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.
[792] Sirpi2007-06-26 11:39:49

Kösz a gratulációkat, nem gondoltam volna, hogy ekkora ötlettel állok elő :-)

A bolhás feladatnál pedig ekvivalens feladato(ka)t kapunk, ha a minden lépés utáni egységszakasz/négyzet lecsapása helyett az első lépés után csaphatunk végtelen sokszor, viszont rendre 1, 1/2, 1/3 stb. (oldal)hosszúságú szakaszokat/négyzeteket.

Mivel \sum 1/n divergens, \sum 1/n^2 pedig konvergens, ezért 1 dimenzióban elkapható a bolha (a módosított feladatban csapjunk mondjuk a [0;1],[-1/2;0],[1;4/3],[-3/4,-1/2] stb. szakaszokra), kettő vagy magasabb dimenzióban pedig nem.

Előzmény: [790] jonas, 2007-06-25 20:12:37
[791] Hajba Károly2007-06-25 23:29:30

Először meg is hökkentem az alacsony számon, épp rá is akartam kérdezni a megoldásra, de még időben bevillant nekem is a tetraéderes megoldás, hogy ne küldjem el. :o)

Te rögtön rájöttél, nekem kellett a szám ismerete is. Én is gratulálok.

Előzmény: [788] Sirpi, 2007-06-24 09:23:44
[790] jonas2007-06-25 20:12:37

Na, ez a feladat a bolhás feladatokra emlékeztet.

(A számegyenesen ugrál egy bolha az origóból indulva. Minden lépésben ugyanakkorát ugrik és ugyanarra, de hogy mekkorát, az egy tetszőleges ismeretlen valós szám. Minden lépés után (miután halljuk a koppanást) rácsaphatunk a számegyenes egy tetszőleges, egység hosszú intervallumra. (A bolha olyan kicsi, hogy nem lehet látni.) Van-e olyan stratégia, amivel biztosan le lehet csapni a bolhát előbb-utóbb?

A második változatban a bolha a síkon ugrál az origóból indulva, minden lépésben ugyanazzal az ismeretlen valós vektorral mozdul el az előző lépéshez képest. Minden lépés után egy egységnégyzetre lehet rácsapni. El lehet-e kapni a bolhát.)

Előzmény: [785] Cckek, 2007-06-20 16:13:21
[789] Cckek2007-06-24 12:11:17

Mindenesetre a tetraéderes ötlet zseniális, gratulálok:)

Előzmény: [788] Sirpi, 2007-06-24 09:23:44
[788] Sirpi2007-06-24 09:23:44

Hm, ez izgalmasabban hangzik, de erre a részére egyelőre nem tudom a megoldást. Viszont mivel az eredeti kérdésre jó pár napja beírtam az eredményt, és így mindenkinek volt ideje picit gondolodni rajta, aki akart, ezért írok hozzá egy megoldásvázlatot is (tényleg csak vázlat, nem bizonyítok benne minden apró részletet):

Két dolgot kell bizonyítani:

a) 3 gömb nem elég

Illesszünk síkot a 3 gömbközéppontra, majd a fényforrásban állítsunk merőlegest erre a síkra. Ennek az egyenesnek az a fényforrásból kiinduló nyílt félegyenese, amelyik nem metszi a síkot, nyilvánvalóan nincs eltakarva (mert ha bármelyik pontja része lenne valamelyik gömbnek, akkor maga a fényforrás is).

b) 4 már elég

Helyezzük bele a fényforrást egy tetraéder belsejébe. Ha most minden lapot eltakarunk a fényforrás szemszögéből, akkor készen is vagyunk. Arra kell csak vigyázni, hogy ezek a gömbök ne metsszék egymást, de ez a gömbök megfelelő eltávolításával és ezzel arányos megnagyobbításával megtehető (egymás után tesszük le a gömböket és mindegyiket úgy távolítjuk-nagyítjuk középpontos hasonlósággal a fényforrásból, hogy távolabbra kerüljön, mint a lefedendő térszögbe belógó más gömbrészek).

Előzmény: [785] Cckek, 2007-06-20 16:13:21
[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

  [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]