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.
[1684] Kemény Legény2013-04-20 19:06:18

A koszinusztételes megoldást kicsi jobban "be lehet csomagolni" vektorok (és azok skaláris szorzatának) használatával. Ha az OA,OB,OC,OD,OP vektorokat rendre a,b,c,d,p jelöli, akkor

|a-p|^2+|b-p|^2+|c-p|^2+|d-p|^2=|a|^2+|b|^2+|c|^2+|d|^2+4|p|^2-2(a+b+c+d)p=4\cdot\frac{1}{2}+4\cdot\frac{1}{4}-0=3, mert a+b+c+d=0.

Előzmény: [1683] Layven, 2013-04-20 18:47:24
[1683] Layven2013-04-20 18:47:24

Igen, ez lehetőségként végig megvolt bennem, de az nem lett volna szép megoldás. Végül sikerült megoldani koordináták nélkül.(ABCD négyzet csúcsai, O a középpontja,P a kiválasztott pont a beírt körön.)

OP= \frac{1}{2}, OA= \frac{\sqrt{2}}{2}

Koszinusztétel az AOP háromszögben:

AP^2= \frac{1}{2}^2+\frac{\sqrt{2}}{2}^2-2\frac{1}{2}\frac{\sqrt{2}}{2} \cos{\alpha}= \frac{3}{4}-\frac{\sqrt{2}}{2}\cos{\alpha}

Felírva mindegyik oldalt hasonlóképpen és összegezve:

AP^2+BP^2+CP^2+DP^2= 3-\frac{\sqrt{2}}{2}(\cos{\alpha}+\cos{\beta}+\cos{\gamma}+\cos{\delta})

Most megmutatjuk, hogy a koszinuszok összege 0. A, O és C pontok egy egyenesben vannak, tehát AOP\angle+POC\angle=180o, azaz \alpha+\gamma=180o, hasonló módon pedig \beta+\delta=180o

Ismert, hogy \cos{\alpha}+\cos{\gamma}=2\cos{\frac{\alpha+\gamma}{2}}\cos{\frac{\alpha-\gamma}{2}}=2\cos{90^\circ}\cos{\frac{\alpha-\gamma}{2}}=0

Hasonló módon kijön,hogy cos \beta+cos \delta=0, tehát a koszinuszok összege valóban 0, vagyis AP2+BP2+CP2+DP2=3

Előzmény: [1682] Sinobi, 2013-04-20 12:32:17
[1682] Sinobi2013-04-20 12:32:17

Próbáld koordinátákkal. Vegyél fel egy P(Xp,Yp) pontot, és számold ki egy (mondjuk origó középponttú) egységnégyzet csúcsaitól a távolságnégyzetek összegét.

Előzmény: [1681] Layven, 2013-04-20 11:32:22
[1681] Layven2013-04-20 11:32:22

A következő problémán akadtam fent: Bizonyítsuk be, hogy ha ABCD egységnégyzet beírt körén lévő pont P, akkor AP2+BP2+CP2+DP2=3

[1680] Sinobi2013-04-13 19:10:10

Az olyan I pontok halmaza, ahol I rajta van AB F-hez tartozó szögfelezőkörén, és az FO tháleszkörén, (azaz AIB szögfelező talppontja F és FIO merőleges) egy csúnya csigabigán vannak. Kérdés: igaz-e, hogy ha meg tudjuk szerkeszteni valahogy a csúnya csigabiga és minden O középponttú kör metszéspontjait, akkor a csúnya csigabiga és egy tetszőleges kör ill. és egy tetszőleges egyenes metszéspontjait is.

Előzmény: [1679] ibiro, 2013-04-05 13:09:20
[1679] ibiro2013-04-05 13:09:20

Adott az AB szakasz és az O középpontú R sugarú kör. Határozzuk meg azt az M pontot (pontokat) a körön melyre az OM egyenes az AMB szög szögfelezője.

[1678] HoA2013-04-04 14:16:15

RE: "Q pontot pedig abban az esetben kapjuk, ha X a P pont PQ felezőmerőlegesére vett tükörképe"

Valójában Q pontot abban az esetben kapjuk, ha T a Q-ból e-re pocsátott merőleges talppontja és X a P pont T-re vett tükörképe.

Előzmény: [1670] Vonka Vilmos Úr, 2013-04-03 13:10:24
[1677] w2013-04-03 21:17:00

Köszönöm. Majd gondolkodok az elemi indokláson is.

Előzmény: [1674] Vonka Vilmos Úr, 2013-04-03 19:14:09
[1676] w2013-04-03 21:16:14

Nem értem a bajt: egy triviális példát mondtál az állítás igazságára. Megint: ha egy téglalap kirakható 1xm-es és nx1-es lapok együttesével, akkor alkalmas lapot kiválasztva, csak azzal is kirakható.

Előzmény: [1675] Róbert Gida, 2013-04-03 20:34:17
[1675] Róbert Gida2013-04-03 20:34:17

Legyen m=n=2, továbbá a nagy téglalap amit parkettázunk pedig 2x2-es. Ekkor ez kiparkettázható 1 x m -es és n x 1 -es téglalapokkal. De kiparkettázható csak 1 x m-es vagy csak n x 1-esekkel is.

Előzmény: [1664] w, 2013-04-01 23:11:31
[1674] Vonka Vilmos Úr2013-04-03 19:14:09

A mértani hely meghatározására elemi megoldást egyelőre nem találtam, a hiperbolák fókuszait azonban meg lehet keresni.

Érdemes észrevenni, hogy mindkét hiperbola középpontja a PQ szakasz F felezőpontja. Valóban: ha például a T pontot F-re tükrözve kapott pontot T' jelöli és X'=e\capQT', akkor a keletkező szögek összevetésével nem nehéz látni, hogy ha PTX egyenlő szárú, akkor PT'X' is. Tehát ekkor T' is a mértani helyhez tartozik.

Szóval a t hiperbolának az aszimptotáinak ismerjük az irányát (e-vel párhuzamos illetve merőleges egyenesekről van szó), és tudjuk, hogy F-re illeszkednek. Az aszimptoták ismeretében pedig szerkeszthetőek a tengelyek (szögfelezőként), és a hiperbola egy további pontjának (például P) ismeretében a fókuszok is. (Meg is szerkesztettem a fókuszokat; de azt nem látom egyelőre, hogy mi az elemi geometriai jelentésük, ami alapján elemibb megoldást lehetne adni a feladatra.)

Akkor néhány szó a Steiner-tételről. Két sugársor közötti projektivitáson a két sugársor közötti kettősviszonytartó, bijektív megfeleltetést értünk.

Tétel. Tekintsünk két sugársor között egy projektivitást. Az első sugársor minden egyenesének képezzük a metszéspontját a hozzá rendelt egyenessel. Az így kapott metszéspontok egy kúpszeletre (vagy speciális esetben egy egyenesre) illeszkednek. Amennyiben a metszési alakzat kúpszelet, az tartalmazza a sugársorok tartópontjait.

Vázlatosan egy viszonylag elemi bizonyításról: Legyenek a sugársorok tartópontjai P és Q, valamint a metszési alakzat három pontja A, B és C. Ez azt jelenti, hogy a projektivitásban a PA, PB, PC egyenesek képei rendre a QA, QB, QC egyenesek (a kettősviszonytartás miatt ez a három egyenespár egyértelműen meghatározza a projektivitást). Tegyük fel, hogy az A, B, C pontok nem kollineárisak; ekkor van egy és csak egy olyan k kúpszelet, amely az A, B, C, P, Q pontokra illeszkedik. (Öt pont egyértelműen meghatároz egy kúpszeletet, ez pl. a Pascal-tétel miatt ismert.) Azt kell ellenőriznünk, hogy egy D pont akkor és csak akkor illeszkedik k-ra, ha a tekintett projektivitásban PD képe QD. Másként fogalmazva: D akkor és csak akkor van k-n, ha a (PA,PB,PC,PD) és (QA,QB,QC,QD) kettősviszonyok egyenlőek. Ez azonban a kerületi szögek tételének alkalmazásával közvetlenül következik, ha egy kollineációt (tehát kettősviszonytartó leképezést) alkalmazva a k kúpszeletet körbe transzformáljuk. (A hozzáértők nyilván láthatják, hogy a bizonyítás nehézségeit hány ponton "kentem el" bizonyos "jól ismert" tényekre hivatkozva; a téma részletes kifejtése azonban jóval túlmutat a fórum keretein.)

Előzmény: [1672] w, 2013-04-03 16:59:24
[1673] w2013-04-03 17:33:18

A Te feladatodra ez a megoldás nem igazán használja ki, hogy két dimenzióban van, nagyon szép ötlet.

Az általam kitűzött feladat térbeli változata "lemészárolható", csak a megoldással még várnék.

Előzmény: [1668] Fálesz Mihály, 2013-04-03 10:01:27
[1672] w2013-04-03 16:59:24

A megjegyzésben szereplők érdekelnek leginkább. Mi Steiner tétele? Be tudnád-e bizonyítani? Létezik-e a feladatomnak elemi megoldása: hol és hogyan találhatjuk meg a két hiperbola fókuszait/vezéregyeneseit?

w

Előzmény: [1670] Vonka Vilmos Úr, 2013-04-03 13:10:24
[1671] Fálesz Mihály2013-04-03 14:48:35

Nem értem.

"... a téglatest egy oldalára a kis téglatesteknek csak olyan lapja fekszik, aminek van egész oldala"

Miért ne lehetne valamelyik kis téglának az adott lapra merőleges éle az egész hosszúságú?

Előzmény: [1669] jonas, 2013-04-03 10:24:34
[1670] Vonka Vilmos Úr2013-04-03 13:10:24

Gondolom, hogy úgy értetted a feladatot, hogy a Q ponton keresztül felvett tetszőleges másik egyenest rögzítjük, és azon a rögzített f egyenesen változik az Y pont.

Az egyszerűen látható, hogy mindkét mértani hely tartalmazza a P és Q pontokat. A t mértani hely esetén P=X választással adódik a P pont; a Q pontot pedig abban az esetben kapjuk, ha X a P pont PQ felezőmerőlegesére vett tükörképe.

További közös pontok csak abban az esetben találhatóak, ha e és f párhuzamosak. Valóban: tegyük fel, hogy M közös pont, és tekintsük az e illetve f egyenes M-hez tartozó X illetve Y pontját. (Tehát azokat az X illetve Y pontokat, amelyekből kiindulva a konstrukcióddal T=U=M adódik.) Ekkor PMX és QMY egyaránt egyenlő szárú háromszögek, valamint a (PMY) és (QMX) ponthármasok kollineárisak. Így a két egyenlő szárú háromszöget tekintve a szárszögek egybevágóak, ezért az alapon nyugvó szögek is. Ebből az e és f egyenesek párhuzamossága következik.

Az egyszerűen ellenőrizhető, hogy e és f párhuzamossága esetén a két mértani hely egybeesik: ebben az esetben az e egyenes valamely X pontjából kiindulva kapott T ponthoz TP\capf-et Y-nak választva U=T adódik.

Összefoglalva: t és u közös pontjai pontosan P és Q, ha e és f nem párhuzamosak; ha pedig e és f párhuzamos, akkor az összes pont közös.

Megjegyzem, hogy t és u mindegyike derékszögű hiperbola. Az, hogy a mértani helyek kúpszeletek, projektív geometriai úton (Steiner tétele alapján) egyszerűen látszik. Például t ugyanis az e pontjait Q-ból vetítő sugársor és a PX szakaszok felezőmerőlegesei által alkotott sugársor metszési alakzata. Ez a két sugársor projektív kapcsolatban van, így a metszési alakzatuk kúpszelet. Ez a kúpszelet tartalmazza a sugársorok tartópontjait: tehát a Q pontot, illetve az e-re merőleges irányt jelentő ideális pontot. Tartalmazza továbbá e ideális pontját is, ugyanis abban az esetben, ha X az e egyenes ideális pontja, akkor T ugyanez az ideális pont. Így a mértani hely olyan kúpszelet, amelynek két ideális pontja merőleges irányokat jelent, azaz valóban derékszögű hiperbola.

Előzmény: [1667] w, 2013-04-02 14:15:13
[1669] jonas2013-04-03 10:24:34

Ha az [1665]-ben lévő feladatot elhisszük, akkor ez az első térbeli változat már következik, hiszen a téglatest egy oldalára a kis téglatesteknek csak olyan lapja fekszik, aminek van egész oldala, ezért a téglatestnek kell lennie legalább két egész élének.

Előzmény: [1668] Fálesz Mihály, 2013-04-03 10:01:27
[1668] Fálesz Mihály2013-04-03 10:01:27

Ne rohanjunk ennyire.

Oldjuk meg mindkét változatot, és keressünk olyan módszereket, amik magasabb dimenzóban is működnek. Pl. egy háromdimenziós téglát bontunk n×1×1, 1×m×1 és 1×1×k méretű darabokra, illetve olyan kis téglákra, amiknek van egész hosszúságű éle.

Előzmény: [1667] w, 2013-04-02 14:15:13
[1667] w2013-04-02 14:15:13

Igaz, a két feladat nagyon ismert.

megoldás

Akkor inkább jöjjön egy nehéz, saját feladat. Még nem sikerüt megoldanom.

Adott egy e egyenes és rajta egy rögzített P pont, illetve egy másik Q pont a síkon. Legyen X\ine esetén fX a PX felezőmerőlegese, és T=fX\capQX. Hat. meg T pont t mértani helyét. Vegyünk fel egy tetszőleges másik egyenest is Q-n keresztül, rajta egy Y pontot, QY fY felezőmerőlegesét, és U=fY\capPY pont u mértani helyét. Határozzuk meg t és u közös pontjait.

Előzmény: [1665] Fálesz Mihály, 2013-04-02 09:02:25
[1666] w2013-04-02 09:53:18

Az általam kitűzött feladat megoldása, ahogy ismerem, kihasználja a rácsnégyzeteket. (Még nem lövöm le.)

Előzmény: [1665] Fálesz Mihály, 2013-04-02 09:02:25
[1665] Fálesz Mihály2013-04-02 09:02:25

Úgy már rendben.

Egy folytonos változat: ha egy T téglalapot fel lehet bontani kis téglalapokra úgy, hogy mindegyik kis téglalapnak van egész hosszúságú oldala, akkor T-nek is van egész hosszúságú oldala.

Tanulságos mindkét feladatot megoldani, és összehasonlítani a megoldásokat.

Előzmény: [1664] w, 2013-04-01 23:11:31
[1664] w2013-04-01 23:11:31

Mindegy. Kicsit rosszul írtam ki (ahogy sejtettem :( ). A téglalapok nem forgathatók el, méreteik 1 x m és n x 1.

Előzmény: [1663] w, 2013-04-01 22:52:37
[1663] w2013-04-01 22:52:37

Ez itt ellenpélda. Akkor tegyük fel, hogy a téglalap méretei 1-nél nagyobbak.

Előzmény: [1662] Fálesz Mihály, 2013-04-01 22:44:39
[1662] Fálesz Mihály2013-04-01 22:44:39

Mi történik, ha a téglalap mérete 1×(m+n) ...?

Előzmény: [1661] w, 2013-04-01 16:17:17
[1661] w2013-04-01 16:17:17

Tudjuk, hogy egy téglalap kiparkettázható 1 x n -es és 1 x m -es téglalapokkal. Kiparkettázható-e csak 1 x n -es lapokkal vagy csak 1 x m -esekkel?

[1660] w2013-03-29 20:03:47

Ezt én nem tudom, nincs meg a tankönyv. Persze lehet spekulálni: szerintem a bizonyítás természetes, és egy középiskolás ezt értené meg legkönnyebben. Másrészt, felmerül, hogy van-e másik (megfordítási) bizonyítás erre, nincs nagyon esély módosításra.

Előzmény: [1659] HoA, 2013-03-29 19:35:28

  [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]