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.

[1142] HoA	2008-11-05 11:24:39
Egy kis segítség(?) a 141. feladathoz: Ha A és K egybeesik, akkor az MKN pontokon áthaladó kör érinti CD-t.

Előzmény: [1141] BohnerGéza, 2008-10-31 00:06:46

[1141] BohnerGéza

2008-10-31 00:06:46

A zalaegerszegi Zrínyi Miklós Gimnázium "IZSÁK IMRE GYULA" komplex természettudományi versenyének egyik szép feladatát ajánlom.

141. feladat: A k1 és k2 kör két pontban, A-ban és B-ben metszik egymást. Legyen C a k1-nek k2-n kívüli olyan pontja, melyre a CA egyenes k2-t olyan az A-tól különböző D pontban metszi, mely nincs a k1-en belül. Továbbá legyen K a CD, M a k1 A-t nem tartalmazó BC ívének és N a k2 A-t nem tartalmazó DB ívének felezőpontja. Bizonyítandó, hogy MKN szög derék!

[1140] HoA	2008-10-26 23:06:36
Pedagógiailag nagyon jó feladatnak tartom. Szinte vonzza a szemet, hogy AC felezőpontját E és G között NEM jelöli az F betü. Honnan ismerős a szakaszt két oldalról érintő két kör, ráadásul az ábra alapján a szakasz felezőpontjára szimmetrikus két pontban? Először belátjuk, hogy ez nem csak ránézésre van így, hanem a [1139] - beli egyenlőség éppen a feladat feltételeiből következik. És ami még "hiányzik" az ábráról: ABC beírt k₁ körének E-vel átellenes H pontja - és ugyanígy ACD beírt k₂ körének G-vel átellenes I pontja , melyek úgy tűnik, rajta vannak BG-n illetve DE-n. Végül az ABC háromszög AC oldalát G-ben érintő hozzáírt k₃ kört megrajzolva teljes az ábra. Így már jól láthatóak a beírt és hozzáírt körök vizsgálatánál megismert hasonlóságok. k₁ és k₃ külső hasonlósági pontja B, ezért B, H és G valóban egy egyenesen van. k₁ és k₂ külső hasonlósági pontja P, ezért P, G és H egy egyenesen van. Vagyis P, G, H, B egy egyenes pontjai. És persze ugyanez áll P, D, I, E -re.
Előzmény: [1134] BohnerGéza, 2008-10-12 01:13:22

[1139] BohnerGéza

2008-10-26 07:49:22

Segítség a 140. feladathoz: Bizonyítsuk, hogy AG=CE!

( A feladat szövegében természetesen a BDA-é helyett CDA-é a helyes, ahogy az ábra is mutatja. )

Előzmény: [1134] BohnerGéza, 2008-10-12 01:13:22

[1138] HoA	2008-10-20 08:50:44
Két előzetes megjegyzés: 1) Nem nyilvánvaló kapcsolatot találni egy ábra bizonyos pontjain átmenő körök középpontjai és az ábra többi része között. Az itt célravezető meglátás: két egymást metsző kör centrálisa merőleges a közös húrra. Ezt a bizonyításban többször is felhasználjuk. 2) Ha sikerül bebizonyítnai, hogy tetszőleges három körülírtkör-középpont a körülírt körök közös M pontjával egy körön van, akkor egyúttal azt is bizonyítottuk, hogy a négy körülírt kör középpontja és M egy körön van, hiszen például ha O₁,O₂,O₃ésM egy körön van , valamint O₁,O₂,O₄ésM egy körön van, akkor ez úgy is fogalmazható, hogy O₃ésO₄ is rajta van az O₁,O₂ és M ponthármas által meghatározott körön. [1136] ábráját megbetűzve MF merőleges O₁O₂ -re, ME merőleges O₁O₃ -ra , így nem egymás szögtartományába eső merőleges szárú szögek lévén FME $\angle$ =O₂O₁O₃ $\angle$ . Hasonlóan adódik, hogy EMC $\angle$ =O₁O₃O₂ $\angle$ . A kettőt összegezve FMC $\angle$ O₃O₂O₁ $\angle$ kiegészítő szögével egyenlő. Jelöljük az MEF $\angle$ -et $\phi$ -vel. Az O₁ középpontú k₁ körben ez az MF húrhoz tartozó kerületi szög. MFO₁ egyenlőszárú $\Delta$ -ben $\phi$ a középponti szög, MO₁F $\angle$ fele, így FMO₁ $\angle$ = $\pi$ /2- $\phi$ . Az O₃ középpontú k₃ körben CEM $\angle$ = $\pi$ - $\phi$ a rövidebbik CM ívhez tartozó kerületi szög, a hosszabbik CM ívhez tartozó kerületi szög $\phi$ , az MCO₃ egyenlőszárú $\Delta$ -ben $\phi$ a középponti szög, MO₃C $\angle$ fele, így CMO₃ $\angle$ = $\pi$ /2- $\phi$ . O₁MO₃ $\angle$ =FMC $\angle$ -FMO₁ $\angle$ +CMO₃ $\angle$ =FMC $\angle$ , az O₃O₂O₁ $\angle$ kiegészítő szöge, tehát O₁,O₂,O₃ésM egy körön vannak.

Előzmény: [1136] BohnerGéza, 2008-10-16 19:03:53

[1137] HoA	2008-10-17 11:54:55
Nem feledkeztem meg róla, ne lődd még le! Köszönöm.
Előzmény: [1136] BohnerGéza, 2008-10-16 19:03:53

[1136] BohnerGéza	2008-10-16 19:03:53
Ábra a 138. feladathoz.

Előzmény: [1125] BohnerGéza, 2008-09-24 11:16:44

[1135] BohnerGéza

2008-10-12 01:28:32

140/b feladat: Bizonyítandó, ha a 140. feladatban az ABCD négyszög konkáv, akkor az állítás - ha vannak - a közös belső érintőkkel, igaz! ( Szóval a BG és DE átmegy a körök belső hasonlósági pontján. )

Megjegyzés: Ha a 140-ben a két kör sugara egyforma, akkor BG és DE párhuzamos a centrálisukkal.

Előzmény: [1134] BohnerGéza, 2008-10-12 01:13:22

[1134] BohnerGéza	2008-10-12 01:13:22
140.feladat: A konvex ABCD négyszögben DA+AB=BC+CD-vel. (Nem érintőnégyszög!) Az ABC háromszög beírt köre érintse AC-t az E, a BDA-é a G pontban. Bizonyítandó, hogy a beírt körök közös külső érintői, a BG és a DE egyenesek egy ponton mennek át!

[1133] sakkmath	2008-10-05 16:13:09
Kérdéseddel dr. Dályay Pál Péterhez, a szegedi Deák Ferenc Gimnázium tanárához célszerű fordulni. A feladatot az ő javaslatára a The American Mathematical Monthly tűzte ki 2006-ban 11240-es sorszámmal. A 2008. évi februári szám internetes hivatkozása itt már a rövidített megoldást is közli.
Előzmény: [1132] Lóczi Lajos, 2008-10-03 21:21:38

[1132] Lóczi Lajos

2008-10-03 21:21:38

Az exponenciális függvény konvexitása miatt minden valós x-re 1+x $\le$ e^x. Speciálisan, ha x $\in$ (0,1), akkor 1-x $\le$ e^-x, így $\frac{1}{1-x}\ge e^x$ . Legyen most $y=\frac{1}{1-x}\in (0,\infty)$ tetszőleges, ekkor $y\ge e^{1-\frac{1}{y}}$ . Végezzük itt el az $y=\frac{(1+\lambda)^2}{4\lambda}$ helyettesítést, ha $\lambda$ >0 tetszőleges. Azt kapjuk, hogy $\frac{(1+\lambda)^2}{4\lambda}\ge e^{\frac{(\lambda-1)^2}{(\lambda+1)^2}}$ . Legyen most $\lambda=\frac{A}{B}$ , ha A>0 és B>0 tetszőleges. Ekkor $\frac{(A+B)^2}{4A B}\ge e^{\frac{(A-B)^2}{(A+B)^2}}$ . Ha C>0 tetszőleges, akkor betűcserével ebből azt kapjuk, hogy $\frac{(A+C)^2}{4A C}\ge e^{\frac{(A-C)^2}{(A+C)^2}}$ és $\frac{(B+C)^2}{4B C}\ge e^{\frac{(B-C)^2}{(B+C)^2}}$ is igaz. Az utolsó három egyenlőtlenséget összeszorozva azt nyerjük, hogy minden pozitív A, B és C-re

$\left(\frac{(A+B)(A+C)(B+C)}{8A B C}\right)^2\ge e^{\frac{(A-B)^2}{(A+B)^2}+\frac{(A-C)^2}{(A+C)^2}+\frac{(B-C)^2}{(B+C)^2}}.$

Vonjunk gyököt az egyenlőtlenségből, majd végezzük el az A=a+b-c>0, B=a-b+c>0, C=-a+b+c>0 helyettesítéseket, ahol a, b és c a háromszög oldalai. Azt kapjuk, hogy

$\frac{a b c}{(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)}\ge e^{\frac{(a-b)^2}{2c^2}+\frac{(b-c)^2}{2a^2}+\frac{(c-a)^2}{2b^2}}.$

A fenti bal oldal viszont éppen $\frac{R}{2r}$ .

Amúgy honnan jött ez az állítás? (Valami hiperbolikus/abszolút geometriai tétel?)

Előzmény: [1131] sakkmath, 2008-10-03 13:36:48

[1131] sakkmath	2008-10-03 13:36:48
139. feladat:

[1130] Káli gúla	2008-10-01 16:36:48
Ha K a a háromszög symmediáns pontja és O a köré írt kör középpontja, akkor a Tucker körök középpontjai éppen az OK szakasz pontjai. A bizonyítás megtalálható pl. W. Mclelland: A Treatise On The Geometry Of The Circle. Macmillan, 1891. könyvében a 73. oldalon. A könyv olvasható, és le is tölthető a www.archive.org oldalon, csak rá kell keresni a címére.
Előzmény: [1128] klerox, 2008-09-30 17:45:13

[1129] BohnerGéza	2008-09-30 21:46:44
Azt hiszem - így ábra nélkül -, hogy az A'A"=B'B"=C'C" az nem feltétel, hanem igazolható, bárhova vesszük is fel a kezdő A' pontot.
Előzmény: [1128] klerox, 2008-09-30 17:45:13

[1128] klerox	2008-09-30 17:45:13
A Tucker körnek a lényege: Feltétel: A'A"=B'B"=C'C", és A'A", B'B" és a C'C" antiparallel a BC, CA és AB oldalakkal. A hat pont: A', A", B', B", C' és C" egy körön helyezkedik el. Tudomásom szerint kell középpontjának lenni.

[1127] BohnerGéza	2008-09-29 22:40:25
Biztos, hogy nem a "Matematikus-fizikus viccek, sztorik" közé akartad írni? Utána néztem, a Tucker-kör vszleg hatszög, azaz önmagába visszatérő vonal. Ilyet a talpponti háromszög (piros) segítségével is meg lehet szerkeszteni. Az ábrán kettő látszik (kék, zöld) és nyilván végtelensok van. Mivel ezen hatszögek köré írható kör, de ezek kp-jai nem esnek egybe, nincs értelme a kérdésnek.

Előzmény: [1126] klerox, 2008-09-29 19:30:34

[1126] klerox

2008-09-29 19:30:34

Sziasztok!

A Tucker-kör megszerkesztésével bajlódok, de sehogy nem jövök rá a középpont megszerkesztésére, kérlek segítsetek.

Előre is köszönöm

[1125] BohnerGéza

2008-09-24 11:16:44

Ismert a következő: Ha négy egyenes négy háromszöget határoz meg, akkor ezek körülírt körei átmennek egy közös ponton.

138. feladat: Bizonyítandó, hogy a négy körülírt kör középpontja és ez a közös pont egy körön van.

[1123] farkasb

2008-09-23 11:18:35

Köszönöm!

Közben sikerült megoldanom más módszerrel a kör és sík problémáját is.

Előzmény: [1122] Sirpi, 2008-09-08 13:41:42

[1122] Sirpi

2008-09-08 13:41:42

Nemrég nekem is szükségem volt hasonló programra, csak éppen gömbközéppontot kellett keresni felületi pontok alapján, és írtam egy egyszerű módszert, ami a tesztek alapján elég jól működik, röviden le is írom, hogyan (körre is jó változtatás nélkül):

Legyenek adva a P₁,P₂,...,P_n pontjaink, és keressük az O középpontot iterációs módszerrel. Legyen O₀ a megadott P_i ponthalmaz súlypontja. Ha egyenletes a ponteloszlás, akkor ez már önmagában is majdnem jó, de ha nem, akkor is egy jó kiindulópont.

Nézzük a k+1. lépést: rendezzük sorba a P_i pontokat az O_k-tól vett távolság alapján, és a robusztusság miatt ebből hagyjuk el a legközelebbi és a legtávolabbi 10%-ot, legyen ez első meghagyott pont R (tehát ez egy majdnem legközelebbi pont O_k-hoz képest), az utolsó S (ez pedig a majdnem legtávolabbi, leszámítva a felső 10%-ot). Ideális esetben O_k-t az RS szakasz felezőmerőlegesére kellene "ráhúzni", de tapasztalataim alapján így lassabb a konvergencia, mintha csak a felezőmerőlegeshez képest a felére csökkentenénk a távolságot. Tehát ha O_k talppontja RS felezőmerőlegesére T, akkor O_k+1-nek válasszuk O_k és T felezőpontját, majd folytassuk az eljárást.

Megállási feltétel: Egy adott O_k pont jóságát mérjük az |SO_k|-|RO_k| különbséggel, és ha ez kisebb, mint az eddigi legjobb, akkor jegyezzük meg ezt, mint lehetséges végső kör/gömbközéppontot. És ha mondjuk 1000 iterációs lépésen keresztül ez a rekord nem dől meg, akkor legyen ez a végső győztes is egyben.

Előzmény: [1121] farkasb, 2008-09-08 00:49:03

[1121] farkasb

2008-09-08 00:49:03

Kedves "Fálesz" Mihály!

Visszatérve a legjobban illeszkedő körhöz... Sajnos nem tudom végigszámolni a kör a megadott segédletek alapján, elakadok vele..Az a baj,hogy nem teljesen látom át. Örülnék ha egy konkrét példán bemutatott feladatmegoldást láthatnék.

Van egy programom, ami képes erre a legjobban illeszkedő kör készítésére, a megadott pontokra az alábbi eredmények számolja:

Adottak az alábbi pontok (X,Y):

(0,1000); (10,1000); (400,4000); (500,2000); (-500,-1500); (-900,-3500); (-7000,-3500);

Eredmények(origó,sugár):

X0= -4853.3 ; Y0= 1209.7 ; R= 5352.6 ;

Távolságok az origótól:

1=4857.8; 2=4867.8; 3=5948.4; 4=5411.3; 5=5127.7; 6=6149.0; 7=5175.8;

Amennyiben nem túl nagy munka a segítség, megköszönném. Ha nagy, akkor sincs semmi gond :) Előre is köszönettel: farkasb

Előzmény: [1111] Fálesz Mihály, 2008-09-02 21:45:36

[1120] Sirpi	2008-09-07 11:22:30
Mivel semmi más adat nincs megadva a két egyenesen kívül, ezért nem nagyon jutott eszembe más lehetöség, hogy mi lehet a feladat. Felsoroltam azt a 2-t, ami viszont igen :-)
Előzmény: [1118] jonas, 2008-09-03 22:25:25

[1119] BohnerGéza	2008-09-03 22:56:06


Előzmény: [1116] Lowosan, 2008-09-03 19:41:43

[1118] jonas	2008-09-03 22:25:25
Ezt meg hogy tippelted meg?
Előzmény: [1114] Sirpi, 2008-09-03 15:54:09

[1117] jonas	2008-09-03 22:25:02
Azt kell tudni hozzá, hogy számolhatod ki egy pontnak egy egyenestől mért távolságát. Ezután csak veszel egy pontot az egyik egyenesről, és kiszámolod ennek a távolságát a másiktól.
Előzmény: [1116] Lowosan, 2008-09-03 19:41:43

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?