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.
[1305] HoA2009-10-26 10:38:11

Bár az eddigiekből következik, mivel tételesen még nem szerepelt 158/4/b megoldása, megadom: A hatszög csúcsait R1P2Q2R2P5Q1 sorrendben véve

R1P2\capR2P5=A

P2Q2\capP5Q1=A1

Q2R2\capQ1R1=M

, a három metszéspont egy egyenesen van, így a hat csúcs egy kúpszeleten helyezkedik el. ( Hogy ez ellipszis-e, arra ld. [1299] )

Ezután rátérhetünk 158/4/c –re. P1P2P3P4P5P6 ellipszisének P2-beli érintője legyen t1, ennek P4P6-tal alkotott metszéspontja T . A P2P2P3P4P6P1 ellipszisbe írt „hatszögre”

P2P2(=t1)\capP4P6=T

P2P3\capP6P1=C1

P3P4\capP1P2=B

, T rajta van a BC1 egyenesen. A P2P2P5P4P6P3 hatszögre

P2P2(=t1)\capP4P6=T

P2P5\capP6P3=M

P5P4\capP3P2=A1

, T rajta van az MA1 egyenesen. T tehát BC1 és MA1 metszéspontja, t1 a P2T egyenes.

R1P2Q2Q1P5R2 ellipszisének P2-beli érintője legyen t2, ennek Q1R2-vel alkotott metszéspontja U . A P2P2R1Q1R2Q2 ellipszisbe írt hatszögre

P2P2(=t2)\capQ1R2=U

P2R1\capR2Q2=B

R1Q1\capQ2P2=C1

, U rajta van a BC1 egyenesen. A P2P2P5Q1R2Q2 ellipszisbe írt hatszögre

P2P2(=t2)\capQ1R2=U

P2P5\capR2Q2=M

P5Q1\capQ2P2=A1

, U rajta van az MA1 egyenesen. U tehát BC1 és MA1 metszéspontja, t2 a P2U egyenes. Vagyis T=U és így t1=t2, a két ellipszis P2 -beli érintője közös, érintik egymást. Az ábra szimmetriája miatt P5 -re hasonló bizonyítás adható.

Előzmény: [1293] sakkmath, 2009-10-06 17:56:28
[1304] sakkmath2009-10-26 09:50:51

Egyetértek HoA értékelésével. Most már nekem is úgy tűnik, hogy B.3869-ben nem lehet elemi eszközökkel bebizonyítani a BC-vel nem párhuzamos hatszögfőátlók M-re illeszkedését. Az elmúlt napokban sokat kísérleteztem e témában, de eredménytelenül. Köszönet illeti HoA-t - s talán még valakit :) -, hogy a helyzet tisztázódott.

Előzmény: [1301] HoA, 2009-10-20 16:17:28
[1301] HoA2009-10-20 16:17:28

Sajnos elképzelhetőnek tartom, hogy B.3869 és F.2857 olyan értelemben ikrek, hogy B.3869 –ben , ahol M a szögfelezőn van, valójában azt lehet bizonyítani elemi eszközökkel, hogy a hatszög BC-vel párhuzamos átlója átmegy M-en – és a másik két átlóról nem sikerül, míg F.2857-ben, ahol M az oldalfelező merőlegesen van, nem véletlenül azt kell – és lehet – elemi úton bizonyítani, hogy a hatszög átlói között van két olyan, amelyik M-ben metszi egymást – és az oldalfelezőre merőleges oldallal „párhuzamos” hatszögátlóról nem esik szó.

Előzmény: [1300] sakkmath, 2009-10-14 17:45:24
[1300] sakkmath2009-10-14 17:45:24

Köszönöm HoA újabb megoldásait.

Ha jól értem, a 2)-es kérdés így fejthető ki: Ismerek-e olyan bizonyítást, ami úgy igazolja azt, hogy a Pi hatszög kúpszeletbe írt, hogy közben nem használja fel a főátlók azon tulajdonságát, hogy áthaladnak az M ponton?

A válaszom: nem ismerek ilyen bizonyítást és attól tartok, hogy talán nem is létezik ilyen. Lehetséges viszont, hogy e bizonyítás létezésének eldöntéséhez közelebb vinne, ha valaki elemi úton megoldaná 158/5 ama esetét, amikor M a szögfelezőn van. Ez utóbbi elemi bizonyítás biztosan létezik, hiszen az ikerfeladat F. 2857-re is van elemi bizonyítás (a KöMaL közölt egy ilyet anno)...

Elképzelhető, hogy a vizsgált feladatcsoport egy újabb kiterjesztése is közelebb visz a 2)-es a kérdésben megjelölt bizonyítás létezésének megítéléséhez. (Ezt a kiterjesztést később közölném, a továbbiakban beérkező megoldás(ok) után, ugyanis azokkal is összefügg.)

Előzmény: [1299] HoA, 2009-10-14 11:07:37
[1299] HoA2009-10-14 11:07:37

Azt hiszem nem lövöm le a többi alfeladatra beérkező megoldásokat és nem okozok meglepetést, ha megadom 158/4/a megoldását : A hatszög csúcsait P1P2P5P4P3P6 sorrendben felvéve a „szemközti” oldalak metszéspontjai B,MésB1 , egy egyenesre esnek, így a hat pont egy ellipszisen – vagy legalábbis egy kúpszeleten helyezkedik el.

Kérdéseim: 1) A szemléleten kívül mi igazolja, hogy a kúpszelet ellipszis? – Természetesen nem a görbe egyenletének együtthatóiból képezhető determinánsok vizsgálatára gondolok. 2) Sakkmath tud-e 158/4/a-ra 158/5-öt nem felhasználó megoldást?

Előzmény: [1293] sakkmath, 2009-10-06 17:56:28
[1298] HoA2009-10-12 15:18:42

[1293] TÉTEL-ének - és egyben 158/5nek a bizonyítása: A [1283]-éhoz hasonló ábra csak a könnyebb azonosíthatóság kedvéért. Nem használjuk ki, hogy körülírt körről van szó, tetszőleges kúpszelet lehet, és M-ről sem tesszük fel, hogy a szögfelezőn van. Az ABCA1B1C1 hatszög csúcsainak megfelelő sorrendezésével a Pascal-tétel szerint adódik a TÉTEL állítása. Más sorrendezéssel a másik két átlóról ugyanígy kimutatható, hogy M-en haladnak át.

Előzmény: [1296] sakkmath, 2009-10-09 11:46:36
[1297] sakkmath2009-10-10 19:07:10

Az utolsó bekezdést törlöm. Itt nem használható a Brianchon-tétel.

Előzmény: [1296] sakkmath, 2009-10-09 11:46:36
[1296] sakkmath2009-10-09 11:46:36

Ez a megoldási kísérlet érdekes és visszautal a feladatok gyártástechnológiáját megvilágító egykori "oldalfelező merőleges - szögfelező" cserére.

Ha bebizonyítjuk [1293] TÉTELét (ami voltaképpen - kis bővítéssel - a már említett 158/5. feladat), az egyik lehetséges bizonyításból (Pascal ...) az is kiderülhet, hogy a sejtés erősíthető: az ellipszisen túl, más kúpszeletekre is igaz az állítás.

Most jutott eszembe egy másik, (esetleg) szóba jövő bizonyítási módszer, a Brianchon-os. De ez (ha egyáltalán jó irány) messzire vezet, időigényes, inkább nem részletezem ...

Előzmény: [1295] HoA, 2009-10-07 15:55:37
[1295] HoA2009-10-07 15:55:37

158/4 megoldási kisérletei során merült fel az ötlet: vessük alá az ábrát egy olyan projektivitásnak, mely B-t és C-t helyben hagyja, A-t és M-et viszont BC felező merőlegesére viszi. Ekkor az egyenesek egyenesek maradnak, de a körülírt kör már nem lesz kör. Innen a sejtés: [1293] TÉTEL-e erősíthető: nem kell a körülírt kör, ellipszisre is igaz az állítás.

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

  [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]