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.
[1507] nadorp2011-04-20 14:36:54

jogos...de legalább tesztelve lett az egyenlet :-)

Előzmény: [1506] Róbert Gida, 2011-04-20 14:19:57
[1506] Róbert Gida2011-04-20 14:19:57

és még az sem kell hozzá, ugyanis látható az egyenletből, hogy kisebb távolsághoz nagyobb szög tartozik, emiatt a legkisebb x-hez legalább 60 fokos szög tartozik.

Előzmény: [1505] nadorp, 2011-04-20 11:50:39
[1505] nadorp2011-04-20 11:50:39

Az \alpha\ge60o feltétel két okból sem lehet a diszkusszió része. Egyrészt, mert a diszkusszió csak a kezdetben adott x,y,z mennyiségeket tartalmazhatja. Másrészt mert felesleges feltétel, ugyanis az x\leqy és x\leqz feltételből egyszerű számolással adódik, hogy az f(t) függvényre f\left(\frac12\right)\leq0, azaz \alpha\ge60o

Előzmény: [1504] fityfiritty, 2011-04-20 10:44:26
[1504] fityfiritty2011-04-20 10:44:26

Azért írjuk le, hogy \alpha \ge 60°. (Diszkusszió.)

Előzmény: [1494] nadorp, 2011-04-17 10:32:14
[1503] jonas2011-04-19 17:37:55

Rendben, így már meggyőztél.

Előzmény: [1499] Kemény Legény, 2011-04-19 10:11:38
[1502] gubanc2011-04-19 12:21:25

Köszönöm Neked, Péternek és Róbert Gidának is. Üdv: gubanc

Előzmény: [1497] Kemény Legény, 2011-04-19 07:59:51
[1501] gubanc2011-04-19 12:03:38

A 2)-höz: Így egyszerűbb volt a számítás, mert meg lehetett spórolni a 4R-es szorzó többszöri leírását.

Köszönöm a részletes "helyretételt". A dorgálást megérdemlem, hiszen egy félreértés miatt árnyékra vetődtem és előbb írtam, mint gondolkoztam. Több tanulság van, az egyik, hogy késő éjszaka, hullafáradtan nem szabad matekoznom ... .

Nem állt szándékomban megbántani, főleg nem Téged, hiszen korábban és most is nagy élvezettel olvastam, olvasom frappáns levezetéseidet, megoldásaidat. Elnézést, ha megbántottalak volna. Üdv: gubanc

Előzmény: [1500] nadorp, 2011-04-19 10:34:47
[1500] nadorp2011-04-19 10:34:47

Az "álbizonyítás" megjegyzésed kissé erős...De ettől függetlenül:

1). Idézet tőlem: "nálam minden x,y,z távolságra van megoldás ( az más kérdés, hogy ez szerkeszthető-e)"

Ezzel azt a félrértést szeretném eloszlatni, hogy én csak a megoldhatóságot ( diszkussziót ) vizsgáltam, nem a geometriai szerkeszthőséget.

2.) Az eredeti feladat szerint: Szerkesszük meg a háromszöget, ha adottak a beírt kör középpontjának a csúcsoktól mért távolságai.

Nem értem, minek kell feltenni, hogy R=1/4. Adott három független adat, szerkesszük meg a háromszöget ( felejtsd most el a hasonlóságot)

3.) "A (*) tartományon kívül eső szögek nem adnak megoldást."

Ez értelmetlen, mert a (*) tartományba nem szögek, hanem szakaszok hosszai esnek.

4.)"A leírtak következménye: az általad előállított f függvény a t = 0 helyen nincs értelmezve, hiszen \rho > 0 egyben \alpha> 0-t is jelenti"

Már dehogy nincs értelmezve a t=0 és t=1 helyen, félreértésben vagy. Az, hogy megoldásként csak 0 és 1 közti megoldást fogadunk el, attól még a függvény értelmezve van a végpontokban és a Bolzano-tétel is használható rá. ( Így keletkeznek a "Híres álcáfolatok" ).

Fordítva gondolkozzál, a Bolzano-tétel csak egy eszköz. Az egyenletrendszer megoldásából adódik, hogy ha ennek a függvénynek van (0;1)-beli zéróhelye, akkor az megadja \sin\frac\alpha2 értékét. A Bolzano-tétel ( vagy általában az, hogy zárt intervallumon folytonos függvény tetszőleges két felvett értéke közti értéket is felvesz) csak biztosítja a gyök létezését. A 0 sugarú körrel való "bűvészkedés" helyett pedig tekintsd az f függvényt az [\varepsilon;1-\varepsilon] intervallumon, ahol \varepsilon olyan kicsi pozitív szám, hogy f(\varepsilon)<0 és f(1-\varepsilon)>0 és egyből megszűnnek az értelmezésbel gondjaid.

5.) "Egyébként jó, hogy ez a probléma is felmerült, mert roppant tanulságosnak tartom"

Akkor tanulj belőle.

Előzmény: [1495] gubanc, 2011-04-19 02:13:48
[1499] Kemény Legény2011-04-19 10:11:38

"Azt mondod, hogy ha egy racionális együtthatós harmadfokú egyenletnek nincs racionális gyöke, akkor a gyökei nem szerkeszthetőek?"

Igen.

Arra, hogy egy szám nem szerkeszthető, elégséges feltételt ad az, hogy a minimálpolinomjának a foka nem kettőhatvány. Márpedig azok a rac. együtthatós harmadfokú polinomok, amiknek nincs rac. gyökük, irreducibilisek.

Előzmény: [1498] jonas, 2011-04-19 10:02:13
[1498] jonas2011-04-19 10:02:13

Hogy van ez? Azt mondod, hogy ha egy racionális együtthatós harmadfokú egyenletnek nincs racionális gyöke, akkor a gyökei nem szerkeszthetőek? Ez miért olyan triviális? Negyedfokú egyenletre mondjuk biztos nem lenne igaz, mert mondjuk két általános racionális együtthatós másodfokú polinom szorzata egy olyan racionális együtthatós negyedfokú polinom, aminek nincs racionális gyöke, de minden gyöke szerkeszthető.

Előzmény: [1497] Kemény Legény, 2011-04-19 07:59:51
[1497] Kemény Legény2011-04-19 07:59:51

Attól most tekintsünk el, hogy mennyire érted/nem érted a Bolzano-tétel használatát (az ember nem szívesen ért egyet Róbert Gidával, de ha egyszer igaza van...), térjünk inkább vissza az euklideszi szerkeszthetőség vizsgálatára. (Mellesleg gyanítom, itt még több olyan rész fog következni, amikkel esetleg gondok lehetnek...)

Állítás: nincs általános módszer, amivel tetszőlegesen adott x,y,z esetén megszerkesztenéd (a szokásos euklideszi szerkesztésekkel) a háromszögedet.

Bizonyítás: A nadorp által levezetett egyenletből kapjuk a harmadfokú 2x2yzt3+(x2y2+y2z2+z2x2)t2-y2z2=0 egyenletet. Ez az egyenlet például az x=1<y=2<z=3 választás esetén a 12t3+49t2-36=0 alakot ölti. A bal oldalon álló egész együtthatós polinomnak nincs racionális gyöke (ha nem ismernéd ennek az eldöntésére szolgáló módszert, kérdezz meg egy Maple, Mathematica, stb. jellegű szoftvert vagy olvasd el itt). Tehát a harmadfokú polinom irreducibilis, a kiindulási adataink: (x,y,z)=(1,2,3) egészek voltak, innen a szerkeszthetőségről szóló Galois-elmélet egyszerű következményeként nem szerkeszthető meg \sin\frac{\alpha}{2}, ami ekvivalens a háromszög szerkesztésének lehetetlenségével. (gondold végig...)

Előzmény: [1495] gubanc, 2011-04-19 02:13:48
[1496] Róbert Gida2011-04-19 02:56:20

nadorp szerintem hallott már a Bolzano tételről... Amúgy miért baj, a nulla sugarú kör? Formálisan miért nem nézhetnéd az egyenletet? [t egy változó] A megoldás (0,1)-beli, azaz nem lesz nulla sugarú kör a megoldás. Ugyanez van a másik oldalon.

Amúgy ezeknek a klasszikus tételeknek vannak javított változatai. Amikor nyílton folytonos és egyoldali limesz van a végpontokban stb.

Előzmény: [1495] gubanc, 2011-04-19 02:13:48
[1495] gubanc2011-04-19 02:13:48

Szia nadorp!

A folytonos függvényekre vonatkozó Bolzano tételt próbáltad alkalmazni, amely így szól:

Ha a g függvény az [a, b] zárt intervallumon folytonos és g(a), g(b) különböző előjelűek, akkor az intervallumban van olyan c pont, amelyre g(c) = 0.

0 sugarú beírt kör nem értelmezhető, így fennáll, hogy 0 <\rho < x és z < 2R = \frac12 , ahol a háromszög köré írt kör sugara: R = \frac14 . A távolságokra megadott egyenlőtlenséglánc tehát így teljes: 0 <\rho < x \le y \le z < \frac12. (*)

A leírtak következménye: az általad előállított f függvény a t = 0 helyen nincs értelmezve, hiszen \rho> 0 egyben \alpha> 0-t is jelenti. A másik végponttal is baj van, hiszen a t = 1 = \sin \frac{\alpha}2 egyenlőségből következne, hogy \alpha=180°, ami egy háromszöben szintén lehetetlen. Az f függvény tehát nem tesz eleget a Bolzano tétel feltételeinek, így a tétel itt nem alkalmazható. Ezzel megcáfoltuk az állításod, mely szerint „ nálam minden x, y, z távolságra van megoldás”.

A (*) tartományon kívül eső \alpha szögek nem adnak megoldást.

(Egyébként jó, hogy ez a probléma is felmerült, mert roppant tanulságosnak tartom. Akár a "Híres(?) álbizonyítások" témába is át lehetne másolni ...)

E kis kitérő után visszatérhetünk az euklidészi szerkeszthetőség vizsgálatára.

Előzmény: [1494] nadorp, 2011-04-17 10:32:14
[1494] nadorp2011-04-17 10:32:14

Nem tudom, mit számoltam el, de nálam minden x,y,z távolságra van megoldás ( az más kérdés, hogy ez szerkeszthető-e). Vázlatosan:

Tegyük fel, hogy x\ley\lez. Ekkor

x\sin\frac\alpha2=y\sin\frac\beta2=z\sin\frac\gamma2=\rho, ahol \rho a beírt kör sugara.

x\sin\frac\alpha2=y\sin\frac\beta2=z\cos\frac{\alpha+\beta}2

x\sin\frac\alpha2=z\sqrt{\left(1-\sin^2\frac\alpha2\right)\left(1-\frac{x^2}{y^2}\sin^2\frac\alpha2\right)}-z\frac{x}{y}\sin^2\frac\alpha2

xz\sin^2\frac\alpha2+xy\sin\frac\alpha2-z\sqrt{\left(1-\sin^2\frac\alpha2\right)\left(y^2-x^2\sin^2\frac\alpha2\right)}=0

Négyzetre emeléssel és rendezéssel valóban egy harmadfokú egyenletet kapunk \sin\frac\alpha2-re, de most nem ez a lényeg, hanem

\sin\frac\alpha2=t jelöléssel a bal oldalon egy olyan, a [0,1] intervallumon mindenhol értelmezett ( felhasználtuk, hogy y\gex ), folytonos f(t) függvény áll, amelyre

f(0)=-zy<0 és f(1)=xz+xy>0, tehát létezik zéróhelye a (0,1) intervallumon. Hol a hiba? Nem látom, hogy az így kapott \frac\alpha2 szög mikor nem ad megoldást?

Előzmény: [1493] gubanc, 2011-04-16 21:06:36
[1493] gubanc2011-04-16 21:06:36

Legyenek az 1/4 sugarú körbe írt ABC háromszög szögei \alpha, \beta, \gamma. A beírt kör középpontjának az A, B, C csúcsoktól mért távolságai x, y, z. Ezeket kaptam (a részleteket most mellőzöm): x = \sin \frac{\beta}2 \cos\frac{\alpha + \beta}2, y = \sin \frac{\alpha}2 \cos\frac{\alpha + \beta}2, z = \sin \frac{\alpha}2 \sin\frac{\beta}2.

Ezekből kiindulva egyelőre nem tudom kihozni, hogy mely (\alpha,\beta) szögpárra szerkeszthető meg az x, y, z távolságokból egy háromszög. Csak a korábban említett halvány "gyanú" merült fel bennem.

A Te harmadfokú egyenleted viszont biztatónak tűnik. Esetleg fel tudnád tenni?

Előzmény: [1492] Maga Péter, 2011-04-14 19:56:58
[1492] Maga Péter2011-04-14 19:56:58

Én egy harmadfokú egyenletet kaptam. Abból a szerkeszthetőség kérdése (konkrétan megadott kezdeti adatokból) mindig könnyen eldönthető. Az nem világos nekem, hogy a tartományt hogyan lehetne egyszerűen leírni, bár nem is nagyon gondolkodtam rajta. Lehet, hogy nem nehéz, de az is lehet, hogy ennél lényegesen egyszerűbb leírást nem is lehet adni.

Előzmény: [1491] gubanc, 2011-04-14 16:47:40
[1491] gubanc2011-04-14 16:47:40

Köszönöm, hogy végigszámoltad. Én is ilyen következtetésre jutottam. Ha jól értem, ez azt jelenti, hogy 1-ből hiányzik a szerkeszthető háromszögeket megadó értelmezési tartomány. Ezzel el is jutottunk 2-höz.

Előzmény: [1490] Maga Péter, 2011-04-13 16:24:00
[1490] Maga Péter2011-04-13 16:24:00

Csak az 1-re: könnyen lehet, hogy valamit elszámoltam, de nekem az jött ki, hogy nem mindig szerkeszthető.

Előzmény: [1489] gubanc, 2011-04-13 14:41:02
[1489] gubanc2011-04-13 14:41:02

Sziasztok!

Kigondoltam egy feladatot, de nem jövök rá, hogyan kellene hozzáfogni és megoldani. Íme:

1. Szerkesszük meg a háromszöget, ha adottak a beírt kör középpontjának a csúcsoktól mért távolságai.

És/vagy:

2. Melyek azok a háromszögek, amelyek megszerkeszthetők, ha adottak a beírt kör középpontjának a csúcsoktól mért távolságai?

A 2.-nál arra gyanakszom, hogy a keresett háromszögek szögei a nevezetes szögekből származtathatók … (Ha mégsem, vagy nem jók a feladatok, bocsi előre is.)

Köszönettel: gubanc

(Sok van, mi csodálatos, de a Geometriánál nincs semmi csodálatosabb! :)

[1488] jonas2011-04-11 18:55:57

Tehát ez volt a feladat! Jó, hogy kitaláltad.

Előzmény: [1487] HoA, 2011-04-11 14:41:37
[1487] HoA2011-04-11 14:41:37

Komolyra fordítva: Legyen k1 és k2 két egymást metsző kör, metszéspontjaik C és D. k2 kör k1-en kívül eső CD ívén vegyünk fel egy P pontot. A PD és PC egyenesek k1-gyel alkotott második metszéspontja legyen A illetve B . Bizonyítsuk be, hogy az AB=a szakasz hossza független P választásától.

Előkészítésül tekintsünk egy ABCD húrnégyszöget, ahol AB=a>CD=c . A BC és AD egyenesek metszéspontja legyen P . ABCD körülírt körében legyenek az oldalakhoz mint húrokhoz tartozó kerületi szögek \alpha,\beta,\gamma,\delta . Ekkor ABCD szögeinek összege 2.(\alpha+\beta+\gamma+\delta)=360o , tehát \alpha+\beta+\gamma+\delta=180o . A BPA szöget \epsilon-nal jelölve az ABP háromszögben \beta+2\gamma+\delta+\epsilon=180o=\alpha+\beta+\gamma+\delta , ahonnan \epsilon=\alpha-\gamma

Feladatunkra alkalmazva az eredményt, a mi ABCD húrnégyszögünkben CD=c rögzített, így \gamma állandó, BPA\angle=\epsilon=CPD\angle állandó, mint k2-ben a CD húrhoz tartozó kerületi szög, ezért \alpha=\epsilon+\gamma is állandó, vagyis k1 -ben az AB húrhoz tartozó kerületi szög és így AB=a hossza is független P helyzetétől.

Előzmény: [1482] eperke, 2011-04-10 15:38:14
[1486] HoA2011-04-11 08:17:58

Mi az, ami adott? Például: adott két egymást metsző, egyébként tetszőleges kör ... Ahogy a kérdést feltetted, biztosan nem igaz az állítás: Ha kétszer akkora ábrát rajzolok, az a szakasz is kétszer akkora lesz - akármelyik is legyen az ábrán az a szakasz - mert én azt sem látom, melyik az.

Előzmény: [1482] eperke, 2011-04-10 15:38:14
[1485] eperke2011-04-10 17:17:34

Ez így jó lesz?Nagyobbra nem megy..:S

[1484] jonas2011-04-10 16:21:47

A 80-szor 100 pixel méret az avatarra vonatkozik, ami minden hozzászólásod mellett megjelenik. A csatolt ábra lehet nagyobb is, bár az sem lehet túl nagy.

Előzmény: [1482] eperke, 2011-04-10 15:38:14
[1483] Radián2011-04-10 16:10:05

Hello!

Nem tudnál egy nagyobb képet bevágni, vagy linket küldeni ahol nagyobb méretben, jó felbontásban láthatjuk az ábrát, mert (legalábbis én) így nem tudok segíteni.

Előzmény: [1482] eperke, 2011-04-10 15:38:14

  [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]