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.
[787] lorantfy2007-06-22 15:26:24

Szia HoA!

Persze, jól gondolod.

A Word-höz van MathType egyenletszerkesztőm, azzal jóval gyorsabban lehet egyenleteket írni, mint TeX-ben.

Mikor készen van kifényképezem a vágólapra Print Screen-nel aztán Paint-ben gif formátumban elmentem.

Még átlátszóvá lehetne tenni, akkor feltöltve a sárga háttérre és nem lenne keretes.

Előzmény: [786] HoA, 2007-06-22 09:58:39
[786] HoA2007-06-22 09:58:39

Milyen programmal állítod elő ezt az ízléses dokumentum formátumot? Jól gondolom, hogy ez a doku képernyőfotója?

Előzmény: [774] lorantfy, 2007-06-14 15:55:42
[785] Cckek2007-06-20 16:13:21

Helyes. És ha a gömbök sugara egyenlő?

Előzmény: [784] Sirpi, 2007-06-19 23:23:14
[784] Sirpi2007-06-19 23:23:14

4

Előzmény: [782] Cckek, 2007-06-18 21:42:27
[783] BohnerGéza2007-06-19 20:13:17

Valóban, HoA-nak igaza van, figyelmetlen voltam, a befogó-tétel adja f-et!

Lehetne szögfv-ek nélkül, de röviden:

Előzmény: [777] HoA, 2007-06-18 16:25:53
[782] Cckek2007-06-18 21:42:27

Modosítok. A gömbök diszjunktak természetesen.

[781] jonas2007-06-18 21:21:04

Különben mindegy, két gömb elég, ha érintik egymást, és az érintési pontban van a fényforrás.

Előzmény: [779] Cckek, 2007-06-18 18:28:14
[780] jonas2007-06-18 21:20:05

A gömbök metszhetik egymást?

Előzmény: [779] Cckek, 2007-06-18 18:28:14
[779] Cckek2007-06-18 18:28:14

Legalább hány gömb képes teljesen leárnyékolni egy pontszerű fényforrást? (a fényforrás nem lehet a gömbök belsejében)

[778] HoA2007-06-18 16:31:00

Az előző hozzászólás utolsó mondatai természetesen úgy értendők, hogy itt Q nem az ellipszis pont, hanem az F - ből e-re bocsátott merőleges és a Thálesz-kör metszéspontja.

Előzmény: [777] HoA, 2007-06-18 16:25:53
[777] HoA2007-06-18 16:25:53

116.és117.feladat: Két "segédtétel" : 1) Az x tengely B pontjából merőlegest bocsátunk az O-n átmenő m meredekségű egyenesre, a talppont legyen C. C merőleges vetülete az x tengelyre A. Ekkor \frac{OA}{OB} = \frac{1}{1+m^2} . Jelöljük ezt az arányt q-val. 2) Tekintsük ismertnek az alábbi ellipszis pontokat eredményező eljárást: A közös O középpontú k1 és k2 köröket metsző O-n áthaladó e egyenest O körül forgatjuk, a körökkel alkotott metszéspontok P1 ill. P2. A P1-n át az y tengellyel és P2-n át az x tengellyel párhuzamos egyenesek metszéspontja Q. Belátható, hogy az így adódó Q pontok egy ellipszisen találhatók.

Eredeti feladatunk r sugarú k körének P pontjából az O-n átmenő 0<m<1 meredekségű e egyenesre bocsátott me egyenes talpponja legyen M, az x tengellyel alkotott metszéspontja A. A P-ből a -m meredekségű f egyenesre bocsátott mf egyenes talpponja legyen N, az x tengellyel alkotott metszéspontja C. P merőleges vetülete az x tengelyen B. APC \Delta egyenlőszárú, magassága PB, így OB = (OA + OC)/2. Ha M x tengelyre merőleges vetülete D, N-é F és az MN szakasz Q felezőpontjáé E, az 1. segédtétel szerint OF=q.OC, OD=q.OA, így OE=(OD+OF)/2=q.(OA+OC)/2=q.OB. QE és OP metszéspontja legyen R. OR=q.OP, Q rajta van az OP egyenes és az O középpontú, qr sugarú kör R metszéspontjából az x tengelyre bocsátott merőlegesen.

Q -nak az y tengelyre vett vetületét vizsgálva hasonló eredményre jutunk, csak ott az 1. segédtétel szerint fellépő meredekség m helyett 1/m, így az adódó kicsinyítési arány \frac{1}{1+ \frac{1}{m^2}} = \frac{m^2}{1+m^2} = s . Q rajta van az OP egyenes és az O középpontú, sr sugarú kör S metszéspontjából az y tengelyre bocsátott merőlegesen. A Q pontok tehát a 2. segédtételben leírt ellipszis pontjai, ahol a generáló körök sugarai ( az ellipszis tengelyei ) qr illetve sr.

[775] ábráján a T pont az OEP derékszögű \Delta-ben éppen az 1. segédtételben leírt módon jön létre, tehát OT = qr = a. Mivel q+s =1, TE = OE - OT = r ( 1 - q ) = sr = b.

Az f-re vonatkozó állítás téves: Legyen a [775] ábráján OE és FQ metszéspontja U. Nem QU, hanem QO lesz f-el egyenlő. Bizonyítás: Az egységsugarú OE körben OU = OF \cdot cos(2\alpha) = cos^2(\alpha) - sin^2(\alpha) = \frac{1}{1+m^2} - \frac{m^2}{1+m^2} = \frac {1-m^2}{1+m^2} , ahol \alpha az m meredekségű egyenes irányszöge. Az OQE derékszögű \Delta-ben OQ OU és OE = 1 mértani közepe, vagyis OQ^2 = \frac {1-m^2}{1+m^2} . Másrészt az ellipszisben f2=a2-b2, esetünkben q^2 - s^2 = \frac{1}{1+m^2} - \frac{m^2}{1+m^2} = \frac {1-m^2}{1+m^2} . Tehát f2=OQ2 ; f = OQ

Előzmény: [775] BohnerGéza, 2007-06-17 22:24:45
[776] lorantfy2007-06-18 14:46:29

Az ellipszis nagytengelyét r sugarú körnek az x tengellyel való R1 pontból az e és f egyenesekre bocsájtott merőlegesek talppontjait összekötő szakasz K1 felezőpontjának O-től való távolsága adja. Tehát a nagytengely OK1.

A kistengelyt hasonlóan az R2 pontból származtatva OK2 adja.

A Thálesz-körben lévő OEP háromszög egybevágó az OR1N1 és az OR2N2 háromszögekkel, mert szögeik megegyeznek és átfogójuk r hosszú. Tehát megfelelő részháromszögeik is egybevágóak.

Így az ellipszis nagytengelye: a=OK1=OT, kistengelye: b=OK2=TE. Tehát r=a+b.

Előzmény: [775] BohnerGéza, 2007-06-17 22:24:45
[775] BohnerGéza2007-06-17 22:24:45

117. feladat: Használjuk föl, hogy a 116. feladat mértani helye ellipszis! Bizonyítsuk, hogy ennek két (fél)tengelye és a (fél)fókusztávolság megszerkeszthető az ábrán látott módon! ( A [774]-es hozzászólás számolási eredményeinek használata nem szükséges! )

A két adott egyenes e és f, az adott kör sugara egyenlő az ábra OE szakaszával. Válasszuk úgy a jelöléseket, hogy az FOE szög ne legyen nagyobb derékszögnél, messe az OE Thálesz-köre FOE szögfelezőjét P-ben. A P-ből e-re állított merőleges talppontja T. Tehát igazolandó, hogy a=OT, b=TE, valamint az F-ből e-re állított merőleges szakasznak a Thálesz-körbe eső része f!

[774] lorantfy2007-06-14 15:55:42
Előzmény: [773] lorantfy, 2007-06-14 10:59:58
[773] lorantfy2007-06-14 10:59:58
Előzmény: [772] lorantfy, 2007-06-13 16:31:31
[772] lorantfy2007-06-13 16:31:31

Látható, hogy egyik egyenest \vec{MM_1} vektorral eltolva a mértani hely pontjai \vec{FF_1}=\frac{\vec{MM_1}}{2} vektorral tolódnak el. Így aztán legegyszerűbb, ha mindkét egyenes a kör középpontján megy át.

Előzmény: [770] HoA, 2007-06-11 22:13:23
[771] BohnerGéza2007-06-11 22:35:30

116. feladat. Egy ábra az általános esethez:

Előzmény: [769] lorantfy, 2007-06-11 21:08:34
[770] HoA2007-06-11 22:13:23

Mégegy segítség: Hogyan változik a Q pontok mértani helye, ha az egyik egyenest önmagával párhuzamosan d távolsággal eltoljuk?

Előzmény: [767] BohnerGéza, 2007-06-06 22:32:11
[769] lorantfy2007-06-11 21:08:34

Nézzünk először egy spec. esetet. Amikor a két egyenes, AB és BC merőlegesek egymásra. Ekkor a talppontok felezőpontja egyben PB szakasz felezőpontja is. Igy a keresett mértani hely a kör B középpontú felére kicsinyített képe.

Előzmény: [767] BohnerGéza, 2007-06-06 22:32:11
[768] BohnerGéza2007-06-06 22:40:04

Köszönöm HoA szép megoldását!

A [756]. hozzászólásban a teljes indukcióra utaltam. Talán érdemes lehet azzal is végiggondolni a feladatot.

Előzmény: [764] HoA, 2007-05-31 22:11:09
[767] BohnerGéza2007-06-06 22:32:11

Nagyon szép észrevétel, de mielőtt valaki összekapcsolná a Simson-egyenessel:

klevente feladata, 116. feladat: Adott egy kör és két egyenes. A kör P pontjából állítsunk merőlegest az egyenesekre, a talppontok közti felezőpont legyen Q. Bizonyitandó, a Q pontok mértani helye ellipszis, ha P végigfut a körön.

Előzmény: [765] klevente, 2007-06-06 14:17:45
[766] lorantfy2007-06-06 14:54:20

Jó!!!!

Előzmény: [765] klevente, 2007-06-06 14:17:45
[765] klevente2007-06-06 14:17:45

Egy háromszög köré írt kör tetszőleges P pontjából állítsunk merőlegeseket a háromszög oldalegyeneseire. Közismert, hogy ezen merőlegesek talppontjai kollineárisak, ez az ún. Simson-egyenes.

Vizsgáljuk valamelyik két talppont összekötő szakasza felezőpontjának mértani helyét, ha P befutja a köréírt kört. A GeoGebra programmal nézve ez szinte bizonyosan ellipszis.

Kérdések: a) tud-e valaki arról, hogy ez a tény (sejtés) ismertnek számít-e a matematikában? b) tudná-e valaki bizonyítani vagy cáfolni?

Koncz Levente

[764] HoA2007-05-31 22:11:09

114** feladat Vizsgáljuk az li hosszúságú ri rúdra ható erőket. A rúdra hat a feladatban adott Fi külső erő és a csuklókban a szomszédos rudak Gi1 és Gi2 kényszerereje. Bontsuk fel az erőket rúdirányú és a rúdra merőleges összetevőkre. Gi1 és Gi2 rúdirányú összetevői egymás ellentettjei, mert a rúd nyugalomban van és más rúdirányú erő nem hat rá. Gi1 és Gi2 rúdra merőleges összetevői egyenlőek és \frac {F_i}2 nagyságúak, mert a rúd másik végére vonatkozó nyomatékuk li karon egyensúlyt tart Fi erő \frac {l_i} 2 karon kifejtett nyomatékával. Megállapíthatjuk tehát, hogy Gi1 és Gi2 egyenlő nagyságűak. Mivel a csuklókban a rudak azonos nagyságú erővel hatnak egymásra, a szomszédos rúdra hatő kényszererő is akkora, mint Gi1 és Gi2 és így tovább : az összes csuklóban ugyanakkora erők hatnak. Legyen ennek az erőnek a nagysága G.

Tekintsük a szomszédos, li és lj hosszúságú ri és rj rudakra ható erőket. Válasszuk úgy az ábrán az erő mértékegységét, hogy a rúd hosszával arányos Fi és Fj erőket éppen li és lj hosszú vektorral ábrázoljuk. Az ri rúdra a Q csuklóban ható Gi erő rúdra merőleges összetevője Fi/2=li/2 . Rajzoljuk meg Q-ban a sokszög belseje felé mutató, Gi-re merőleges, G hosszúságú Gn vektort, Gi 90 fokos elforgatottját. Ennek ri irányába eső összetevője li/2, tehát O végpontja rajta van ri felező merőlegesén. De a Gn vektort úgy is tekinthetjük, mint az rj rúdra Q-ban ható Gj erö -90 fokos elforgatottját. Mivel Gj erö rj -re merőleges összetevője lj/2 nagyságú, Gn -nek rj irányába eső összetevője is ekkora, vagyis O rajta van rj felező merőlegesén is. Vagyis a P,Q,R pontok egy G sugarú körön vannak. A gondolatmenetet a következő R csuklóra alkalmazva azt kapjuk, hogy a Q,R, S pontok is egy G sugarú körön vannak. A két kör azonos: középpontjuk QR felező merőlegesén a sokszög belseje felé Q-tól és R-től G távolságra lévő O pont. Az eljárást folytatva adódik, hogy a csuklók húrsokszöget alkotnak.

Előzmény: [747] BohnerGéza, 2007-05-23 00:28:23
[763] Lóczi Lajos2007-05-30 01:04:13

Az állítás igazsága egy szép integrálgeometriai képletből rögtön következik. Egy konvex síkbeli alakzat kerületét ugyanis az


\frac{1}{2}\int_0^{2\pi} w(\varphi)d\varphi

integrál adja meg, ahol w(\varphi) az alakzat szélességfüggvénye, azaz w(\varphi) a konvex alakzatot közreszendvicselő és az x-tengellyel \varphi szöget bezáró két párhuzamos egyenes távolsága.

Előzmény: [759] V Laci, 2007-05-29 17:48:47

  [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]