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.
[1457] Lóczi Lajos2010-10-03 15:28:45

Ahogyan már el is hangzott, ezek olyan elemi függvények, amelyeknek az inverze nem elemi függvény. Persze a függvény is és az inverze is hatványsorba fejthető például, amiből közelítő megoldásokat ki lehet olvasni.

Előzmény: [1455] HoA, 2010-10-01 23:02:52
[1456] jonas2010-10-02 17:18:57

Az én kedvenc példám az efféle egyenletekre az, amikor egy ellipszispályán keringő bolygó helyét akarjuk megadni az idő függvényében. Ez általában egy sinx=ax+b típusú egyenletre vezet, aminek elemi függvényekkel nem lehet megtalálni a megoldását. A helyből az időt viszont vissza lehet számolni csak elemi függvényekkel.

[1455] HoA2010-10-01 23:02:52

Kedves matematikus fórum látogatók! Igen, azt hiszem itt az a kérdés, van-e valamilyen fogalom az ilyen értelemben nem invertálhazó függvényekre. Vagyis amikor y kifejezhető zárt alakban x függvényeként, például

y=x+sin(x)

, de x nem adható meg zárt alakban y függvényeként.

Előzmény: [1454] Gubbubu, 2010-10-01 22:05:05
[1454] Gubbubu2010-10-01 22:05:05

Nem is az a fő baj, hogy transzcendens (tkp. az abszolútértékes egyenletek is transzcendensek, mégis szépen meg lehet őket oldani :-). Talán érdemes lenne a Wikipédiában megnézni az implicitfüggvény-tétel c. szócikket, az én ismerettáramban ez a legközelebbi fogalom, aminek egyáltalán köze lehet a feladatodhoz, bár hogy alkalmazható-e ... ? Amúgy a probléma maga szép, amit feladtál. :-)

Előzmény: [1453] nadorp, 2010-10-01 12:15:55
[1453] nadorp2010-10-01 12:15:55

A végeredményed jó, de ebből r-t szerintem nem lehet kifejezni, mert ez egy transzcendens egyenlet. ( hasonlóan pld. az x=3sinx egyenlethez). Csak közelítő megoldás van.

Előzmény: [1452] ojozso, 2010-09-29 20:20:00
[1452] ojozso2010-09-29 20:20:00

Köszi a választ!

Én is próbálkoztam a megoldással, mielőtt feltettem a Fórumra a feladatot, csak nem akartam befolyásolni vele senkit.

Most leírom, meddig jutottam el.

A körszelet területe (t): Tkorszelet=Tkorcikk-TQOCharomszog.

A HÁROMSZÖG TERÜLETE:

T_{QOC haromszog}=\frac{ef\sin\alpha}{2}=\frac{r^2\sin\alpha}{2}, mivel e=f=r

OFQ derékszögű háromszögben (F az OC szakasz felezőpontja) OQF szög \alpha fele. Szinusz definíciója alapján:

\sin\frac{\alpha}{2}=\frac{OF}{e}=\frac{\frac{OC}{2}}{r}=\frac{\frac{\sqrt2}{2}}{r}=\frac{\sqrt2}{2r}, mivel OC=\sqrt2 (OC szakasz egységnyi befogókkal rendelkező háromszög átfogója).

\sin\alpha=2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}. (Kétszeres szög szinusza). A \sin^2\frac{\alpha}{2}+\cos^2\frac{\alpha}{2}=1 azonosságból: \cos\frac{\alpha}{2}=\sqrt{1-\sin^2\frac{\alpha}{2}}, melyet behelyettesítve kapjuk:

\sin\alpha=2\sin\frac{\alpha}{2}\sqrt{1-\sin^2\frac{\alpha}{2}}. Beírva \sin\frac{\alpha}{2}-re kapott \frac{\sqrt2}{2r} értéket:

\sin\alpha=2\frac{\sqrt2}{2r}\sqrt{1-\left(\frac{\sqrt2}{2r}\right)^2}. Egyszerűbb alakra hozva megkapjuk, hogy \sin\alpha=\frac{\sqrt{2r^2-1}}{r^2}

A háromszög területe tehát:

(1)T_{QOC haromszog}=\frac{\sqrt{2r^2-1}}{2}

A KÖRCIKK TERÜLETE:

T_{korcikk}=\frac{\alpha}{2\pi}r^2\pi=\frac{\alpha}{2}r^2 (\alpha radiánban.), vagyis:

(2)T_{korcikk}=arcsin\left(\frac{\sqrt2}{2r}\right)r^2

A KÖRSZELET TERÜLETE:

T_{korszelet}=T_{korcikk}-T_{QOC haromszog}=arcsin\left(\frac{\sqrt2}{2r}\right)r^2-\frac{\sqrt{2r^2-1}}{2}

És itt a végállomás! Fogalmam sincs, hogyan lehetne ebből r-et kifejezni, már csak azért sem, mert r az arcsin argumentumában is szerepel és nem tudom, hogyan lehet onnan kihozni.

Innentől kéne segítség. Ráadásul abban sem vagyok biztos, hogy eredményem ekvivalens-e a Tieddel.

Előzmény: [1450] Gubbubu, 2010-09-28 12:19:53
[1451] Gubbubu2010-09-28 12:22:35

Talán ebből kifejezheted a sugarat. Talán nem :-). Nos, én öt perc alatt ennyit tudtam összehozni, lehet, hogy ez is segít.

Előzmény: [1450] Gubbubu, 2010-09-28 12:19:53
[1450] Gubbubu2010-09-28 12:19:53

Az első feladatra nekem az  T_{k.szelet} = \frac{r^{2}}{2} \left( arcsin \left( \frac{ \sqrt{2r^{2}-1} }{2r^{2}} \right) - \frac{ \sqrt{2r^{2}-1} }{2r^{2}} \right)

A megoldás leírásához szükséges időm most túl kevés, estefelé vagy pár nap múlva talán; így a képzeletbeli margón marad :-).

Szükséges lenne természetesen az ért. tartományok vizsgálata is, továbbá esetleges geometriai diszkusszió. Nagy vonalakban az történt, hogy kiszámolod a körcikk területét (ez egyszerű egyenes arányosság), majd az ún. trigonometrikus területképlettel az OAC háromszögét, és kivonod a kettőt egymásból. Ezután kifejezed az omega szöget az r segítségével (ehhez ügyeskedni kell az addíciós tételekkel), így eltüntetvén az omegát a képletből (opcionális, az arcsin-elt kifejezés egyébként maga a szinusz omega).

Előzmény: [1449] ojozso, 2010-09-27 18:49:48
[1449] ojozso2010-09-27 18:49:48

Sziasztok!

Új vagyok itt és adódott egy probléma, melyen nem tudok túljutni, de Nektek bizonyára menni fog... Tehát:

172. feladat

Jelöljük O-val az origót (0;0), A-val az (1;0), B-vel a (0;1) és C-vel az (1;1) pontokat. Az AB szakasz A ponton túli meghosszabításával kapott félegyenesen AB szakaszon kívül vegyünk fel egy tetszőleges Q (u;v) pontot. QO=QC=r sugárral rajzoljuk fel a Q középpontú OC körívet. Ezen a köríven vegyünk fel egy tetszőleges P (x;y) pontot. Az OC szakasz és az OC körív által (pirossal) határolt körszelet területét jelöljük t-vel, az OQP szöget pedig omega-val (QP szakasz sajnos, lemaradt a rajzról.)

Határozzuk meg az adott t területű körszelethez tartozó r sugarat!

Írjuk fel az adott adott t területű körszelethez tartozó körív tetszőleges P pontjának koordinátáit r és omega függvényében!

[1448] Fálesz Mihály2010-09-08 06:00:50

Megnézheted a korábbi feladatokat a honlapon.

Pl. a 2009. szeptemberi feladatokat itt találod.

Előzmény: [1443] kuklic, 2010-09-06 18:16:49
[1447] Csimby2010-09-08 02:16:06

Szóval mindenképpen ajánljuk, hogy megrendeld a lapot és csináld a pontversenyt - szerintem rengeteget lehet tanulni belőle - de itt a fórumon többnyire más feladatok kerülnek elő!

Előzmény: [1446] BohnerGéza, 2010-09-08 00:59:23
[1446] BohnerGéza2010-09-08 00:59:23

Természetesen sok a lapban megjelenő feladat is előkerül itt, de a kettő nem fedi egymást.

A Lapban sok érdekes feladat van különböző nehézségűek csoportosításával. Az "A" jelűek nehezek, könnyebbek a "B"-k, kezdőknek a "C" jelűek valók, illetve kifejezetten kilencedikeseknek szólnak a "K" jelűek. Számítástechnikai és fizikai rovat is található sok érdekes feladattal.

A feladatok mellett nívós cikkek is vannak, sok kitűzött feladat megoldása is szerepel, valamint a pontverseny állása is félidőben, illetve a végeredménye.

Előzmény: [1443] kuklic, 2010-09-06 18:16:49
[1443] kuklic2010-09-06 18:16:49

A feladatokat amiket itt megoldtok, a megrendelt komal lapból csináljátok? mert ha igen akkor megrendelem én is :)

[1442] BohnerGéza2010-09-04 11:44:38

Néhány megjegyzés a 171. feladathoz, és HoA szép megoldásához:

- Ha érintőkörökkel definiálunk valamit, érdemes lehet analóg feladatokat is megfogalmazni! ... (Valaki a 171. feladathoz?)

- A trapéz átlóinak metszéspontján átmenő, az alapokkal párhuzamos egyenesnek a trapézban lévő szakasza az alapok harmonikus közepe. (Ezt a szakaszt felezi az átlók metszéspontja, tehát a feladatban a magasság felezőpontja szerepel.) Ebből is folytatható a "volt egyszer..." helyett HoA megoldása.

Érdemes lehet tudni:

Ha a trapéz szárait az alapok arányában osztjuk, az osztópontokat összekötő szakasz az alapok mértani közepe. (Ha fordított arányban osztjuk, azt nem tudom, érdemes lehet kiszámolni!)

A trapéz szárainak felezőpontjait összekötő szakasz az alapok számtani közepe.

Ha a trapézt az alapokkal párhuzamosan úgy osztjuk ketté, hogy a területét felezzük, az osztóvonal az alapok négyzetes közepe lesz.

Ezekkel két számra igazolhatóak a szereplő közepekre az egyenlőtlenségek.

Előzmény: [1441] HoA, 2010-08-19 13:19:44
[1441] HoA2010-08-19 13:19:44

Egészítsük ki az ábrát a hozzáírt körökkel és közös érintőikkel. A lila háromszögek hasonlóságából és a párhuzamos szelők tételéből \frac{C_a T_c}{C_b T_c}= \frac{O_a C}{O_b C} = \frac{\rho_a}{\rho_b} . Vagyis Tc a hozzáírt körök sugarainak arányában osztja a CaCb szakaszt. Az OaObCbCa derékszögű trapéz átlóinak M metszéspontjából CaCb -re bocsátott merőleges talppontja legyen TM Mivel CaTM és CbTM az OaCaM és ObCbM hasonló háromszögek megfelelő magasságai, ezek aránya is \frac {\rho_a} { \rho_b} , TM és Tc egybeesik, M valóban rajta van CTc -n

Volt egyszer egy KöMaL feladat, amelyik azt kérdezte, megszerkeszthető-e a háromszög ha adott két hozzáírt kör sugara és a harmadik oldalhoz tartozó magasság. Eredményül persze kijött, hogy a három szakasz nem független, a magasság a két sugár harmonikus közepe, így vagy nincs megoldás vagy a feladat határozatlan. Ezt ismertnek feltételezve, a B 4276 annak bizonyítását kéri, hogy a harmonikus közép nem nagyobb a mértani középnél, ami e fórum látógatói számára érdektelen.

BohnerGéza ábrája viszont úgy is értelmezhető, hogyan szerkeszthetjük meg egyszerűen két szakasz harmonikus közepét. Hirtelenjében erre nem látok jobb megoldást.

Előzmény: [1440] BohnerGéza, 2010-08-04 02:02:39
[1440] BohnerGéza2010-08-04 02:02:39

171. feladat: A B.4276 feladattal kapcsolatban:

Az ABC háromszög két hozzáírt körének középpontja Oa és Ob, ezek érintési pontja az AB oldalon Ca és Cb A C-ből induló magasság CTc. Bizonyítandó, hogy OaCb és ObCa a CTc szakaszon metszik egymást.

[1439] gida12010-07-22 11:47:36

Nagyon köszönöm, Jonas!

[1438] jonas2010-07-22 09:29:24

A bipartite graph páros gráfot jelent.

Előzmény: [1437] gida1, 2010-07-22 01:27:14
[1437] gida12010-07-22 01:27:14

Sziasztok! A segítségeteket kérném. Mi a magyar megfelelője az angol PERMUTOHEDRON-nak? Milyen éder? Segítségül egy link: http://en.wikipedia.org/wiki/Permutohedron

És mi az a BIPARITE GRAPH / BIGRAPH? http://en.wikipedia.org/wiki/Bipartite

Segítségeteket előre is köszönöm!

[1436] sakkmath2010-07-10 22:26:54

A 1432-33-34. kísérleteim hiányosak, ezért tekintsük ezeket semmisnek. Újból: elnézést.

Előzmény: [1434] sakkmath, 2010-07-10 20:46:09
[1435] S.Ákos2010-07-10 21:13:54

170./a: k körre vonatkozó inverzióval, vázlatosan

AB képe az AOBFE kör, az O-n átmenő 3 kör (AEO, CDO, FBO képe 1-1 egyenes, rendre AE, CD, FB, AOB, AOC, COD, DOB egyenlőszárú háromszögek. Az állítás az, hogy EA és BF azonos szöget zár be CD-vel. Innét szögszámolással adódik, hogy tényleg egyenlő a két szög, (mondjuk legyen BAO\angle=ABO\angle=\alpha és AOE\angle=\beta1, COD\angle=\beta1, DOB\angle=\beta3).

Előzmény: [1431] HoA, 2010-06-24 12:43:03
[1434] sakkmath2010-07-10 20:46:09

Túlbonyolítottam. Rájöttem, hogy nem kell az inverzió. Elég azt látni, hogy mivel a k3 körben N1 N2 húr, ezért őt merőlegesen felezi MO. Ezért az N1 N2 O háromszög egyenlő szárú, stb. (Elnézést.)

Előzmény: [1433] sakkmath, 2010-07-10 18:59:21
[1433] sakkmath2010-07-10 18:59:21

A 170/a) feladat

megoldásának második része,

ábra:

Előzmény: [1432] sakkmath, 2010-07-10 18:56:26
[1432] sakkmath2010-07-10 18:56:26

Az 170/a) feladat

megoldásának első,

szöveges része:

Előzmény: [1431] HoA, 2010-06-24 12:43:03
[1431] HoA2010-06-24 12:43:03

170. feladat Az O középpontú k kört az e szelő az A és B pontokban metszi.Az AB ív C és D pontjába húzott sugár metszéspontja e-vel E és F.

a)Igazoljuk, hogy az AEO pontok k1 köre és a BFO pontok k2 köre azonos szögben metszi az OCD pontok k3 körét. Az O-tól különböző metszéspontok P és Q.

b)Bizonyítsuk be, hogy a k1-et P-ben és k2-t Q-ban érintő kör e-t is érinti.

  [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]