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] [78]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[612] jenei.attila	2007-01-29 14:01:30
Vegyük fel az OP félegyenesen az S pontot úgy, hogy PS=r legyen, és P legyen O és S között. Ekkor KS szakasz felező merőlegesének, és OP-nek metszéspontja adja C-t.
Előzmény: [611] lorantfy, 2007-01-27 11:14:46

[611] lorantfy	2007-01-27 11:14:46
102. feladat: Adott az O középpontú R sugarú kör és belsejében az O-tól különböző, K középpontú r sugarú kör. Szerkesszönk olyan kört, mely a nagy kört egy adott P pontban érinti és érinti a kisebb kört is!

[610] BohnerGéza	2007-01-25 12:11:02
101. feladat: ( Megpróbálom, hátha sikerül sorszámozni a további feladatokat. )

[609] Cckek	2007-01-14 08:49:35
Köszönöm ezeket a gyönyörű megoldásokat.
Előzmény: [594] Cckek, 2007-01-08 21:12:11

[608] epsilon	2007-01-11 11:49:45
Köszi, megnéztem, hát onnan látszik a feladat "fajsúlya" ;-)

[607] nadorp	2007-01-11 11:17:13
Nézd meg a megoldást az Érdekes matekfeladatok [349] hozzászólásában.
Előzmény: [606] epsilon, 2007-01-11 11:14:12

[606] epsilon

2007-01-11 11:14:12

Hmmmm....hát kellett nekem :-) valóban implicit, mégis valamivel barátságosabbra gondolta, ez is a körszeletekből származik? Mert Én úgy próbáltam, hogy 2 szembennálló körszelet összegeként fogtam fel, a 2 körben, ott egzenlőre a sugár ami ismeretlen, meg 2 középponti szög, persze lehet kifejezni...de gyökös összefüggések lettek :-( Ha jó hallottam, ezt a feladatot valamikor a Danubiusz rádióban adták fel, és azt szeretném megtudni, hogy vajon milyen megoldást vártak volna el, pontosabban milyen eredményt, a helyes megoldásként...vagy csak szívatás volt?

[605] nadorp

2007-01-11 10:43:28

Itt az összefüggés.

$\sin\alpha-\alpha\cos\alpha=\frac\pi2$ , és innen $R=2\cos\frac\alpha2$ , vagy ha jobban tetszik

$\sin\left(2arc\cos\frac{R}2\right)-2arc\cos\frac{R}2\cos\left(2arc\cos\frac{R}2\right)=\frac\pi2$

$R\sqrt{1-\frac{R^2}4}-\left(\frac{R^2}2-1\right)2arc\cos\frac{R}2=\frac\pi2$

$R\sqrt{1-\frac{R^2}4}-(R^2-2)arc\cos\frac{R}2=\frac\pi2$

Előzmény: [604] epsilon, 2007-01-11 10:17:34

[604] epsilon	2007-01-11 10:17:34
Helló nadorp! Bár egy implicit összefüggés is jó lenne, hátha?
Előzmény: [601] epsilon, 2007-01-10 22:07:38

[603] epsilon	2007-01-11 10:15:43
Helló Cckek! Az igazolása affixumokkal csak algebrai számolás. Az illető csúcs megfelelő kisbetűjével jelölve az illető affixumot, a bizonyítandó összefüggés: 4(o1-h)+ 4(o2-h)+ 4(o3-h)= 15(g-h) vagyis 4(o1+o2+o3)=15g-3h és legyen a köréírt kör középpontja éppen az O origó, ekkor g=(a+b+c)/3 és h=a+b+c, és így elegendő bizonyítani, hogy: 2(o1+o2+o3)=a+b+c (). Az előző indoklás alapján PO vektor=2 RO1 vektor (a az indoklást lásd előbb) és ezt affixumokkal felírva 0-p=2(o1-r)továbbá p=(b+c)/2, r=(m+n)/2 és az m, n a felezőpontokra vonatkozó affixumokat is használva, o1=a/2 adódik és analógjai (ezt még másképpen is bizonyíthatjuk) és a () összefüggés így valóban teljesül. (a bizonyítandó kép a hszm alján van!)

Előzmény: [593] HoA, 2007-01-08 15:59:17

[602] nadorp	2007-01-11 09:55:45
Szerintem nem fogsz találni. Ez R-ben egy transzcendens egyeneletre vezet. ( Ilyen pld. az x=sinx is).
Előzmény: [601] epsilon, 2007-01-10 22:07:38

[601] epsilon	2007-01-10 22:07:38
Kösz a megjegyzést, valóban ott van, most olvastam az ott leírt megjegyzéseket, ...de nem bíztatóak, valamilyen kifejezést szeretnék találni az R függvényében (nem megközelítő megoldást)de a körszeletekkel elindulva, két körszeletből összerakva egyenlőre semmi bíztató nem jött ki (még maradt kiküszöböletlen paraméter is :-(

[600] psbalint	2007-01-10 21:44:42
azt hiszem éppen erről a feladatról volt szó az Érdekes matekfeladatok topikban

[599] epsilon

2007-01-10 20:48:52

Helló! BÚÉK Mindenkinek! Létezik-e elemi megoldás a következő, ismertnek tűnő feladatra: Adott egy 1 egységsugarú körlap. Annak kerületén vegyünk fel egy tetszőleges M pontot, és az M középponttal, R sugárral rajzoljunk egy körívet, ami az adott körlapot két kükönböző pontban metszi. Mekkora kell legyen az R, hogy a "közrezárt" síkrész területe az 1 sugarú kör területének a fele legyen? Előre is kösz az esetleges támpontokat! Üdv: epsilon

[598] HoA	2007-01-10 15:51:57
A bizonyítás, ahol egy 3-as szorzóval elszámoltam magamat :-) : Cckek jelöléseivel ( ha már... ), legyen a körülírt kör középpontja O, a Feuerbach köré F, MN felezőpontja R. ABC $\Delta$ az AMN $\Delta$ A-ból vett kétszeres nagyítása, így $\vec{PO} = 2 \vec{RO_1}$ . AMN $\Delta$ és PNM $\Delta$ egymás tükörképei R-re, ezért $\vec{FR} = \vec{RO_1}$ , vagyis $\vec{FO_1} = \vec{PO}$ . $4 \vec{HO_1} = 4(\vec{HF}+\vec{FO_1}) = 4(\vec{HF}+\vec{PO}) = 4(\vec{HF}+\vec{GO}-\vec{GP}).$ Hasonlóan $4 \vec{HO_2} = 4(\vec{HF}+\vec{GO}-\vec{GN})$ és $4 \vec{HO_3} = 4(\vec{HF}+\vec{GO}-\vec{GM})$ A hármat összeadva $\vec{GP}, \vec{GN}$ és $\vec{GM}$ kiesik, mert egy $\Delta$ súlyvonalainak harmadai, így vektorösszegük $\vec0$ . Igazolandó : $12( \vec{HF}+\vec{GO}) = 15 \vec{HG}$ . Legyen az Euler-egyenesen $\vec{FG} = \vec{e}$ . Ekkor $\vec{GO} = 2\vec{e}$ , $\vec{FO} = \vec{HF} = 3\vec{e}$ és $\vec{HG} = 4\vec{e}$ . Egyenlőségünk tehát $12(3\vec{e} + 2\vec{e}) = 15 ( 4\vec{e} )$ , amit már nem nehéz belátni.

Előzmény: [595] HoA, 2007-01-09 11:13:46

[597] BohnerGéza	2007-01-10 12:23:18
A szokottól eltérő felbontású monitorral dolgoztam, ezért lett ilyen nagy az előző hozzászólásom.
Előzmény: [596] BohnerGéza, 2007-01-09 20:22:15

[596] BohnerGéza	2007-01-09 20:22:15


Előzmény: [594] Cckek, 2007-01-08 21:12:11

[595] HoA	2007-01-09 11:13:46
Szerintem a jobboldal csak $5 \vec{HG}$
Előzmény: [594] Cckek, 2007-01-08 21:12:11

[594] Cckek	2007-01-08 21:12:11
Legyen G az ABC háromszög súlypontja, H az ortocentruma, M, N, P az AB, AC, BC oldalak felezőpontjai, O₁,O₂,O₃ az AMN, BMP illetve CNP háromszögek köré írt körök középpontjai. Bizonyítsuk be hogy : $4\vec{HO_1}+4\vec{HO_2}+4\vec{HO_3}=15\vec{HG}$

[593] HoA

2007-01-08 15:59:17

Mivel két hete senki sem szólt hozzá, leírok egy megoldást. Nézzük meg, mi a mértani helye a síkban azoknak a pontoknak, melyekre az ABC $\Delta$ csúcsaitól mért távolságok négyzetösszege

PA²+PB²+PC²=K

(1)

adott konstans?

$(\vec{P}-\vec{A})^2 + (\vec{P}-\vec{B})^2 + (\vec{P}-\vec{C})^2 = K$

$3 \vec{P}^2 + (\vec{A}^2 +\vec{B}^2 +\vec{C}^2) - 2 \vec{P} (\vec{A} +\vec{B} +\vec{C}) = K$ Ha origónak az ABC $\Delta$ S súlypontját választjuk, $\vec{A} +\vec{B} +\vec{C} = \vec0$ ; $\vec{P}^2 = \frac13 ( K - (\vec{A}^2 +\vec{B}^2 +\vec{C}^2))$ , ami adataink által meghatározott konstans. A mértani hely tehát egy S középpontú kör, a sugár négyzete a jobboldali kifejezés, ami akkor nemnegatív, ha $K \ge (\vec{A}^2 +\vec{B}^2 +\vec{C}^2)$ (1) baloldala tehát akkor a legkisebb, ha P a súlypont, értéke ekkor $\vec{A}^2 +\vec{B}^2 +\vec{C}^2$ . Most már csak azt kell igazolni, hogy ez megegyezik a háromszög oldalai négyzetösszegének harmadával. De $a^2 + b^2 + c^2 = (\vec{B}-\vec{C})^2 +(\vec{C}-\vec{A})^2 + (\vec{A}-\vec{B})^2= 2 (\vec{A}^2 +\vec{B}^2 +\vec{C}^2)- 2(\vec{A}\vec{B} + \vec{B}\vec{C} + \vec{C}\vec{A} )$ Origó választásunk miatt $(\vec{A} +\vec{B} +\vec{C})^2 = \vec0^2 = 0 = \vec{A}^2 +\vec{B}^2 +\vec{C}^2 + 2 (\vec{A}\vec{B} + \vec{B}\vec{C} + \vec{C}\vec{A})$ Innen $-2(\vec{A}\vec{B} + \vec{B}\vec{C} + \vec{C}\vec{A} ) = \vec{A}^2 +\vec{B}^2 +\vec{C}^2$ Tehát valóban $a^2 + b^2 + c^2 = 3 (\vec{A}^2 +\vec{B}^2 +\vec{C}^2)$

Előzmény: [588] BohnerGéza, 2006-12-25 22:50:17

[592] Sirpi

2007-01-05 16:10:42

Ezt hívják Euler-egyenesnek, és ráadásul az S pont harmadolja (O-hoz közelebb) az OM szakaszt.

Egybe akkor és csak akkor esnek, ha a háromszög szabályos.

Előzmény: [591] Cckek, 2007-01-05 16:04:29

[591] Cckek	2007-01-05 16:04:29
Igaz-e, hogy bármely háromszögben az ortocentrum, a súlypont és a háromszög köré írt kör középpontja kollineárisak? (vagy egybeesnek:)

[590] HoA

2006-12-29 18:17:43

Segítség az egyik fajta megoldáshoz: Mi a mértani helye a síkban azoknak a pontoknak, melyekre

PA²+PB²+PC²=K

(1)

adott konstans?

Előzmény: [588] BohnerGéza, 2006-12-25 22:50:17

[589] HoA

2006-12-27 10:11:54

BohnerGéza ábrája alapján ha az $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ paraméterekkel kifejezett koordinátákra felírjuk az $\vec{AA}_1 + \vec{BB}_1 + \vec{CC}_1 = \vec0$ vektoregyenletet, rövid számolás után kapjuk, hogy $\alpha$ = $\beta$ = $\gamma$ , vagyis P (Cckek-nél M) = $\frac13 * ( \vec{A} + \vec{B} + \vec{C} )$ , vagyis M a súlypont.

Ha [582] "akkor" ágának bizonyítására elfogadjuk az [586] ábráját, a "csak akkor" ágra itt egy - talán kicsit szemléletesebb - bizonyítás. Legyenek a háromszög oldalfelező pontjai A₀,B₀,C₀ , a súlypont S, továbbá M, A₁,B₁,C₁ [582] szerint. A súlyvonalak a háromszöget hat kis háromszögre osztják. Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy M a C₀BS háromszög belsejében vagy határán van. Mivel pl. $\vec{AA}_1 = \vec{AA}_0 + \vec{A_0A}_1$ és tudjuk, hogy $\vec{AA}_0 + \vec{BB}_0 + \vec{CC}_0 = \vec0$ , $\vec{AA}_1 + \vec{BB}_1 + \vec{CC}_1 = \vec0$ pontosan akkor teljesül, ha

$\vec{A_0A}_1 + \vec{B_0B}_1 + \vec{C_0C}_1 = \vec0$

(1)

. Ha a három vektor összege 0, akkor tetszőleges irányú vetületüké is az. Tekintsük az m_c magasságra vett vetületeket - az m_ce egységvektorral vett skaláris szorzatokat. Ez $\vec{C_0C}_1$ esetében nyilván 0. M választása miatt A₁ nincs messzebb B-től, mint A₀ és B₁ nincs messzebb A-tól, mint B₀ . Így $\vec{A_0A}_1 * \vec{m}_{ce} \ge 0$ és $\vec{B_0B}_1 * \vec{m}_{ce} \ge 0$ . Ezért (1) csak úgy teljesülhet, ha A₀=A₁ és B₀=B₁ , vagyis M=S.

Előzmény: [587] BohnerGéza, 2006-12-25 22:49:35

[588] BohnerGéza	2006-12-25 22:50:17

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?