Fórum: GEOMETRIA

Ha jól emlékszek, ez nem rég kömal feladat volt. Vegyük a PA PB közül a hosszabbikat (pl. PA-t), ezt P felé meghosszabítva B'-t vegyük fel úgy, hogy PB'=PB legyen. Ekkor PA+PB=AB'. F legyen a z hosszabbik AB ív felezőpontja. Könnyű bizonyítani, hogy az F középpontú körön, amely átmegy A-n és B-n, rajta van B' is. Ezért a kérdéses összeg akkor maximális, ha AB' átmérője az F középpontú körnek.

(utolsó előtti sorban az egyenlőtlenség bal oldalán 2 helyett :-))

Te jó ég ennyi hülyeséget mint amit az előbb írtam... Szóval, a Cosinus-tételben + helyett - van. És kell még az is, hogy ab akkor a legnagyobb, ha a=b, ez abból jön ki, hogy PAB területe = ahol állandó és a terület egyenlőszárú háromszögre a legnagyobb(hiszen ahol c állandó és m_c nyilván egyenlőszárúra a legnagyobb), vagyis amikor a=b. Tehát 2(a+b)²a²+b²=c²+2abcos . Ahol a jobb oldal a=b-nél a legnagyobb és ekkor egyenlőség áll fenn, tehát a bal oldal is ekkor veszi fel a maximumát, vagyis a+b is. Nem írok több bizonyítást fél3-kor, elnézést... remélem azért így is érthető és most már jó is.

Legyen PA=b, PB=a, AB=c, a P-nél lévő szög = . Ekkor a Cosinus-tétel szerint: a²+b²+2abcos =c², ahol c és állandók. Ebből következik, hogy a²+b² is állandó. Ekkor a számtani és négyzetes közép közötti egyenlőtlenség miatt: És egyenlősség pontosan akkor áll fenn, ha a=b. Tehát a+b az a=b esetben veszi fel maximumát.

Szervusztok fiatalok! Szerintem jónéhányan már a gyerekeim lehetnétek (a legnagyobb fiam 20 éves), de most szükségem lenne a segítségetekre. Egy apró segédtételre kellene nekem 3 bizonyítás. Egyet már sikerült összehoznom az a:sinalfa=b:sinbéta=c:singamma=2R (elnézést a kezdetleges írásmódért)felhasználásával,de többet csak nem akaródzik kitalálnom. A feladat a következő: Adott egy kör és benne egy AB húr. Mozgassunk egy P pontot a körvonalon. Bizonyítsuk be, hogy a PA+PB akkor maximális, ha P az AB húr által meghatározott két körvonal közül a nagyobbik(pontosabban a nem kisebbik) felezőpontjában van!(azaz az AB húr felezőmerőlegese és a "nagyobbik" körvonal metszéspontja) Köszönöm a segítséget! fermel

OK, most már értem.

Kedves Géza!

A megoldásodban csak az zavar, hogy a B²+C² érték függ az origó megválasztásától. Ezt ha egy kicsit elmagyaráznád hogy gondoltad, megköszönném.

Calyd [523] kérdésére: 2*2-es mátrixszal a síknak csak az origót helybenhagyó, egyenestartó leképezései adhatóak meg, míg a 3*3-as adott formájú mátrixszal pl. az eltolások, bármely pont körüli forgatás, tetszőleges tengelyre tükrözés, stb is.

A tetszőleges 3*3-as mátrix a tér origót helybenhagyó, síktartó leképesei leírására alkalmas. Ha ezt leszűkítjük úgy, hogy a z = 1 sík potjainak képe maradjanak a síkon, kapjuk a fenti speciális esetet.

Lóczi Lajosnak köszönöm szépen. Azóta persze megtalálta magam is, de itt is találtam hasznos információkat. ;)

remélem, elég gyorsan tudtam válaszolni...

Bocs, nem látszik jól az ábrán.

Legyen a hozzáírt kör sugara r_a, középpontja O_a! Írjuk fel T_ABC=t-t T_ABOa+T_AOaC-T_BOaC alakban! tudjuk viszont, hogy ezek a hozzáírt kör tulajdonságaiból következnek (javítsatok ki, ha tévedek!) így elvégezve az helyettesítést kapjuk, hogy innét: t=r_a(s-a) így

Sziasztok! Az a helyzet, h kéne igazolnom 1 tételt, de nem találom seholse a bizonyítását. Ha valaki tudja, h kell bizonyítani azt, h a háromszög hozzáírható körének a sugara milyen kapcsolatban van a háromszög területével az segítsen pls. Előre is köszi!

Nézd meg a

http://mathworld.wolfram.com/RotationMatrix.html

oldalt.

Sziasztok!

Lehet, hogy a kérdés jobban illene valamilyen algebráról vagy programozásról szóló témába, de Bohner Gézának volt még itt anno egy hozzászólása, amelyben leírta egy alfa szögő forgatás mátrixát. Nekem erre lenne szükségem, csak éppenséggel térben. Szóval három dimenzióban hogy néz ki a forgatás? Nem tudom magamnak megfogalmazni, hogy mibe viszi a hagyományos egységvektorainkat egy forgatás térben. Továbbá az említett korábbi hozzászólásban "+1 dimenzió" van az origónak. Ez miért szükséges?

[ui: szerettem volna linket tenni a hozzaszolashoz, de a rendszer nem engedi]

n+78. feladat:

Szívesen. A megoldásom különben hiányos, mert több eset is van. A leírt bizonyításban az AO egyenes a háromszögön belül halad. Olyan eset is lehet, amikor az AO a háromszögön kívül van. ( B-nél tompaszög vagy C-nél tompaszög van). Ekkor a bizonyítás értelemszerűen módosítható. Pld. ha B-nél tompaszög van, akkor most MNC=90^o-MAP. Tehát

MAP+(180^o-ABC)=MAP+MNC=90^o

Nagyon szép megoldás. Köszi szépen.

Az AO félegyenes messe az AMN körülírt körét a P pontban. Ekkor AP ennek a körnek átmérője, tehát ANP szög derékszög. MAP=MNP, mert ugyanahhoz az ívhez tartozó kerületi szögek. Tehát MNC=MNP+90^o=MAP+90^o Másrészt ebből következik, hogy

ABC=180^o-MNC=90^o-MAP. Épp ezt kellett bizonyítani.

Legyen M az ABC háromszög AB oldalának egy A-tol és B-től különböző pontja.Az CMB háromszög köré írt kör az AC oldalt másodszor N-ben metszi.Legyen O az AMN háromszög köré írt kör középpontja. Bizonyítsuk be, hogy AO merőleges BC-re. Elkelne a segítség. Köszi.

Szerintem nem. Azt kell belátni, hogy legalább két olyan oldala van, hogy a tömegközéppontjának merőleges vetülete beleesik az oldallapba (v. az élére).

(Persze nem vizsgáltam, hogy a két feltétel között milyen összefüggés adódik.)

Ez azt jelenti azt kell bizonyítani, hogy mindig van négy lapszöge ami nem tompaszög. Vagy nem?

Bár szerintem általánosabban is igaz az eredmény, feltéve hogy a tömeg nem lóg ki a tetraéderből.

Igen, és a tetraéder teljesen tömör, nincsenek benne lyukak.

Az anyag-amiből a teraéder készült-tömegeloszlása egyenletes???:)