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.
[1584] cocka2012-08-05 15:04:31

Köszönöm. Ez sokat segített.

Előzmény: [1583] Kemény Legény, 2012-08-05 13:29:31
[1583] Kemény Legény2012-08-05 13:29:31

A kérdés általánosan megválaszolható gráfelméleti úton, Euler poliéder-tételének felhasználásával, de adható egyszerű megoldás szögszámolással is.

Legyen a "külső" sokszög k0 csúcsú, továbbá legyenek "kivágva" belőle k1,...kn csúcsú sokszögek, azaz n db "lyuka" legyen a "fánknak". Továbbá tekintsünk egy háromszögelését a "fánknak" N db háromszöggel.

Először is felhasználjuk, hogy egy "lyuk" nélküli k-szög belső szögeinek összege=(k-2)*180°. /Erre később visszatérünk./

Ezután adjuk össze az összes háromszögben megjelenő szöget és adjuk hozzá a "lyukakat" alkotó sokszögek szögeit is: N*180°+(k1-2)*180°+...+(kn-2)*180° lesz az összeg.

Ezt az összeget azonban másként is megkaphatjuk: minden belső pont (összesen k1+...+kn darab) körüli 360°-os szöget és a külső sokszög belső szögeit összeadva épp ezt kapjuk, azaz:

N*180°+(k1-2)*180°+...+(kn-2)*180°=(k1+...+kn)*360°+(k0-2)*180°

Azaz N=2n-2+k0+k1+...+kn háromszög szerepel a felbontásban minden esetben. Ez összhangban van a tapasztalataiddal, ugyanis csúcsok száma=k0+k1...+kn. Tehát háromszögek száma=csúcsok száma + 2*lyukak száma -2.

Visszatérve az elejére, még be kellene látni, hogy minden nem lyukas sokszög szögeinek összege (k-2)*180°. Ez nem egy triviális állítás, sőt impliciten feltételeztük, hogy mindig létezik egyáltalán háromszögelés. Ha belegondolsz, nem is olyan egyszerű belátni, hogy minden sokszög háromszögelhető. Ha ugyanis tudjuk, hogy van háromszögelés, akkor belátható (gondold végig, miért), hogy található olyan háromszög, aminek a csúcsait 3 szomszédos csúcs adja, a háromszöget elhagyva pedig alkalmazható a teljes indukció.

A vége kicsit vázlatosra sikerült, de érdemes végiggondolni, miért is igazak a fentiek és hogyan megy ez precízen.

Előzmény: [1582] cocka, 2012-08-05 12:51:53
[1582] cocka2012-08-05 12:51:53

Sziasztok!

Nos nekem az lenne a kérdésem, hogy hogy lehet meghatározni hogy egy tetszőleges (pl. akár konkáv vagy fánkszerű) sokszög hány háromszögre bontható?

Rajzolgattam a Geogebrában és ilyenek jöttek ki:

geogebra példák

Annyit vettem észre, hogy ha fánkszerű az alakzat, akkor a kiindulási sokszög csúcsainak száma megegyezik azzal, ahány háromszögre az alakzat bontható.

Ha viszont nem fánkszerű, akkor a kiindulási sokszög csúcsainak száma -2 db háromszögre bontható.

Mitől függ ez? Van erre valami általános képlet amivel kiszámolható hogy egy-egy ilyen általános sokszög hány háromszögre bontható?

Másrészt nem vizsgáltam, de lehet akár egynél több üreg is a fánkszerű alakzatokban.

Köszönöm, ha válaszoltok.

[1581] Kemény Legény2012-08-05 10:49:11

Megkérlek, mondd ki Thálesz tételét abban az alakban, ami a szívedhez legközelebb áll. Miután megtetted, mondd meg, melyik, a tételben szereplő "alakzatot" szeretnéd általánosabbra cserélni.

Én megtettem. Kimondtam a tételt, majd utána annak egy általánosítását is. Az eredeti tételben levő "derékszög" és "körvonal" fogalmakat általánosabbra: "adott szög"-re és "két körív"-re cseréltem.

Tehát megismétlem a kérésem: mondd ki egy formájában a tételt, és jelezd, melyik pontján szeretnél általánosítani.

Előzmény: [1580] Gézoo, 2012-08-05 10:21:59
[1580] Gézoo2012-08-05 10:21:59

"Mi lenne, ha a matematikai jellegű topikokban nem homályos kérdéseket tennél fel, hanem elmondanád, mire is gondolsz? "

Mi ezen ami számodra homályos?

"Thales tételét még milyen alakzatokra alkalmazhatnánk úgy, hogy érvényes maradjon?"

Előzmény: [1579] Kemény Legény, 2012-08-04 18:41:49
[1579] Kemény Legény2012-08-04 18:41:49

Mi lenne, ha a matematikai jellegű topikokban nem homályos kérdéseket tennél fel, hanem elmondanád, mire is gondolsz?

Itt nincs helye mellébeszélésnek, mint az "Einstein tévedett"-jellegű parttalan vitáknak. Mondj ki egy állítást világosan, mit is szeretnél és hogyan általánosítani?

Hogy konstruktívabb legyek: Thálesz tétele (egyik megfogalmazásában) azt mondja ki, hogy azon pontok mértani helye, amelyekből egy adott szakasz derékszögben látszik, éppen a szakaszra mint átmérőre írt körvonal lesz.

Ennek általánosítása pl. a középponti-kerületi szögek tétele, ami (többek között) azt mondja, hogy azon pontok helye, amiből egy adott szakasz adott szögben látszik, két körív lesz, melyek a szakaszra szimmetrikusan helyezkednek el.

Előzmény: [1578] Gézoo, 2012-08-04 18:05:51
[1578] Gézoo2012-08-04 18:05:51

"Valószínűleg a Pitagorasz-tételre gondolsz." - nos, a kérdésemben ez áll:"Thales tételét még "

Valószínűleg tudnod kell a kettő közötti különbséget. Jól gondolom?

Előzmény: [1577] Hajba Károly, 2012-08-03 20:12:55
[1577] Hajba Károly2012-08-03 20:12:55

Valószínűleg a Pitagorasz-tételre gondolsz. Elvileg minden síkbeli alakzatra igaz, ha nagyítással ill. elfogatással/eltolással egymásba transzformálhatóak. Pl. ezen tényből következik a Hippokratész holdacskáinak helyessége is.

Előzmény: [1576] Gézoo, 2012-08-03 17:19:25
[1576] Gézoo2012-08-03 17:19:25

Bocs, hogy lustaságból hozzád fordulok a kérdéssel, de felmerült bennem az, hogy Thales tételét még milyen alakzatokra alkalmazhatnánk úgy, hogy érvényes maradjon?

Tudnál ebben segíteni?

Persze természetesen, mindenki más segítségét is megköszönöm!

Más is elmondhatja az érveit a kérdésről!

Előzmény: [1574] Fálesz Mihály, 2012-07-14 15:57:42
[1575] HoA2012-07-27 11:19:01

Miért tartod viccesnek? Talán mert egymást merőlegesen metsző körök és hatványvonalak helyett derékszögű háromszögről szól?

Előzmény: [1574] Fálesz Mihály, 2012-07-14 15:57:42
[1574] Fálesz Mihály2012-07-14 15:57:42

182. feladat (az idei olimpia 5. feladata, javasolta: Josef Tkadlec, Csehország).

Legyen az ABC háromszögben BCA\angle=90o, és legyen D a C-ből induló magasságvonal talppontja. Legyen X a CD szakasz belső pontja. Legyen K az AX szakasznak az a pontja, amire BK=BC. Hasonlóan, legyen L a BX szakasznak az a pontja, amire AL=AC. Legyen M az AL és BK egyenesek metszéspontja.

Bizonyítsuk be, hogy MK=ML.

Szerintem ez volt az olimpia legviccesebb feladata.

[1573] jonas2012-07-04 19:00:16

Ez a projektív bizonyítás ügyes. Köszönöm, hogy megosztottad.

Előzmény: [1570] Vonka Vilmos Úr, 2012-05-27 20:25:16
[1572] sakkmath2012-07-03 23:49:10

A Grinberg-cikk 4. oldalának 4. ábrája alapján írjuk fel az általánosított Ptolemaiosz-tételt az egységsugarú kör köré írt ABCD érintőnégyszögre.

Ekkor a cikk 24. oldalának 14. tételében speciálisan \rho=1. Ezzel előáll az A.536. feladat kiindulási feltétele, s így e feladat érdekes geometriai megközelítését kapjuk. Erre utaltam a Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról/[685]-ös hsz-ben. Az akkor említett "elakadáson" hamar túljutottam :-)

Előzmény: [1566] sakkmath, 2012-05-25 22:06:36
[1571] HoA2012-05-27 20:42:54

Az egyik irány elemi geometriai bizonyítása triviális. Mivel az átlók által bezárt szomszédos szögek összege 180o, a félszögek összege 90o, tehát ha az egyenesek felezik az átlók szögeit, akkor merőlegesek egymásra.

Előzmény: [1570] Vonka Vilmos Úr, 2012-05-27 20:25:16
[1570] Vonka Vilmos Úr2012-05-27 20:25:16

A 181. feladat állításának belátásához elegendő azt ellenőrizni, hogy a szóban forgó négy egyenes harmonikus sugárnégyest alkot. Mivel ugyanis tetszőleges szöget tekintve a belső és külső szögfelezők harmonikusan választják el a szögszárakat (és a belső és a külső szögfelező pedig merőleges egymásra), az állítás mindkét oldala innen a harmonikus elválasztás tulajdonságait alkalmazva egyszerűen végiggondolható.

Azt, hogy a négy egyenes harmonikus sugárnégyest alkot, projektív geometriai módszerrel kicsit általánosabban, tetszőleges kúpszelet köré írt négyszögre fogom belátni. Az ábra jelöléseit használva, azt kell ellenőrizni, hogy (MC,MD,MR,MX) harmonikus sugárnégyes. Ez pontosan akkor teljesül, ha (CDRX) harmonikus pontnégyes, ami pedig a Pappos-Steiner tétel miatt ekvivalens azzal, hogy (QSX'X) harmonikus pontnégyes. Ez pontosan akkor teljesül, ha X és X' konjugáltak a négyszögbe írt kúpszeletre nézve. Mivel azonban látható, hogy Y polárisa QS, Y és X konjugáltak. Így X polárisa az RY=RX' egyenes, amiből következik, hogy X és X' valóban konjugáltak.

Természetesen érdekes lehet az eredeti állításra egy elemi geometriai bizonyítás is.

Előzmény: [1569] m2mm, 2012-05-27 18:19:14
[1569] m2mm2012-05-27 18:19:14

181. feladat: Bizonyítsuk be, hogy egy érintőnégyszög beírt körének szemközti érintési pontjait összekötő e1,e2 egyenesek pontosan akkor felezik az átlók által bezárt szöget, ha e1 és e2 merőlegesek egymásra.

Előzmény: [1561] HoA, 2012-05-25 14:43:58
[1568] jonas2012-05-25 23:41:29

Aha! Gondoltam, hogy kell lennie valami szögekkel számolós bizonyításnak is. Édrekes cikk, köszönöm a linket.

Előzmény: [1566] sakkmath, 2012-05-25 22:06:36
[1567] jonas2012-05-25 23:38:47

Igazad van. Erre a részére nem figyeltem a hozzászólásnak.

Előzmény: [1564] m2mm, 2012-05-25 20:56:08
[1566] sakkmath2012-05-25 22:06:36

Darij Grinberg: Circumscribed quadrilaterals revisited.

Előzmény: [1561] HoA, 2012-05-25 14:43:58
[1565] m2mm2012-05-25 21:11:30

"Egy érintőnégyszög beírt körének szemközti érintési pontjait összekötő egyenes áthalad az átlók metszéspontján."

Ez igaz. Legyen ABCD érintőnégyszög, AB és CD egyenesek metszéspontja a projektív síkon E, AD és BCF.

Gondold meg, hogy létezik vetítések egy szorzata(síkokra vetítünk), hogy a beírt kör körbe menjen, EF egyenes pedig ideálisba. Illeszkedéstartóság miatt az érintőnégyszög oldalegyeneseinek a képei érintik a kapott kört: ABCD A'B'C'D' képe érintőnégyszög. Mivel EF ideálisba ment, így A'B'||C'D' és A'D'||B'C', tehát A'B'C'D' paralelogramma és érintőnégyszög: rombusz. A rombusz szimmetriaközéppontján pedig nyilván átmegy az összes kérdéses egyenes. Az illeszkedés tartása miatt így az eredeti érintőnégyszögben is egy ponton mentek át a kérdéses egyenesek.

Előzmény: [1561] HoA, 2012-05-25 14:43:58
[1564] m2mm2012-05-25 20:56:08

"felezi az átlók által bezárt szöget."

Ez nem igaz. Például:

Itt vedd észre, hogy ha AD és BC egyenest rögzíted, A és B pontot szintén, akkor ha C-t mozgatod BC-n(és ugye minden C egyértelműen meghatározza D-t C-ből c-hez érintőt húzva és elmetszve AD egyenest...), úgy hogy |BC| nő, akkor AMP\angle nő, DMP\angle csökken, így AMP\angle=DMP\angle általánosan nem állhat fenn.

Előzmény: [1561] HoA, 2012-05-25 14:43:58
[1563] jonas2012-05-25 18:51:20

Ha Brianchon tételét nem ismered, a Hajós: Bevezetés a geometriába 48.3. pontjában találod meg.

Előzmény: [1562] jonas, 2012-05-25 18:48:11
[1562] jonas2012-05-25 18:48:11

A sejtésed igaz. Ez következik Brianchon tételéből.

Előzmény: [1561] HoA, 2012-05-25 14:43:58
[1561] HoA2012-05-25 14:43:58

[1553] ábráját nézve bennem az merült fel: igaz-e, hogy pl. M, Oc és az érintőnégyszög beírt körének [1553] ábráján csak fekete pöttyel jelölt érintési pontja c-n (Tc) egy egyenesen van? Lehet, hogy ez közismert, de Vonka Vilmos úr hivatkozásaiban - és az onnan elérhető hivatkozásokban - nem láttam megemlítve. Vagy kicsit másképp fogalmazva, igaz-e a sejtés:

Egy érintőnégyszög beírt körének szemközti érintési pontjait összekötő egyenes áthalad az átlók metszéspontján és felezi az átlók által bezárt szöget.

Előzmény: [1553] BohnerGéza, 2012-05-22 09:26:24
[1560] m2mm2012-05-23 15:23:10

A feladat egy megoldása már fenn van a fórumon, a Lejárt határidejű KöMaL feladatokról [693] hozzászólásában. Ha jól látom a szintetikustól nem sokkal tér el (ő Desarguesozik én meg harmonikus pontnégyeseket használok az egyik lépésben).

Előzmény: [1558] Vonka Vilmos Úr, 2012-05-23 07:00:15

  [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]