Fórum: GEOMETRIA

Köszönöm HoA értelmezését! Igen fáradtan fogalmaztam meg a feladatot, illett volna ábrát is adni.

Nekem mindig pontosan adja az "egyenest" az Euklides.

Jogos ... valóban. A határozott névelő tévesztett meg: "Jelölje k* a k-t belülről S-ben érintő ..." - és egy lehetőségre asszociáltam. Bocsánat.

Erről lenne szó? k₂ és k₃ egyik metszéspontja nyilván O. A és B felcserélhető ( piros és kék kör illetve egyenes ).

Illetve mégegyszer átolvasva, az "O-t tartalmazó" nyilván úgy értendő, hogy nem a körvonal, hanem a körlap tartalmazza O-t. Elnézést, Géza!

Igen, nekem is ez jött ki. k1 és k* meghatározásában szerepel, hogy O-n áthaladnak.

A szövegezés alapján nekem úgy tűnik, hogy k1 és k* egyaránt a k kört belülről érintő és k-hoz képest feleakkora sugarú kör. De akkor egyik metszéspontjuk O, miáltal a "jelölje ... k* és k1 metszéspontjait A és B" számomra nem igazán jól értelmezhető.

Rosszul értettem valamit?

Jelöljük k-val az O középpontú, az S és T ponton átmenő kört, T’-vel a T-ből induló átmérő másik végét. Legyen k1 az OT Thálesz-köre, k2 az S-en, T’-n és O-n átmenő kör. Jelölje k* a k-t belülről S-ben érintő, O-t tartalmazó kört és a k* és k1 metszéspontjait A és B. Már csak a k3-at határozom meg, jelölje a TT’-t O-ban érintő B-n átmenő kört. Bizonyítandó, hogy a k2 és k3 metszéspontjain átmenő egyenes tartalmazza A-t.

Elnézést, fáradt voltam, elírtam. Helyesen:

"...amikor M-et az AA₁ szakasz A-n, illetve A₁-en túli meghosszabbításain mozgatjuk."

Megvizsgálhatók azok az esetek is, amikor M-et a DA₁ szakasz D-n, illetve A₁-en túli meghosszabbításain mozgatjuk. A Cabri kiírással jelzi, hogy az M által bejárt útvonal egyes csatlakozó szakaszain éppen milyen kúpszelet ₁ és ₂. (Van olyan szakasz is, amikor egy lokális kúpszeletről nem tudja megmondani, hogy az konkrétan melyik, s ez nyilván a program úgynevezett modellhibájával magyarázható.) Érdemes lenne kideríteni, hogy a kiinduló szerkesztéssel milyen kapcsolatban vannak ezek a fázisváltások, melyeknél tehát az egyik kúpszeletfajtából hirtelen egy másikba vált ₁, vagy ₂. Vajon megszerkeszthetők-e az ilyen váltásokhoz tartozó M-ek?

Mindezt nem feladatkitűzésként, hanem egyfajta töprengő lezárásként írtam. Úgy tűnik ugyanis, hogy ez az új kérdéskör – legyen bármennyire ígéretes és izgalmas – túlmutat e FÓRUM jellegén és keretein, és persze az én igencsak szerény ismereteimen :(.

Ismét megköszönöm HoA hozzászólásait, megoldásait. Sokat tanultam belőlük.

3. ábra

2. ábra

M-et DA₁-en mozgatva (D az ábrákról lemaradt) azt tapasztaljuk, hogy ₁ és ₂ hiperbola - a hat-hat pont nem konvex sokszöget alkot, a kúpszelet bizonyításnál pedig nem használtuk ki, hogy M a háromszögön belül van. Amíg M D-hez van közel, Q₁ az AA₁ egyenesnek C-vel, Q₂ pedig a B-vel azonos oldalán van. (1.ábra) . Ha M A₁-hez van közel, fordított a helyzet (2.ábra). A két esetet az az M₀ választja el, amelyre CC₁ és A₁B₁ párhuzamos. (3. ábra). Mivel A₁B₁B=A₁AB=/2 , váltószöge B₁MC is ekkora, CMB=-/2, M ekkor BC ilyen látószögű körívén van. Ha BC felezőmerőlegese k-t az A₁-től különböző A₂-ben metszi, M₀ éppen az A₂ középpontú, A₂B sugarú kör és az AA₁ egyenes metszéspontja. Ekkor BB₁ és A₁C₁ is párhuzamos, Q₁ és Q₂ a végesben nem jön létre, hanem annak a hiperbolának a végtelen távoli pontjai, amelyik a P₂P₅R₁R₂ pontokon halad át és aszimptotái BB₁ és CC₁ irányúak.

Ez azonban nem a 158/6. feladat 2. pontjában keresett M₀, hiszen a P₂ illetve P₅-beli érintőkre továbbra is igaz, hogy BC₁ ill. CB₁ és AA₁ metszéspontján haladnak át, márpedig a szemlélet alapján R₁ és R₂ nincsenek ezen a két érintő egyenesen.

Eddig nem ismertem, de sajnos most sem igazán. Oda belépve ugyanis csak egy csomó hirdetés jelent meg - meg egy anchor a www.komal.hu- ra - valamint egy kiírás , hogy "Az Internet Explorer nem tudja megjeleníteni" , de hogy mit, az már nem látszik. Talán valami újabb böngészőt igényel.

Sziasztok!

Ismeritek a www.silverpen.eu oldalt?

Szerintem a legjobb ingyenes vektorgrafikus program. Telepíteni sem kell. Ideális geometriai feladatok feladásához, megoldásához.

Köszönöm a megoldást. Holnap fölteszem a [1293]-ban jelzett kiterjesztést (addig még ellenőriznem kell valamit).

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

R₁P₂R₂P₅=A

P₂Q₂P₅Q₁=A₁

Q₂R₂Q₁R₁=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)P₄P₆=T

P₂P₃P₆P₁=C₁

P₃P₄P₁P₂=B

, T rajta van a BC₁ egyenesen. A P₂P₂P₅P₄P₆P₃ hatszögre

P₂P₂(=t₁)P₄P₆=T

P₂P₅P₆P₃=M

P₅P₄P₃P₂=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)Q₁R₂=U

P₂R₁R₂Q₂=B

R₁Q₁Q₂P₂=C₁

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

P₂P₂(=t₂)Q₁R₂=U

P₂P₅R₂Q₂=M

P₅Q₁Q₂P₂=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.

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.

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.

Köszönöm HoA újabb megoldásait.

Ha jól értem, a 2)-es kérdés így fejthető ki: Ismerek-e olyan bizonyítást, ami úgy igazolja azt, hogy a P_i 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.)

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?

[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.

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

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 ...

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.