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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[1294] HoA2009-10-07 09:52:55

Addig is egy projektív, de rövid megoldás 158/2re: B1P5R2 és C1P2R1 háromszögek megfelelő oldalegyenesei az egy egyenesbe eső A1,A,M pontokban metszik egymást. A Desargues-tétel értelmében ekkor egy pontra nézve is perspektívek. Mivel C1B1 és P2P5 metszéspontja S, R1R2 is itt halad át.

Előzmény: [1293] sakkmath, 2009-10-06 17:56:28
[1293] sakkmath2009-10-06 17:56:28

Egy újabb, korrekt megoldást láttunk HoA-tól.

Azt hiszem, ideje megnevezni a jelenlegi feladatcsokor ősét, a KöMaL 1991. májusi számában megjelent F. 2857. feladatot. Ebből úgy kaptam például a B. 3869 - et, hogy a feladat szövegében az oldalfelező merőlegest egyszerűen kicseréltem szögfelezőre és különböző összefüggéseket vizsgáltam. Első eredményem az e hozzászólás végén (is) szereplő 158/3.' példa volt, amelyet félretéve jutottam el a végül közölt B. 3869 - hez.

Aki elmélyed a nevezett feladatokban, rájöhet, hogy némelyikben fontos szerep jut egy bizonyos hatszög főátlóinak. Érdemes tehát a feladatok általánosítását ezekre koncentrálva megkeresni. Annál is inkább, mert az a sejtésem, hogy HoA "P1MP4 kollinearitására van egy projektív megoldásom" bejelentése pont erre az általánosításra utalhat. Nézzük tehát feladataink eme "burkológörbéjét", melynek projektív megoldása Jolly Joker-ként gyorsan és sok mindent megválaszol (...):

TÉTEL: Adott az ABC háromszög és a belsejében egy M pont. Az AM, BM, CM egyeneseknek a körülírt körrel alkotott második metszéspontjai létrehozzák az A1B1C1 háromszöget, melynek oldalai az ABC háromszög oldalait egy konvex hatszög csúcsaiban metszik. E hatszög főátlói az M pontban metszik egymást.

A 158/4/b. feladat szerkesztésének ígért kiterjesztését később, egy már beérkezett megoldás után célszerű feltennem.

Végül egy másik megoldás a 158/3. feladatra:

Előzmény: [1292] HoA, 2009-10-04 21:26:00
[1292] HoA2009-10-04 21:26:00

A 158/3. feladathoz: [1283] ábrájára is hivatkozva. Legyen ABC \Delta b és c oldalainak aránya k. AA1 és BC metszéspontját jelöljük T-vel. \alpha szögfelezője az a oldalt ilyen arányban osztja, tehát CT=k.BT . ABC és AP2P5 háromszögek hasonlóságából P5M=k.P2M A1P2P5 és A1P3P4 háromszögek hasonlóságából P4T=k.P3T , így CP4=CT–P4T=k(BT–P3T)=k.BP3 . Q1P5M és Q1P4C illetve Q2P2M és Q2P3B hasonló háromszög párokban a hasonlóság aránya megegyezik, Q1 ugyanolyan arányban osztja P4P5 -öt mint Q2 P3P2 -t, a párhuzamos szelők tételének megfordításából Q1Q2 párhuzamos BC -vel.

P1MP4 kollinearitására van egy projektív megoldásom, de talán tud valaki erre is elemit?

158/4b.-re van egy Pascal tételes bizonyításom, ha mást nem érdekel a feladat, felteszem.

Előzmény: [1291] sakkmath, 2009-10-03 20:27:59
[1291] sakkmath2009-10-03 20:27:59

Köszönöm az elegáns megoldást!

Kérdésed után érdemes kitérni olyan további, ki nem mondott, de a [1283]-as ábráról könnyen leolvasható összefüggésekre (sejtésekre) is, melyeket szintén be lehet bizonyítani a projektív geometria alkalmazása nélkül. Egy ilyen a - dinamikus geometriai programok által sugalmazott - következő, 1. sejtés:

A P1P4 és P3P6 szakaszok (hatszögátlók) az M pontban metszik egymást. (Ha ennek igazolását feladatként tűzzük ki, ez a 158./5. feladat lehetne.)

Pár napon belül egy további sejtést is ismertetek, ami a 158/4/b. feladat szerkesztésének kiterjesztése lenne (örülnék, ha ebben valaki megelőzne a vonatkozó megoldásával).

Végül álljon itt egy "minimálábra" a 158./3. feladat megoldásához arra az esere, ha valakit zavarna a [1283]-as rajz zsúfoltsága:

Előzmény: [1288] HoA, 2009-09-30 09:51:33
[1290] sakkmath2009-09-30 12:09:04

... a projektív geometria mellőzésével.

Előzmény: [1289] sakkmath, 2009-09-30 11:39:41
[1289] sakkmath2009-09-30 11:39:41

A 158/3. feladat elemi geometriai módon megoldható.

Előzmény: [1288] HoA, 2009-09-30 09:51:33
[1288] HoA2009-09-30 09:51:33

A 158/1 feladathoz:

Legyen az AP2P5\Delta körülírt köre k1. BC és P2P5 párhuzamossága miatt AP2P5\Delta és ABC\Delta hasonlóak, egymásból A középpontú nagyítással származtathatók, ez körülírt köreikre is áll, ezért k és k1 A-ban érinti egymást, t a két kör hatványvonala. Ossza a CC1 egyenes ABC\Delta \gamma szögét \gamma1=ACC1 és \gamma2=C1CB szögekre. Ekkor C1B1P5\angle=\alpha/2+\gamma2 P2BC1\angle=\gamma1 BC1P2\angle=\alpha/2 AP2C1\angle=\alpha/2+\gamma1 , P5P2C1\angle=\alpha/2+\gamma1+\beta C1B1P5\angle+P5P2C1\angle=180o , B1C1P2P5 húrnégyszög, körülírt köre legyen k2 . B1C1 k és k2 hatványvonala, P2P5 k1 és k2 hatványvonala. A három kör páronként vett hatványvonalai egy pontban metszik egymást (S)

A további feladatokra van valakinek nem projektív geometriai megoldása?

Előzmény: [1283] sakkmath, 2009-09-26 17:52:54
[1287] PuzzleSmile2009-09-28 12:36:22

Nem erről van szó.

Olvassuk össze a következő sor vastagított részét: "C1-ből és L*-ból is béta szögben látszik az AM szakasz".

Tehát: a béta nagyságú látószög hiányzó szárát pótoltam.

Előzmény: [1286] BohnerGéza, 2009-09-27 20:24:37
[1286] BohnerGéza2009-09-27 20:24:37

Jogos! Kösz!

(Az AC1 berajzolása kicsit fölösleges azért! A C'-ből csak egy A jelű pontnak látszik.)

Előzmény: [1285] PuzzleSmile, 2009-09-27 19:34:54
[1285] PuzzleSmile2009-09-27 19:34:54

HoA [1278]-as megjegyzése a joke-ról találó ... :)

HoA [1276]-os kiegészítését elfogadva, az alábbi négy, piros puzzledarabkát helyezem el Bohner Géza [1274]-es megoldásában. Az így korrigált puzzle-t - Géza utólagos engedelmére számítva - idemásolom:

Előzmény: [1275] PuzzleSmile, 2009-09-23 11:05:28
[1284] sakkmath2009-09-27 11:32:04

4/b. feladat: Szerkesszük meg a két ellipszis érintkezési pontjaihoz tartozó érintőit!

(Ez a részfeladat - a szerkesztési eljárást bemutató - bizonyítandó állítás formájában is megfogalmazható. Ez viszont könnyítést jelenthetne, s esetleg elrontanám vele a megoldó(k) örömét ...)

Előzmény: [1283] sakkmath, 2009-09-26 17:52:54
[1283] sakkmath2009-09-26 17:52:54

Egy saját feladatcsokrot

ajánlok a Fórum olvasóinak,

megoldóinak figyelmébe.

158. /1. - 4. feladatok:

Előzmény: [1266] sakkmath, 2009-09-11 16:16:11
[1282] jonas2009-09-25 11:31:06
Előzmény: [1280] PuzzleSmile, 2009-09-25 10:34:31
[1281] HoA2009-09-25 11:28:48

Ezek után elárulhatom, hogy [1270] is egy, a [1274]-hez hasonló elemi geometriai megoldás átalakítása inverzióssá: AMNB1 húrnégyszög, mert MN A-ból és B1-ből is \alpha/2 szög alatt látszik. Így ANM\angle=AB1M\angle=AB1B\angle=ACB\angle. NM és BC párhuzamosak és a vége mint [1270] végén.

A "négy pont egy körön van" egyenértékű azzal, hogy egyiküket az inverzió középpontjának választva a másik három pont képe egy egyenesen van.

Előzmény: [1279] BohnerGéza, 2009-09-25 09:54:02
[1280] PuzzleSmile2009-09-25 10:34:31

A puzzle 4 darabja még hiányzik, az egyikük rajzos. Ha holnap sem lesz, aki kirakja őket, vasárnap ezt megteszem én. (Ezek jelentősége már kisebb.)

A (1276)-os "foltozás" nem inverziós, de az eredeti első bekezdés meghagyásával létezik inverziós befejezés is. Igaz, ez keverék megoldást ad és elromlik a szimmetria.

Előzmény: [1278] HoA, 2009-09-25 06:56:37
[1279] BohnerGéza2009-09-25 09:54:02

Mint írtam:

"Az adott inverzióval játszva sok érdekességet láthatunk, kár, hogy a megoldásnál fölösleges!"

Azaz kár, hogy a megoldásnál fölösleges az inverzió!

Előzmény: [1278] HoA, 2009-09-25 06:56:37
[1278] HoA2009-09-25 06:56:37

Köszönöm PuzzleSmile-nak, hogy ismát ráirányította figyelmemet erre a megoldásra. Azt ugyan még nem árulta el, hogy hol a puzzle, de rájöttem, hogy ha már angolkodunk, akkor ez inkább joke. Ugyanis nem inverziós megoldás. Az első bekezdés helyett nyugodtan írhattuk volna: "Húzzunk párhuzamost M-en át BC-vel, az AB-vel alkotott metszéspont legyen L*. " Ettől persze még a bizonyítás helyes.

Előzmény: [1275] PuzzleSmile, 2009-09-23 11:05:28
[1277] sakkmath2009-09-24 14:05:39

Bohner Gézának és Hoa-nak is köszönöm az érdekes, értékes megoldásokat.

Előzmény: [1274] BohnerGéza, 2009-09-19 23:10:15
[1276] HoA2009-09-23 21:38:59

Ha az ábrát kell szerinted kiegészíteni, áruld el, mire gondolsz. Ha a megoldás szövegét nem találod teljesnek, olvasd el a téma utolsó néhány heti hozzászólásait, melyek alapján az inverzió jópár tulajdonságát már ismertnek vesszük. Azt meg, hogy ML és BC párhuzamosságából következik LN és BC párhuzamossága, úgy értjük, mint [1270] végén: A C1re leírtakat B1re vonatkoztatva kapjuk, hogy MN és BC párhuzamos, tehát L,M,N egy egyenesen vannak és ez párhuzamos BC-vel.

Előzmény: [1275] PuzzleSmile, 2009-09-23 11:05:28
[1275] PuzzleSmile2009-09-23 11:05:28

Hoppá!! ... Ez egy puzzle!

157.feladat: egészítsük ki (1274)-et a hiányzó darabokkal!

Előzmény: [1274] BohnerGéza, 2009-09-19 23:10:15
[1274] BohnerGéza2009-09-19 23:10:15

Legyen az inverzió az az A1 középpontú kör, melyre az A képe M. Ekkor a „k” körülírt kör képe az M-en átmenő BC-vel párhuzamos k’ egyenes. (A1 felezi a BC ívet.) Jelölje L* az AB és k’ metszéspontját.

Mivel C1-ből és L*-ból is béta szögben látszik az AM szakasz, az A, a C1, a L* és az M egy körön van. Ebben a körben a L*M és k-ban az A1C ív is alfa/2 szögben látszik, ezért C1, L* és A1 egy egyenesen van, azaz L* azonos L-lel. Ebből következik, hogy LN átmegy M-en és párhuzamos.

(Az adott inverzióval játszva sok érdekességet láthatunk, kár, hogy a megoldásnál fölösleges!)

Előzmény: [1266] sakkmath, 2009-09-11 16:16:11
[1273] sakkmath2009-09-19 18:37:27

A 9. sor vége helyesen: "\omega és k1 merőlegesen metszik"

Előzmény: [1272] sakkmath, 2009-09-19 18:21:18
[1272] sakkmath2009-09-19 18:21:18

A 2. rész:

Előzmény: [1271] sakkmath, 2009-09-19 18:19:39
[1271] sakkmath2009-09-19 18:19:39

Köszönöm Hoa szép megoldását. Úgy látszik, nincs több hozzászóló, ezért - két részletben - fölteszem saját inverziós levezetésemet, amely különbözik [1270]-től. Az 1. rész:

Az ABC háromszög körülírt köre k, középpontja O, a háromszög A csúcsában lévő szög 2\varphi. Az AA1 szögfelező felezi a 2\varphi szöget, ezért A1AB\angle = CAA1\angle = \varphi, másrészt a BA1 húron nyugvó kerületi szögek egyenlőségéből A1AB\angle = A1B1B\angle =A1CB\angle= \varphi. Az A1C húron nyugvó kerületi szögekre: CAA1\angle = CC1A1\angle = CBA1\angle = \varphi. Látható, hogy az LM szakasz a C1 és az A pontból egyaránt \varphi szög alatt látszik. Ezért az L, M, A, és C1 pontok egy k1 körön sorakoznak, melynek középpontja O1.

Előzmény: [1266] sakkmath, 2009-09-11 16:16:11
[1270] HoA2009-09-15 22:45:37

Legyen az inverzió alapköre az A középpontú, AM sugarú kör. Az inverz pontokat jelöljük vesszőzve. A körülírt kör képe egyenes, ezen jelöljük meg B’,C’,A1’ésB1 pontokat. BC egyenes képe az AB’C’ pontokon át húzott k1 kör, BB1 képe az AB’MB1 pontok k2 köre, A1B1 képe, k3 , AA1’N’B1 pontokon halad át, végül legyen k4 kör az MN egyenes képe az AMN’ pontokon át. BAA1\angle=A1AC\angle=\alpha/2 . B1’A1’A\angle=B1’N’A\angle (k3 –ban közös húr ) . B1’B’A\angle=B1’MA\angle (k2 –ben közös húr ) . Ezért B1’M egyenes az AC és AA1 egyenesekkel AB’A1 höz hasonló háromszöget alkot, ennek külső szöge megegyezik B1’N’A\angle-gel, B1,N’ésM egy egyenesen van. Legyen AB és k4 másik metszéspontja P. N’PA\angle=N’MA\angle=C’B’A\angle. AB’C’ és APN’ hasonló háromszögek, egymásból A középpontú nyújtással keletkeznek. Ez igaz körülírt köreikre is. A tehát k1 és k4 hasonlósági pontja, a két kör érinti egymást. Szimmetrikus módon a C1 -n áthaladó inverz körök vizsgálatával kapjuk, hogy az ML egyenes képe is a k1 kör A középpontú nyújtásával keletkező, M-en áthaladó kör, vagyis k4 ( és P = L’ ) . L,M, N egyazon egyenes pontjai, és mivel k1 -nek és k4 nek nincs A-tól különböző közös pontja, inverz képeik, a BC és LN egyenes párhuzamosak.

Előzmény: [1266] sakkmath, 2009-09-11 16:16:11

  [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]