[733] Sirpi | 2007-05-17 08:30:32 |
A [0;1) intervallum részhalmazaihoz mind hozzárendelhetünk egy-egy különböző konvex halmazt:
vegyünk egy 1 kerületű nyílt kört (a külső körív legyen 0 és 1 közt egyenletesen paraméterezve), és ehhez azokat a kerületi pontokat vegyük hozzá, amelyek benne vannak az intervallumunkban. Vagyis már legalább 2c-nél tartunk, nem tudom, lehet-e esetleg még többet.
Persze módosít(hat) a dolgon, ha csak zárt (vagy csak nyílt) konvex halmazokat engedünk meg.
|
Előzmény: [729] Csimby, 2007-05-16 23:46:54 |
|
|
|
|
|
[725] Csimby | 2007-05-16 23:23:03 |
113. feladat Hány konvex halmaz van a síkon?
|
|
[724] Csimby | 2007-05-16 23:14:06 |
Amúgy,
4.feladat: Bontsunk fel egy kört egybevágó síkidomokra úgy, hogy legalább az egyik darab ne tartalmazza a kör középpontját, még határán sem.
Hátha valaki új a fórumon, vagy már nem emlékszik erre a feladatra.
|
Előzmény: [10] Csimby, 2004-01-12 21:54:12 |
|
|
|
[721] grab | 2007-05-16 21:03:33 |
Sziasztok, abban szeretném a segítséget kérni ,hogy egy kör hogy oszthetó fel 5 részre?
|
|
|
|
[718] Doom | 2007-05-14 23:53:54 |
Szép, rövid megoldás. Nekem csak egyoldalas megoldást sikerült gyártanom, bár annak előnye, hogy szinte csak az addíciós tételeket felhasználva jut el a parabola általános képletéig.
|
Előzmény: [716] Lóczi Lajos, 2007-05-14 23:41:06 |
|
|
[716] Lóczi Lajos | 2007-05-14 23:41:06 |
Felejtkezzünk el a zavaró konstansoktól: nyilván elég belátni, hogy a T(sin (T),sin (T+c)) síkgörbe (TR) ellipszis, akárhogyan is választjuk meg a c valós paramétert.
Vegyük észre, hogy az X:=sin (T), Y:=sin (T+c) választással minden T-re és c-re fennáll az
X2+Y2-2cos (c).XY-sin2(c)=0
azonosság. Ha c olyan, hogy sin (c)=0, akkor a görbénk egy szakasz, ami elfajult ellipszis. Ha sin (c)0, akkor viszont a http://mathworld.wolfram.com/Ellipse.html oldal (16)-(18)-as képlete alapján szintén ellipszist kapunk, hiszen esetünkben (az ottani jelölésekkel) =-sin4(c)0, J=1-cos2(c)>0 és I=2 miatt /I<0.
|
Előzmény: [715] Doom, 2007-05-14 19:40:52 |
|
|
|
[713] HoA | 2007-05-04 10:18:33 |
[711] utolsó mondata alapján a 112. feladat: Az ABC háromszög AB oldalán szerkesszük meg azt a D pontot, melyre a CAD és CDB háromszögek beírt körei egyenlő sugarúak.
|
Előzmény: [711] BohnerGéza, 2007-04-30 00:40:56 |
|
[712] jenei.attila | 2007-04-30 18:55:00 |
Köszi a segítséget. Így már persze sokkal könnyebb. Nem tudok ilyen szép ábrát rajzolni, de jelöljük a k1 kör és AB oldal érintési pontját M-mel, a k2 és AB érintési pontját N-nel. Mivel k1 a piros háromszög beírt köre, ezért GM=a piros háromszög félkerülete, mínusz ED. Mivel k2 a piros háromszög hozzáírt köre, GN=a piros háromszög félkerülete. Ebből ED=MN következik. Az ABC háromszög kerülete (az érintő szakaszok egyenlősége miatt) CP+CQ+DM+DN+2AM+2BN=CP+CQ+DQ+DP+2AM+2BN=2CD+2AM+2BN. Jelöljük az ABC háromszög félkerületét s-sel. Ekkor CD=s-AM-BN, és CE=CD-ED=s-AM-BN-ED=s-AM-BN-MN=s-AB
|
Előzmény: [711] BohnerGéza, 2007-04-30 00:40:56 |
|
[711] BohnerGéza | 2007-04-30 00:40:56 |
A [654]-es hozzászólás és az itteni ábra remélem segít. A CE=s-c kell legyen, hiszen D-t pl. A-hoz közelítve E az ABC háromszög beírt körének Bo érintési pontjához közzelít. A k1 és k2 a piros háromszög be- ill. hozzáírt köre. Külön vizsgálandó, ha a két kör egyforma.
|
|
Előzmény: [710] jenei.attila, 2007-04-29 20:33:43 |
|
[710] jenei.attila | 2007-04-29 20:33:43 |
Íme egy Arany Dániel feladat, amit eddig nem tudtam megoldani: Az ABC háromszög C csúcsából kiinduló egyenes az AB szakaszt D pontban metszi. Legyenek a CAD és CDB háromszögek beírt körei k1 és k2. A két kör (AB-től különböző)külső érintője a CD szakaszt E pontban metszi. Bizonyítandó, hogy a CE szakasz hossza független a D pont választásától.
|
|
[709] BohnerGéza | 2007-04-26 17:46:14 |
Szép megfejtése annak, mire alkalmazható itt az inverzió! A [692]-ben Python szépen igazolta, hogy PQRS paralelogramma, a kettő együtt elég. A [708]-ban HoA által említett P'Q'R'S' négyszög érintő- húrnégyszög. ( kiderült, hogy lehet ilyet szerkeszteni.)
|
Előzmény: [708] HoA, 2007-04-26 14:50:49 |
|
[708] HoA | 2007-04-26 14:50:49 |
Sajnos nekem csak ötlet! Odáig világos, hogy az ívek adott választása miatt az inverzióban a Thálesz körök képeiként adódó egyenesek által meghatározott P'Q'R'S' négyszög húrnégyszög, ezért PQRS is az. De a téglalaphoz még be kéne látni, hogy a szemben lévő oldalak párhuzamosak, vagy hogy a szomszédosak merőlegesek. Ez az inverzekre azt jelenti, hogy pl. a P'Q'O és R'S'O pontokon átmenő körök érintik egymást, illetve hogy pl. a P'Q'O és Q'R'O pontokon átmenő körök merőlegesen metszik egymást, ezekkel azonban nem boldogulok.
|
Előzmény: [693] BohnerGéza, 2007-03-28 22:09:31 |
|
|
[706] HoA | 2007-04-20 11:54:37 |
Én úgy értelmeztem a feladato(ka)t, hogy ABCD ebben a sorrendben, pozitív körüljárás szerint van az oldalegyeneseken - és téglalap esetében az is adott, hogy A van a "b" hosszúságú oldalon. Ezért BD-nek csak pozitív 90 fokos elforgatottját vettem. Ez BohnerGéza megoldásának lila négyzete. Ha a fordított körüljárást is megengedem, és BD negatív 90 fokos elforgatottját mérem fel C-ből, akkor a zöld négyzetet kapom. Tovább bővül a megoldások száma, ha ABDC sorrend is megengedett. Ekkor persze az A-val szemközti oldalon D van, tehát BC elforgatottját kell D-ből felmérni. Ismét a két körüljárási irányt megengedve a pozitív 90 fokos elforgatottal adódik a piros, a negatívval a kék négyzet. Téglalap esetében még egy kettes szorzó jön be a megoldások számára, ha nem rögzítem, hogy A az "a" vagy a "b" oldalon van. Ez az én megoldásomban az elforgatott vektorok k -szorosának és 1/k -szorosának használatát jelenti, BohnerGéza ábráján pedig az átló hol az egyik hol a másik oldallal zárja be a k tangensű szöget.
|
Előzmény: [705] BohnerGéza, 2007-04-19 20:29:32 |
|