós szerkezetünket rá tudjuk fektetni egy síkban kifeszített szappanhártyára melyet n-szögünkön belül kiszúrunk. Ekkor a hártya a rudakra a feladat feltételeiben leírt erőhatásokat fejti ki. A szappanhártya minimális felületűre akar összehúzódni. Ha tudjuk, hogy egy csuklós n-szög által bezárt terület akkor maximális ha húrsokszög, adódik, hogy a hártya csuklós szerkezetünket húrsokszöggé alakítja és ez az állapot stabil.

Az O₁ középpontú, ₁ nagyítású KH₁ és O₂ középpontú ₂ nagyítású KH₂ középpontos hasonlóságok KH₃ szorzatának O₃ középpontját éppen annak alapján könnyű meghatározni, hogy O₃ a fixpont. KH₁O₃-t P-be viszi, ahol P=O₁+₁^.(O₃-O₁) . KH₂ P-t Q-ba viszi, ahol Q=O₂+₂^.(P-O₂) = (1-₂)^.O₂+₂^.(O₁+₁^.(O₃-O₁)) . Mivel O₃ fixpont, Q=O₃

(1-₂)^.O₂+₂^.(1-₁)O₁+₁₂O₃=O₃

O₁ésO₂ együtthatóinak összege 1, így O₃ az O₁O₂ egyenesen van.

Maga az az állítás, hogy középpontos hasonlóságok szorzata középpontos hasonlóság, igaz, ha (ha 1 a szorzat, akkor eltolás), méghozzá tényleg arányú, a középpontja viszont nem az, ami le volt írva. Két hasonlóság esetén a szorzat középpontja a középpontok egyenesén van, méghozzá valahogy úgy, hogy , ahol -k az arányok, O₁, O₂ a középpontok, O₃ a szorzat középpontja. Gondolom, O₃-at meg lehet adni osztóviszonyokkal is, de már késő van hozzá, hogy kitaláljam :oS Egyébként szerintem ilyenek benne vannak a Geometria és határterületeiben, de nem biztos, majd megnézem.

Vannak még figyelmes olvasók, legyen szó akár 3 év messzeségéről is. (Micsoda véletlen egybeesés: pár perce kaptam egy levelet, hogy egy általam 3 éve jelentett szoftverproblémát kijavítottak :-)

Tisztelt lorantfy!

Idézet a [151]-es hozzászólásodból:

Az állítás általánosan is megfogalmazható: Legyen K₁ O középpontú ₁ arányú kph. K₂ pedig P középpontú ₂ arányú kph. Ezek egymásutáni végrehajtása helyettesíthető egy K kph-al melynek aránya =_{1 2} középpontja pedig az a Q pont, mely P-nek O-ra vonatkozó arányú kph. képe.

E sorokat olvasva elgondolkoztam: ha igaz ez a tétel, vajon miért nem szerepel (például) Reiman István: A geometria határterületei című könyvében, illetve más szakkönyvekben? Hosszas tűnődések után fölmerült bennem a gyanú, hogy talán azért nem említik, mert esetleg hamis ez az általánosítás?!. Ilyenkor egy dolgot tehet az ember, próbál egy ellenpéldát keresni. Némi kutakodás után bukkantam a 'tétel' következő cáfolatára:

Legyen K₁ az O középpontú, ₁=2 arányú középpontos hasonlóság, K₂ pedig a P középpontú, ₂=2 arányú középpontos hasonlóság a következő választással: a számegyenesen az O pont legyen az origó, P legyen a 3-as pont.

Az OP szakasz O-hoz közelebbi H harmadolópontja az első nagyításnál a második harmadolópontba, H'-be kerül. Alkalmazzuk H'-re a P középpontú, ₂=2 arányú nyújtást. Ekkor H' képe H lesz. H tehát fixpont, ez a pont a szorzathasonlóság középpontja. A vitatott 'tétel' e konkrét esetre így szólna: P-nek O-ra vonatkozó, =4 arányú középpontos hasonlósági képe H. Ellentmondásra jutottunk, hiszen 112. A 'tétel' tehát hamis.

Ezek után kijelenthetjük: az általánosítás ilyen módon nem lehetséges (valószínűleg más módszerrel sem...). Üdvözlettel: Cogito

Ok. Akkor pontosítok. Valós függvényre gondoltam f:RR. Időközben rájöttem arra, hogy a sejtésem így nem igaz.

Ha az egyik aszimptota párhuzamos az y tengellyel, akkor a másik tetszőleges szöget zárhat be vele.(a ]0°;180°[ nyílt intervallumban). De mi a helyzet akkor, ha nem párhuzamos az y-tengellyel egyik aszimptota sem?

Szerintem akkor nem lehet fv. a grafikon képe, de ezt se bizonyítani se cáfolni nem tudom.

Másodszor módositott 114. feladat: Örülök, hogy HoA nem foglalkozott a feladattal. Ellenpéldája jó lett volna.

A módositott, legyen 114** feladat: Van egy n rúdból álló, a szomszédos rudakat csuklóval összekötött tömegtelen n-szögünk. Igaz-e, hogy ez n db olyan erő hatására, melyek a rudak felezőpontjában hatnak, a rudak hosszával arányosak és merőlegesek a rudakra, csakkor lehet nyugalomban, ha rúdhúrszöget alkotnak a rudak?

Nem triviális!!!

módositott 114. feladat: Örülök, hogy HoA foglalkozott a feladattal. Ellenpéldája jó.

A módositott, legyen 114* feladat: Van egy n rúdból álló, a szomszédos rudakat csuklóval összekötött tömegtelen n-szögünk. Igaz-e, hogy ez n db olyan erő hatására, melyek a rudak felezőpontjában hatnak és merőlegesek a rudakra, csakkor lehet nyugalomban, ha rúdhúrszöget alkotnak a rudak, az erők a rudak hosszával arányosak és erővonalaik átmennek a rúdsokszög köré írt kör középpontján?

Esetleg egy elforgatott síkbeli koordinátarendszerben!

Amúgy pl. egy zárt síkbeli körvonal is nyilván felfogható függvényként, legfeljebb nem valós-valós függvényként, hanem pl. RR² függvényként, tehát a feladat megfogalmazása meglehetősen laza: meg kellene mondani, milyen halmazról melyikbe képezzen a függvényként felfogandó hozzárendelés.

Nem inkább az kellene, hogy az egyik aszimptota függőleges?

115.feladat

Igaz-e, hogy egy hiperbola grafikonja csak akkor lehet függvény is, ha az aszimptotái merőlegesek egymásra?

114. feladat: Nem. Ellenpélda az ábrán. ( képzeljük, hogy szimmetrikus :-)

Aha.

Akkor pedig zárt konvex halmazból is csak kontinuum sok van.

Egy m2 térben legfeljebb kontinuum sok nyílt halmaz lehet.

Veszel egy megszámlálható bázist, jelen esetben pl. az összes olyan nyílt téglalapot, aminek mind a 4 koordinátája racionális. Minden nyílt halmazhoz hozzárendeled az általa tartalmazott báziselemek (téglalapok) halmazát...

Zárt halmazból pedig ugyanannyi van, mint nyílt halmazból...

114. feladat: Talán fizika feladat? Van egy n rúdból álló, a szomszédos rudakat csuklóval összekötött tömegtelen n-szögünk. Igaz-e, hogy ez n db erő hatására csakkor lehet nyugalomban, ha rúdhúrszöget alkotnak a rudak, az erők a rudak felezőpontjában hatnak, a rudak hosszával arányosak és erővonalaik átmennek a rúdsokszög köré írt kör középpontján?

Ezek szerint rosz a megoldásom ;-)

Tök jó kérdés, de már muszáj lefeküdnöm :-)