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.
[537] jenei.attila2006-11-13 11:12:11

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.

Előzmény: [533] fermel, 2006-11-12 22:59:26
[536] Csimby2006-11-13 03:01:02

(utolsó előtti sorban az egyenlőtlenség bal oldalán 2 helyett \frac{1}{2} :-))

Előzmény: [535] Csimby, 2006-11-13 02:44:16
[535] Csimby2006-11-13 02:44:16

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 = \frac{ab\sin\gamma}{2} ahol \gamma állandó és a terület egyenlőszárú háromszögre a legnagyobb(hiszen T=\frac{cm_c}{2} ahol c állandó és mc nyilván egyenlőszárúra a legnagyobb), vagyis amikor a=b. Tehát 2(a+b)2\lea2+b2=c2+2abcos \gamma. 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.

Előzmény: [534] Csimby, 2006-11-13 02:29:23
[534] Csimby2006-11-13 02:29:23

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

Előzmény: [533] fermel, 2006-11-12 22:59:26
[533] fermel2006-11-12 22:59:26

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

[532] jenei.attila2006-11-10 22:12:59

OK, most már értem.

Előzmény: [531] jenei.attila, 2006-11-10 21:54:29
[531] jenei.attila2006-11-10 21:54:29

Kedves Géza!

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

Előzmény: [530] BohnerGéza, 2006-11-10 20:09:55
[530] BohnerGéza2006-11-10 20:09:55
[529] BohnerGéza2006-11-10 19:23:02

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.

Előzmény: [523] Calyd, 2006-11-09 17:37:28
[528] Calyd2006-11-10 05:58:54

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

[527] S.Ákos2006-11-09 20:59:31

remélem, elég gyorsan tudtam válaszolni...

Előzmény: [525] defog, 2006-11-09 20:08:26
[526] S.Ákos2006-11-09 20:58:50

Bocs, nem látszik jól az ábrán.

Legyen a hozzáírt kör sugara ra, középpontja Oa! Írjuk fel TABC=t-t TABOa+TAOaC-TBOaC alakban! tudjuk viszont, hogy T_{ABO_a}=\frac{cr_a}{2} T_{ABO_a}=\frac{br_a}{2} T_{AO_{a}C}=\frac{ar_a}{2} ezek a hozzáírt kör tulajdonságaiból következnek (javítsatok ki, ha tévedek!) így t=\frac{cr_a}{2}+\frac{br_a}{2}-\frac{ar_a}{2}=r_{a}\frac{b+c-a}{2} elvégezve azs=\frac{a+b+c}{2} helyettesítést kapjuk, hogy\frac{b+c-a}{2}=s-a innét: t=ra(s-a) így r_{a}=\frac{t}{s-a}

Előzmény: [525] defog, 2006-11-09 20:08:26
[525] defog2006-11-09 20:08:26

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!

[524] Lóczi Lajos2006-11-09 18:56:45

Nézd meg a

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

oldalt.

Előzmény: [523] Calyd, 2006-11-09 17:37:28
[523] Calyd2006-11-09 17:37:28

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]

[522] BohnerGéza2006-11-02 20:18:21

n+78. feladat:

[521] nadorp2006-10-19 16:24:04

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\angle=90o-MAP\angle. Tehát

MAP\angle+(180o-ABC\angle)=MAP\angle+MNC\angle=90o

Előzmény: [520] Cckek, 2006-10-19 14:15:36
[520] Cckek2006-10-19 14:15:36

Nagyon szép megoldás. Köszi szépen.

Előzmény: [519] nadorp, 2006-10-19 13:30:41
[519] nadorp2006-10-19 13:30:41

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

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

Előzmény: [518] Cckek, 2006-10-18 20:19:07
[518] Cckek2006-10-18 20:19:07

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.

[517] Hajba Károly2006-10-15 16:58:11

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.)

Előzmény: [516] Cckek, 2006-10-15 15:59:43
[516] Cckek2006-10-15 15:59:43

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

Előzmény: [515] jonas, 2006-10-15 15:48:52
[515] jonas2006-10-15 15:48:52

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

Előzmény: [514] jonas, 2006-10-15 15:47:03
[514] jonas2006-10-15 15:47:03

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

Előzmény: [513] Cckek, 2006-10-15 12:00:14
[513] Cckek2006-10-15 12:00:14

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

Előzmény: [512] jonas, 2006-10-15 11:26:53

  [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]