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.
[31] Hajba Károly2004-02-03 13:13:24

11. feladat:

A 4. feladat megoldásának idomát kis módosítással át lehet-e alakítani úgy, hogy ennek és tükörképének felhasználásával a teret hiánytalanul le tudjuk fedni, akár többféle elrendezéssel is?

Hajba Károly

[30] Hajba Károly2004-02-03 13:06:53

Kedves Csillag!

Hozzászólásodra egy gimis OKTV-s emlékem ugrott be (a '70-es évek vége). Felettünk néhány évvel volt járatos egy történet, mely állítólag megtörtént: az egyik nagytudású versenyző, ki utazótáskányi feladatgyűjteménnyel ment a versenyre, az egyik feladat megoldását oly módon teljesítette, hogy megjelölte, mely feladatgyűjteményből való a pálda és hol található a megoldása.

Nos úgy gondolom, hogy ide sokan azért nézünk be, mert örömmel tölt el egy-egy probléma megoldásán való gondolkodás, s esetleg a megoldás saját erőből történő megtalálása. Továbbá attól, hogy valaki szereti a matekot, nem biztos, hogy minden témában egyformán vág az agya, de lehet, hogy csak jelenleg nincs rá ideje elmerülni benne.

Tehát szerintem ez nem az OKTV, így ha valaki ismeri egy feladat megoldását vagy tudja annak előfordulási helyét, nem illik azt lelőni, hátha valaki szeretne rajta gondolkodni, s senki sem akarja a spanyolviaszt feltalálni. Továbbá egy érdekes feladat aránylag gyors megoldásával és közzétételével, mint eme feladat is, nem illik mások örömét elvenni.

Íme az én megoldásom, több változat egy képbe sűrítve, melyet már korábban jeleztem:

Előzmény: [29] Csillag, 2004-02-02 20:05:04
[29] Csillag2004-02-02 20:05:04

Tisztelt Látogatók!

Elég régóta rágódnak itt egyesek a 4. feladat megoldásán, pedig a 2001/1-5 KöMaLok címlapján szereplő ábra pont ezt a feladatot oldja meg. (Az ott szereplő megoldás Salát Máté ötletéből készült) A következő két probléma is nagyon szép (projektív geometriai) tétel és érdemes őket ismerni, ha valaki versenyre megy. (A tételek megtalálhatóak Hajós György: Bevezetés a geometriába c. könyvében):

10. feladat: a) Bizonyítsá(to)k be Pascal tételét: egy közönséges kúpszeletbe írt hatszög átellenes oldalpárjai egymást egy egyenes három pontjában metszik. (A probléma már felmerült a Matek OKTV rovatban -> 17. hozzászólás, de ott nem szerepel bizonyítás)

b) Bizonyítsá(to)k be Brianchon tételét: egy közönséges kúpszelet köré írt hatszög átellenes oldalpárjait összekötő egyenesek egymást egy közös pontban metszik. (A 3 egyenes közös pontja a hatszög Brianchon-féle pontja.)

c) Hogyan tudná(to)k felhasználni a Papposz-Pascal tétel állítását az idei matek OKTV II. kat. I. ford. 5. feladatában? GB

[28] lorantfy2004-02-01 22:37:09

Kedves Csimbi, Károly és Fórumosok!

4. feladat megoldása: Először én is azt hittem, hogy átverés Csimbi ügyes kis feladata, már azon voltam, hogy bebizonyítom, ilyen felosztás nem létezik…

Aztán arra gondoltam, ha létezik ilyen alakzat, mármint az ilyen módon részekre felosztott kör, akkor biztos, hogy felhasználták már valami ismert ábrában, logóban vagy reklámban és láttam már valahol ezt a felosztást.

Annyi körívekből álló édekes ábra van (jing-jang). Aztán gyermekkori emlékek pörögtek a fejemben és már meg is volt a megoldás.

Ezek alapján és Károly segítségét felhasználva egy körzővel és egy vonalzóval (vagy szabadkézzel) bárki megrajzolhatja a felosztást.

(Ha valaki nagyon kíváncsi egy kis segítséget még feltettem egy másik témába.)

Előzmény: [11] Hajba Károly, 2004-01-14 00:36:02
[27] BohnerGéza2004-01-23 13:52:13

A 2. feladat megérdemli, hogy foglalkozzunk vele, akkor is, ha már tripolár koordinátákkal általánosabban igazolták. A 4. hozzászólás ábrájának jelöléseit használva, de az 1, 2, 3-as indexeket a, b, c-re változtatva, ( még nem tanultam meg a TeX-tet, és így olvashatóbb ) kiegészíthető még a továbbiakkal:

Legyen K az ABC, K* az OaObOc háromszög körülírt körének középpontja, S az SaSbSc, S* pedig OaObOc háromszög súlypontja ( ha léteznek ). Ekkor az Euler-egyenesek metszéspontján átmegy még a KK* és SS* egyenes is, valamint PK párhuzamos K*S*-gal.

Elemi bizonyítást egyelőre nem ismerek. Talán ezek az észrevételek segítenek a kitalálásában.

[26] lorantfy2004-01-21 22:09:30

Kedves Gubbubu!

Persze csak vázoltam egy megoldást mert nagy rohanásban voltam, mint mindig.

2. ponthoz annyit, hogy ha a szög 90o akkor nyilván nagyobb egy hegyesszögnél, ha tovább növeljük a szöget a B metszéspont a másik oldalon keletkezik.

Előzmény: [25] Gubbubu, 2004-01-21 20:29:33
[25] Gubbubu2004-01-21 20:29:33

Kedves László!

Köszönöm a megoldást! Néhány pontosítás vagy kiegészítés:

0. Azt, hogy A1 a CDB belsejébe esik, azt hiszem, C középpontú koncentrikus körök segítségével egyszerűen be lehet látni (kérdés persze, hogy milyen mélységig "fejtsünk vissza" egy elemi tételt az axiómákig, és mit fogadjunk el "szemléletesen igaz"nak, illetve ebből mit írjunk le egy korlátozott hosszúságú fórumos szövegben, ezek mindig problémák, amiken mindig sokat szoktam filózni);

1. "ebből már következik" hogy a kérdéses szög kisebb: azt hiszem, hogy ezt nem egetrengetően nehéz belátni (szemléletesen elég világos), de azért nem is olyan könnyű.

Mindenesetre visszavezettük a térbeli szituációt a síkgeometriára, és lényegében ez volt a célom.

2. A bizonyítás csak azon D-n átmenő egyenesekre működik, melyek metszik AB-t. A többi D-n átmenő egyenes nem jöhet szóba, mert szögük CD-vel 90o vagy nagyobb (ezt is be lehet látni egy-két szóban).

Még egy megjegyzés: a középiskolai tankönyvek többsége ebből a tételből egészen egyszerűen definíciót csinál ("nevezzük egyenes és sík szögét az egyenes és síkba eső merőleges vetülete szögének"), pedig ez igazából egy tétel, ez motivált a kitűzésben.

Létezik a feladatnak általánosítása is, mégpedig n-dimenziós euklideszi terekre. Ha valakinek van kedve, gondolkodjon el, hogy mi ez az általánosítás, és hogyan lehet belátni (ha sikerül elegendő pontossággal megfogalmaznom, kitúzöm a "nehezebbek" topikban, de addig is lehet gondolkodni).

Üdv: G.

Előzmény: [24] lorantfy, 2004-01-21 14:28:29
[24] lorantfy2004-01-21 14:28:29

Megoldás a 9. faladatra:

CD egyenes az EFGH síkot D-ben döfi. C pont merőleges vetülete a síkon legyen A. állítsunk merőlegest a síkban a AD-re, ez nyilván AC-re is merőleges lesz. Ennek a merőlegesnek egy A-tól különböző pontja legyen B. ABC és ABD derékszögű háromszögekben CB és BD átfogók, tehát CB>AC és BD>AD. Ezért ha ACD háromszöget CD körül a BCD háromszög síkjába forgatjuk akkor A1 pont a BCD háromszög belsejébe esik. Ebből már következik, hogy ADC\angle<BDC\angle.

Előzmény: [23] Gubbubu, 2004-01-20 18:47:02
[23] Gubbubu2004-01-20 18:47:02

Még néhány feladat,

a lineáris választékbővítés jegyében:

. .

7. feladat: Igaz-e, hogy a (nem elfajuló) háromszög beírt köre a legnagyobb sugarú kör, melyet a háromszöglemez tartalmaz?

8. feladat: Igaz-e, hogy a (nem elfajuló) háromszög köré írt kör a legkisebb sugarú kör, mely tartalmazza a háromszöglemezt?

9. feladat: Igazoljuk, hogy egy síkot egy pontban metsző ("döfő") egyenes a metszésponton átmenő, síkbeli egyenesek közül épp saját merőleges vetületével zár be minimális szöget

(tkp. ha minden síkbeli, a döfésponton átmenő egyenes esetében megmérjük a döfő egyenessel bezárt szögét, akkor az így kapott szögmértékek halmazában van legkisebb elem, és ez épp az a szög, amelyet a döfő egyenes a merőleges vetületével zár be).

[22] Gubbubu2004-01-19 12:07:31

Kedves Onogur!

Nagyon köszönöm a megoldást. Egyébként a kérdéses szög a szénatom "tetraéder alakúnak képzelt elektronszerkezetének" (a kifejezés elég pongyola, ezért van idézőjelben, nem azért, mert idézet egy tankönyvből) az egyik alapadata. Ilyennek képzeljük a kötésszöget pl. a metánmolekula vagy a gyémánt-atomrács két kovalens kötése között.

A kérdéses szög szokásos (közelítő) értéke a szerves kémia tankönyvekben és jegyzetekben 109,5o szokott lenni.

A feladat a gyakorlati jellegű, alkalmazott matematikai feladatok egy igen kézenfekvő példája, talán ezért nem találkoztam vele soha matematikaórán.

Üdv:G.

Előzmény: [20] Hajba Károly, 2004-01-17 00:40:03
[21] Csillag2004-01-18 22:18:35

Tisztelt Olvasók!

A 2. feladat állítását nem én fedeztem fel először :(, mint erre Rácz Béla rámutatott. Nemrég publikálták a feladat általánosítását, amely letölthető a köv. címről: http://forumgeom.fau.edu/FG2001volume1/FG200109index.html. Elnézést kérek a hibáért.

Gáti Beatrix

[20] Hajba Károly2004-01-17 00:40:03

Kedves gubbubu!

Bevallom őszintén nem ismerem a vegyészek "alapszögét", de mint érdekes feladvány, elgondolkoztam rajta. Tehát

Megoldás az 5. feladatra:

A szabályos tetraéder köré írható kör sugara R=SA=SB=SC=SD=\frac{\sqrt{6}}{4} a.(Lásd 4-jegyű függvénytábla :o) Így az \alpha szög cosinustétel segítségével megadható.

12=R2+R2-2*R*R*cos(\alpha)

\alpha= arc cos(1-\frac{1}{2R^2})

\alpha=arc cos(-\frac13)=109,47122...

HK

Előzmény: [16] Gubbubu, 2004-01-16 00:16:01
[19] lorantfy2004-01-16 14:45:13

Kedves Géza!

Ha jól látom ez az általánositás pontosan megegyezik az enyémmel, csak más megfogalmazásban!

Mivel a négy pont nincs egy síkban a BD és AC szakaszokat behúzva tetraédert kapunk.

Az ABR, BCS, CDP és DAQ síkok metszésvonalai páronkánt az AE, BF, CG és DH egyeneseket adják, és ezek metszéspontja az M pont. (Fel kell venni még ACT és BDV síkokat, de ezek egyértelműen adódnak.)

A tétel teljesen formálisan átírható térbelivé persze a tetraéder élein lévő P,Q,R,S,T,V pontok segítségével.

Előzmény: [18] Kós Géza, 2004-01-16 10:21:08
[18] Kós Géza2004-01-16 10:21:08

Én egy másik irányban keresném a térbeli általánosítást... Az, hogy négy, ráadásul térbeli egyenes egy ponton megy át, nagyon erős követelmény.

Legyen A,B,C,D négy olyan pont a térben, amik nincsenek egy síkban. Az AB, BC, CD, DA egyeneseken kiválasztjuk a P, A, R, S pontokat. Vizsgáljuk meg, hogy az ABR, BCS, CDP és DAQ síkok mikor mennek át egy ponton.

A Menelaosz-tétel térbeli változata pedig azt kérdezheti, hogy a P,Q,R,S pontok mikor vannak egy síkban.

* * *

(A \cdot paranccsal lehet középre pontot, azaz szorzásjelet tenni.)

Előzmény: [17] lorantfy, 2004-01-16 09:28:41
[17] lorantfy2004-01-16 09:28:41

Kedves Tamás és Fórumosok!

Tényleg nagyon szép bizonyítások találhatók a honlapon amit megadtál. Érdemes megnézni!

Ceva tétele:

Az ABC háromszögben AD, BE és CF egyenesek akkor és csak akkor metszik egymást egy pontban (M) ha

\frac{AF}{FB}\quad \frac{BD}{DC}\quad \frac{CE}{EA} = 1

6.feladat: Fogalmazzuk meg a tétel térbeli általánosítását!

E,F,G,H pontok az ABCD tetraéder oldallapjain vannak. (Ceva tétel alkalmazása 6.b feladat megoldásában: "Versenyfeladatok" [26]nadorp hozzászólásban!)

Előzmény: [14] tarcsay, 2004-01-15 15:44:55
[16] Gubbubu2004-01-16 00:16:01

Egy - tulajdonképp klasszikus, de nagyon hanyagolt - feladat:

5. feladat:

Adott az ABCD szabályos (mondjuk egységnyi oldalú) tetraéder. Legyen S e tetraéder "középpontja" (szabatosabban: súlypontja). Számoljuk ki az a=\angleASB=\angleCSB szöget!

De pontos értéket kérek, például egy törtszám szinuszát vagy gyökkifejezést, ne közelítőt (azt a vegyész-matematikusok vsz. kívülről fújják...)!

[15] Gubbubu2004-01-15 23:59:17

Kösz:

G:-)

;

Előzmény: [14] tarcsay, 2004-01-15 15:44:55
[14] tarcsay2004-01-15 15:44:55

Kedves gubbubu!

Ha jól emlékszem, akkor a

http://www.cut-the-knot.org/Generalization/ceva.shtml

oldalon láttam olyan bizonyítást, amit kerestél.

Üdvözlettel,

Előzmény: [13] Gubbubu, 2004-01-14 20:44:15
[13] Gubbubu2004-01-14 20:44:15

Kedves Fórumosok!

Hónapok óta nyomozok a Ceva-tétel olyan bizonyítása után, amely nem használja fel, lehetőleg implicit módon sem, a terület fogalmát (mint ahogy pl. Coxeter geometriakönyve teszi), hanem mondjuk háromszögek hasonlóságára épít. Ha véletlenül ismer valaki ilyet, nagyon kérem, írja meg, hol található (könyv, webcím stb.)

Köszönettel: G

[12] Rácz Béla2004-01-14 01:53:28

Variáció a 2. feladatra:

2/b. Legyen egy háromszög Gazsi-egyenese a körülírt és a beírt kör középpontja közti egyenes (ill. az egész sík, ha a háromszög esetleg szabályos). (Gazsi tétele:) BBH a 2. feladatban az Euler szót Gazsira cserélve is igaz a tétel!

Előzmény: [3] Csillag, 2003-12-19 19:38:04
[11] Hajba Károly2004-01-14 00:36:02

Válasz a 4. feladatra:

Kedves Csimby! Először azt hittem, hogy blöf vagy valamiféle végtelennel történő játékkal lehet megoldani, de nem. Belémcsapott az isteni szikra és rájöttem a megoldásra.

Nem akarom az esetleg ezen gondolkodók kedvét elvenni, így csak utalok rá és egyben inspirációt adok a még gondolkodók részére: 12 idom, s ebből akár a fele is megfelel a feltételeknek, de ugyanezen elemekkel a "hagyományos" módon is ki lehet rakni. Sőt 6*n elemmel is megoldható.

HK

Előzmény: [10] Csimby, 2004-01-12 21:54:12
[10] Csimby2004-01-12 21:54:12

4.feladat: Bontsunk fel egy kört egybevágó síkidomokra úgy, hogy legalább az egyik darab ne tartalmazza a kör középpontját, még határán sem.

[9] Hajba Károly2004-01-10 00:26:54

3. feladat

Mekkora méretű lehet az a legkisebb négyzet alakú mező, melybe 12 db egységnyi átmérőjű kört be tudunk még átfedés nélkül illeszteni?

HK

[8] Hajba Károly2004-01-05 14:12:58

2. feladat

Vegyünk egy 1,895/18,95 méretű mezőt és próbáljunk benne minél több 1,0/1,0 méretű lapocskát átfedés nélkül elhelyezni.

Vajon mennyit lehet?

Hajba Károly

[7] lorantfy2004-01-04 14:06:26

Morley tételhez:

Legyenek az ABC\Delta szögeinek harmadai \alpha,\beta,\gamma.Mivel 3\alpha+3\beta+3\gamma=180o, így \alpha+\beta+\gamma=60o.

AEC\Delta-ben AY és CY szögfelező, tehát EY is szögfelező. Így

 AEY \angle =\frac{180^\circ-2\alpha-2\gamma}{2}=90^\circ-\alpha-\gamma

Hasonlóan ABF\Delta-ben: BFZ\angle=90o-\alpha-\beta. AZB\Delta külső szöge: EZB\angle=\alpha+\beta

Legyen M pont az EY és FZ szakaszok metszéspontja:

MZE\angle=180o-EZB\angle-\beta-BFZ\angle=180o-\alpha-\beta-\beta-90o+\alpha+\beta=90o-\beta

ZME\angle=180o-MZE\angle-AEY\angle=180o-90o+\beta-90o+\alpha+\gamma=\alpha+\beta+\gamma=60o

Tehát EY és FZ 60o-os szöget zárnak be és persze hasonlóan belátható, hogy DX és EY valamint DX és FZ is 60o-os szöget zárnak be.

Annyit kell még belátni, hogy DX átmegy az M ponton és abból már következne, hogy XYZ\Delta egyenlő oldalú.

Előzmény: [1] Csillag, 2003-12-18 21:17:42

  [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]