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.
[812] ágica2007-07-21 09:39:22

Hm.. ezt miből gondolod? Tudtommal az ellipszis kerületét nem lehet ilyen szépen kifejezni. Lásd: http://mathworld.wolfram.com/Ellipse.html

Előzmény: [811] Lajos Arpad, 2007-07-21 06:54:48
[811] Lajos Arpad2007-07-21 06:54:48

elnézést, a kerület pi(a+b)

[810] Lajos Arpad2007-07-21 06:54:06

üdv mindenkinek, lenne egy kérdésem. Tudjuk hogy az ellipszis kerülete=pi*a*b, ahol a az ellipszis szélessége "a", hosszúsága pedig "b".Hogyan kéne bizonyítani? Meg próbáltam oldani a hozzá tartozó elliptikus integrált, de beletörött a bicskám.

[809] lorantfy2007-07-17 14:38:56

Szép megoldás. Grat!

Előzmény: [806] HoA, 2007-07-13 17:12:29
[808] sakkmath2007-07-16 18:26:43

A 120. feladat (ujjgyakorlat is lehetne):

Legyen adott az AB szakasz, melynek tetszőleges belső pontja C. Az AB, AC, CB szakaszok, mint átmérők fölé - azonos partjukra - félköröket rajzoltunk. Az AB-re C-ben állított merőleges D-ben metszi az AB félkört. Az AB félkör D-hez tartozó érintője t1, a másik két félkör közös (CD-től különböző) érintője t2. Bizonyítsuk be, hogy t1 párhuzamos t2-vel.

[807] BohnerGéza2007-07-14 01:45:23

Köszönöm HoA szép megoldását! Egy kiegészítés és egy javaslat még:

A 119. feladat feltételei, "ha ezek léteznek és nem nullák", miatt [806]-ban a megoldást így kezdtem volna: Egyenlő szárú háromszögben az állítás igaz, különben ... . Természetesen ez nyilvánvaló, de versenyen akár helyezés múlhat azon, ha leírjuk.

Javaslom, hogy a 118. feladatban szereplő eredeti 3 pontnak az ABC valamelyik oldalára eső vetületére számoljuk ki az osztóviszonyt róval és r-rel. ( beírt, körülírt kör sugara ) Használjuk ki, hogy egy csúcsból a magasságpontba mutató vektor kétszerese a körülírt kör kp-jából a csúccsal szemközti oldalfelező pontba mutató vektornak!

Előzmény: [806] HoA, 2007-07-13 17:12:29
[806] HoA2007-07-13 17:12:29

118. feladat: [803] és [805] alapján elég azt megmutatni, hogy az O, K pontoknak és az A1B1C1\Delta S súlypontjának az a illetve b oldalakra eső Oa,A1,Sa és Ob,B1Sb vetületeire teljesül: \frac {O_aS_a}{O_bS_b} = \frac {O_aA_1}{O_bB_1} . COa=a/2,CA1=s-c, így OaA1=s-c-a/2=(b-c)/2. hasonlóan ObB1=(a-c)/2 . A kettő hányadosa (b-c)/(a-c)

CSb felírható mint a CA1,CB1ésCC1 szakaszok b-re eső vetületeinek számtani közepe, így ObSb=CSb-COb=1/3((s-c).cos\gamma+(s-c)+a.cos\gamma+(b-a.cos\gamma)*((s-a)/c))-b/2. Itt 2s = a+b+c helyettesítéssel cos\gamma-t a koszinusztételből kifejezve átrendezéssel adódik:

 O_bS_b =\frac {a-c}{12abc}\bigg\{ a^2b + ab^2 - a^3 - b^3 + c ( b^2 + 4ab + a^2 ) + c^2 ( a + b ) - c^3 \bigg\}

OaSa ebből a és b szerepének felcserélésével kapható. Látható , hogy a nagyzárójelben a és b szimmetrikusan lép fel, a kifejezésnek ez a része változatlan, tehát

 O_aS_a =\frac {b-c}{12abc}\bigg\{ a^2b + ab^2 - a^3 - b^3 + c ( b^2 + 4ab + a^2 ) + c^2 ( a + b ) - c^3 \bigg\}

A kettő hányadosa \frac{O_aS_a}{O_bS_b} = (b-c)/(a-c) = \frac {O_aA_1}{O_bB_1}

Előzmény: [801] BohnerGéza, 2007-06-30 23:50:41
[805] HoA2007-07-09 13:52:12

Még egy segítség: Mivel K az A1,B1,C1\Delta körülírt körének középpontja, KM A1,B1,C1\Delta Euler-egyenese, amin A1,B1,C1\DeltaS1 súlypontja is rajta van. Tehát elég belátnunk, hogy O,KésS1 egy egyenesen vannak.

Előzmény: [801] BohnerGéza, 2007-06-30 23:50:41
[804] lorantfy2007-07-03 14:56:00

Ha Q pont nincs rajta a PR egyenesen, akkor QaQ egyenesnek PR egyenessel való metszéspontja legye A, QbQ és PR metszéspontja pedig B. Ekkor \frac{PR_a}{Q_aR_a}=\frac{PA}{AR}\ne \frac{PB}{BR}=\frac{PR_b}{Q_bR_b} vagyis (PaQaRa)\ne(PbQbRb).

Előzmény: [803] lorantfy, 2007-07-03 14:35:02
[803] lorantfy2007-07-03 14:35:02

119. feladathoz: Toljuk el a és b egyeneseket önmagukkal párhuzamosan úgy, hogy P ponton menjenek át. Ekkor, ha Q a PR egyenesen van, akkor a párhuzamos szelők tételéből következik, hogy  \frac{PR_a}{Q_aR_a}=\frac{PR}{QR}=\frac{PR_b}{Q_bR_b} és mivel Pa=P=Pb ezért (Pa Qa Ra) = (Pb Qb Rb).

Előzmény: [801] BohnerGéza, 2007-06-30 23:50:41
[802] lorantfy2007-07-01 14:30:12
Előzmény: [801] BohnerGéza, 2007-06-30 23:50:41
[801] BohnerGéza2007-06-30 23:50:41

118. feladat: A Gillis - Turán Matematikaverseny egyik szép feladatát ajánlom:

Legyen ABC egy olyan háromszög, ami nem egyenlő oldalú. Az ABC háromszög beírt köre érintse a megfelelő oldalakat az A1, B1, C1 pontokban, és legyen M az A1B1C1 háromszög magasságpontja. Bizonyítsuk be, hogy M rajta van az ABC háromszög körülírt körének középpontját és beírt körének középpontját összekötő egyenesen.

A megoldáshoz javaslom a következő segítséget:

119. feladat: Legyen a P, Q és R pont merőleges vetülete az a ill. b nem párhuzamos egyenesen Pa, Qa és Ra ill. Pb, Qb és Rb. Bizonyítandó, hogy (Pa Qa Ra) = (Pb Qb Rb) -ha ezek léteznek és nem nullák- csakkor igaz, ha a P, Q és R egy egyenesen van.

/ Az egy egyenesen lévő A, B és C pontok esetén ezek osztóviszonyán értjük az (A B C)=AC/BC előjeles hányadost. /

[800] lorantfy2007-06-29 15:03:41

Kedves Levente!

Ügyes felvetés volt, Matyinak dicséret érte. Látom C gyakorlatokat küldött az idén. Bátorítsd egy kicsit, hogy rendszeresebben küldjön!

Üdv! Laci

Előzmény: [799] klevente, 2007-06-29 11:49:08
[799] klevente2007-06-29 11:49:08

Kedves hozzászólók és megoldók!

A "tényleg ellipszis-e a mértani hely?" témát én vetettem volt fel. Köszönöm az érdeklődést és a problémát kimerítő megoldást.

A történet kezdetéhez annyit tennék hozzá, hogy az Árpád Gimnáziumban épp a Simson-egyenest tanítottam 9. osztályban specmaton, és a Kiss Matyi nevű (egyébként is elég tehetséges) diák állt elő ezzel a sejtéssel a GeoGebrát nézegetve. Elég ügyes intuíció, azt hiszem.

Koncz Levente

Előzmény: [776] lorantfy, 2007-06-18 14:46:29
[798] jonas2007-06-27 21:04:13

Nos, ezeket a bolhás feladatokat az egyetemen hallottam Feladatmegoldó szemináriumon, azaz legalább négy éve. Egy másik sorozat bolhás feladat (amit most nem lövök le itt) állítólag Pósa Lajostól származik, ezért el tudom képzelni, hogy ezek is.

Előzmény: [793] Hajba Károly, 2007-06-27 00:05:16
[797] Python2007-06-27 15:36:56

Utolosó matekórák egyikén n=4-re láttam a feladatot, és én térbe általánosítottam:

Van 8 , az (elég gyenge) ábrán látható derékszögű triédert bevilágító, rögzített csúcsú pontszerű, átlátszó lámpánk a térben , be lehet e velük a teret világítani forgatással?

Az általános megoldásról annyit, hogy ha felvehetünk egy pontot, és abból sugarasan 360o/n fokonként félegyenest indítva, bármely 2 szomszédos félegyenes közti szögben van fényforrás, akkor n-re igaz.

(Toljunk minden cikket egy nem benne lévő pontba, így az eltolt tartalmazni fogja az eredetit, és így az n eltolt tartalmazza az n eredetit=a teljes síkot.)

Előzmény: [796] Sirpi, 2007-06-27 14:14:27
[796] Sirpi2007-06-27 14:14:27

A fényforrást eltakaró gömbről beugrott egy másik példa, régen n=6-ra volt a kömalban, és nem tudom az általános megoldását:

Igaz-e, hogy ha adott a síkon n db. pont, és mindegyik egy 360o/n nyílásszögű fényforrás kezdőpontja, akkor a fényforrások beforgathatók úgy, hogy a teljes síkot bevilágítsák? A fényforrások pontszerűek és átlátszóak, azaz ha rávilágítunk egy fényforrásra, akkor az nem fogja a maga mögötti félegyenest kitakarni.

Kicsi és kerek számokra kiküzdöttem (8-ig nincs meg 5-re és 7-re, amire megvan, azokra nyilván igaz), de nagyon örülnék egy általános megoldásnak.

[795] Hajba Károly2007-06-27 08:18:51

Beszéljünk inkább műltidőről, legalább is ami a nagy gondolkodásokról szól. :o)

Először az Index idézett fórumát látogattam, ami időnként fölpörög ill. gyengén elindult egy hasonló az Origón, de az nem tudott fölpörögni azóta sem. Majd jött a KöMaL, amire az Origón korábban sűrűn megjelent Géza (Qeza) hívta fel a figyelmem.

De biztos van még más matekos fórum is amiről nem tudok.

Előzmény: [794] Csimby, 2007-06-27 01:29:42
[794] Csimby2007-06-27 01:29:42

Te hány matekos fórumba írogatsz? :-)

Előzmény: [793] Hajba Károly, 2007-06-27 00:05:16
[793] Hajba Károly2007-06-27 00:05:16

Ez a vonalmenti bolhás feladat vagy 2 éve szerepelt már az Indexen:

Bolhás feladat

Előzmény: [790] jonas, 2007-06-25 20:12:37
[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

  [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]