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.
[1321] BohnerGéza2009-11-27 02:30:00

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

Nekem mindig pontosan adja az "egyenest" az Euklides.

Előzmény: [1318] HoA, 2009-11-26 12:07:57
[1320] SmallPotato2009-11-26 14:42:53

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

Előzmény: [1318] HoA, 2009-11-26 12:07:57
[1319] HoA2009-11-26 12:34:11

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

Előzmény: [1318] HoA, 2009-11-26 12:07:57
[1318] HoA2009-11-26 12:07:57

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

Előzmény: [1317] HoA, 2009-11-26 12:05:38
[1317] HoA2009-11-26 12:05:38

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

Előzmény: [1316] SmallPotato, 2009-11-25 17:54:58
[1316] SmallPotato2009-11-25 17:54:58

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?

Előzmény: [1315] BohnerGéza, 2009-11-24 21:26:53
[1315] BohnerGéza2009-11-24 21:26:53

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.

[1314] sakkmath2009-11-24 12:09:58

Elnézést, fáradt voltam, elírtam. Helyesen:

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

Előzmény: [1313] sakkmath, 2009-11-23 11:17:38
[1313] sakkmath2009-11-23 11:17:38

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 \Gamma1 és \Gamma2. (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 \Gamma1, vagy \Gamma2. 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.

Előzmény: [1312] HoA, 2009-11-11 14:59:44
[1312] HoA2009-11-11 14:59:44

3. ábra

Előzmény: [1311] HoA, 2009-11-11 14:59:01
[1311] HoA2009-11-11 14:59:01

2. ábra

Előzmény: [1310] HoA, 2009-11-11 14:58:12
[1310] HoA2009-11-11 14:58:12

M-et DA1-en mozgatva (D az ábrákról lemaradt) azt tapasztaljuk, hogy \Gamma1 és \Gamma2 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\angle=A1AB\angle=\alpha/2 , váltószöge B1MC\angle is ekkora, CMB\angle=\pi-\alpha/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.

Előzmény: [1308] sakkmath, 2009-10-31 12:25:42
[1309] HoA2009-10-31 17:10:08

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.

Előzmény: [1307] Zsodris, 2009-10-31 10:38:14
[1308] sakkmath2009-10-31 12:25:42
Előzmény: [1306] sakkmath, 2009-10-30 11:57:06
[1307] Zsodris2009-10-31 10:38:14

Sziasztok!

Ismeritek a www.silverpen.eu oldalt?

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

[1306] sakkmath2009-10-30 11:57:06

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

Előzmény: [1305] HoA, 2009-10-26 10:38:11
[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

  [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]