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.
[90] Hajba Károly2004-03-04 09:09:02

Kedves Péter!

Gratulálok a megoldásodhoz és a szemléltetéshez.

Én már csak kiegészítem az eredeti ábra befejezésével.

HK

Előzmény: [89] Gyarmati Péter, 2004-03-03 17:56:07
[89] Gyarmati Péter2004-03-03 17:56:07

Sziasztok!

A 16 -os feladathoz egy ábrát adok:

[88] Hajba Károly2004-03-03 14:28:02

Kedves Géza!

Nyert! Gratula!

(Az íves változat esetén alaposan be kell zsírozni, hogy csússzon :o)

HK

Előzmény: [87] BohnerGéza, 2004-03-03 13:36:16
[87] BohnerGéza2004-03-03 13:36:16

A 17. feladat [75] megoldása:

Több lehetőség közül kettő mutatok. Lehetne az ívek középpontja az átlóegyenes más pontja is. Egyszerűnek, de érdekesnek gondolom a második megoldás csúszkája keresztmetszetének megszerkesztését.

Természetesen csak vázlatok az alábbiak.

[86] Kristóf Miklós2004-03-02 12:08:35

Kedves Géza és Mindenki! Az ötszöges feladat első kérdése túl könnyű, a második túl nehéz. Szerintem legyen ez a feladat: készítsünk szabálytalan ötszögekből poliédert úgy hogy csak 3 és 4 élű csúcsok legyenek. Legyen n a 4 élű csúcsok száma, adjuk meg a poliéder lapjainak, csúcsainak és éleinek számát n függvényében. Próbáljunk meg minél több n-re megkonstruálni ilyen poliédert! Mely n-re nem létezik megoldás? Melyikre van több különböző? Reprezentatív példa: n=3-ra létezik megoldás, 18 lap, 29 csúcs és 45 él van ezen a jószágon. Oktadekaéder?

Előzmény: [85] Kós Géza, 2004-03-01 15:41:20
[85] Kós Géza2004-03-01 15:41:20

Kedves Mindenki,

Az ötszöges feladatot ki fogjuk tűzni a pontversenyben. Ezért azt szeretném kérni, hogy a feladatról egyelőre senki ne írjon semmit, és eredményeit ne árulja el senkinek. (Utána majd alaposan megtárgyaljuk a megoldást.) Köszönöm.

Kós Géza

Előzmény: [67] Kristóf Miklós, 2004-02-24 10:56:07
[84] Kristóf Miklós2004-03-01 13:44:57

Kedves Sirpi! A válaszod tökéletes és korrekt, egyben irigyellek azért mert te a matek képleteket így be tudod írni, nekem fogalmam sincs hogy kell. De ezzel hogy ezt megválaszoltad, következhet az igazi kérdésem, ami egy számomra már-már misztikus jelenségre utal: de most látom csak hogy a válaszod megoldást ad erre is! Mindegy, azért leírom: Ha egy n oldalú sokszög szögei helyett mindenütt alfa szöget írok, ahol alfa az n oldalú szabályos sokszög szöge, akkor a képlet helyes marad. Ennek oka az hogy az n oldalú sokszög szögeinek összege mindig ugyanannyi, (n-2)180 fok! Ennek ennedrésze a sokszög szöge. Így minden csúcshoz rendelhetünk egy ún. formális szöghiányt, amit úgy kapok meg, hogy minden sokszöget szabályosnak tekintek, és eszerint számolok. Pl ha 3 rombusz és 2 háromszög van a csúcs körül, akkor 3szor 90 fok plusz 60 fok az 330 fok, a formális szöghiány 30 fok. Ez akkor is ennyi, ha a csúcs körüli igazi szögek pl. 120, 130, 100 és 80 fokok! Na most akkor készítsünk pl. szabálytalan ötszögekből poliédert! Tehát a poliéder csak ötszögeket tartalmazhat, de ezek nem feltétlen egyformák. Egy csúcs körül 3 vagy 4 lap lehet. 3 lapnál a formális szöghiány 36 fok azaz 360 mínusz 3-szor 108 fok, a 4 lapú csúcs formális szöghiánya már negatív, azaz 360-432 azaz -72 fok. Ha a poliéderemnek n db 3-as csúcsa és m db 4-es csúcsa van, akkor a képletünk: n szer 36 mínusz m szer 72 legyen 720 fok. A poliédercsalád legkisebb képviselője a pentagondodekaéder, 12 lappal és 20 csúccsal, 20szor 36 valóban 720 fok. Most jön a kérdés: van-e 13 oldalú, vagy általában páratlan oldalszámú "pentoéder"? Mely k-ra hány nem izomorf k oldalú pentoéder létezik?

Előzmény: [78] Sirpi, 2004-02-27 14:19:35
[83] Hajba Károly2004-03-01 08:52:29

Kedves László!

Kösz a pontosítást, valóban eggyel elcsúsztattam a számozást.

Nos a 16. feladathoz csak annyit súgok, hogy nem csak téglatestben lehet gondolkodni. A 17. feladathoz talán elegendő volt a korábbi hozzászólás. Remélm ezekután már sikerül legyűrnöd e feladatokat is. :o)

HK

Előzmény: [82] lorantfy, 2004-03-01 08:27:17
[82] lorantfy2004-03-01 08:27:17

Kedves Károly!

Hát pont a be nem rajzolt takart élekkel volt problémám. Világos, hogy a 17. (=18. az előző hozzászólásodban) feladatnál vannak takart élek amik nincsenek berajzolva, igy ebből arra következtettem, hogy a 16. (=17. az előzőben) feladatnál is vannak.

Sajnos számomra egyenlőre elképzelhetetlen, hogy a 16. elölnézetén látható téglalap alakú bemetszés, ami egy teljesen végigfutó vájatot jelöl, miért nem jelenik meg a felülnézeten végigfutó függőleges vonalként?

A 17-nél most értettem meg, hogy az egész bemetszésnek kivehetőnek kell lennie. Én egy négyzet alapú csonkagúlára gondoltam, ami a kicsúsztatható.

Előzmény: [81] Hajba Károly, 2004-03-01 01:25:37
[81] Hajba Károly2004-03-01 01:25:37

Kedves László!

Sajnos egyik sem jó. A 17. feladat esetében a bal ábra szerinti elrendezés adódna, de az eredeti feladat szerint nincs megjelenő takart él, azaz nem kell szaggatott vonalat berajzolni.

A 18. feladat rajzánál csak a felületet rajzoltam le, mivel egyrészről éles feltétel volt az egydarabúság és kivehetőség, másrészről a takart él berajzolása nagymértékben segítene a megoldásban. A Te elképzelésedet a jobb ábrára rajzoltam az ábrázoló geometria szabályai szerint.

HK

Előzmény: [80] lorantfy, 2004-02-29 23:01:32
[80] lorantfy2004-02-29 23:01:32

Kedves Károly és Fórumosok!

16. 17. feladat megoldása: Én erre gondoltam, majd Károly kijavítja, ha nem jó!

Előzmény: [75] Hajba Károly, 2004-02-25 23:42:25
[79] lorantfy2004-02-29 22:31:52

18. feladat: Mekkor legyen r, hogy a piros körök negyedeljék a nagy kört? (Egyszerű, de nem akartam a "Grafi logikai" topikba tenni.)

[78] Sirpi2004-02-27 14:19:35

Szia Miklós!

A feladat első részét bevállalom, azaz belátom, hogy nem-lyukas poliéderekre a szöghiány 720o.

Legyen a poliédernek c csúcsa, e éle és l lapja. Az Euler-féle poliéder-tétel szerint nemlyukas poliéderekre c-e+l=2.

Legyenek a poliéder lapjai rendre n1,n2,...,nl oldalúak. Ekkor 2e=n1+n2+...+nl, mert a lapok éleinek számát összeadva minden élt pontosan kétszer számolunk.

A szöghiány c.360o mínusz a poliéderlapok szögeinek összege. Definíció szerint ezt csúcsonként rendezve számoltuk ki, de megtehetjük ezt laponként rendezve is, a sorrend megváltoztatásával az összeg nem változik. Mivel egy ni oldalú lapon a szögösszeg (ni-2)180o, így a teljes szöghiány:

360^\circ c - \sum_{i=1}^l (n_i - 2) \cdot 180^\circ = 360^\circ c - 180^\circ \sum n_i + l \cdot 360^\circ = 360^\circ (c-e+l) = 720^\circ

Látható, hogy az eredmény csak c-e+l értékétől függ, amit a test Euler-karakterisztikájának neveznek. "Egyszerű" testekre ez az érték 2, míg pl. tórusszal homeomorf alakzatokra ez az érték 0, ilyenkor a teljes (előjeles) szöghiány is 0o.

S

Előzmény: [77] Kristóf Miklós, 2004-02-26 13:22:22
[77] Kristóf Miklós2004-02-26 13:22:22

Kedves Mindenki! Most egy kicsit nehéz feladat jön: Egy poliéder egy csúcsa körül valahány lap van, egy lapon a két él valamekkora szöget zár be. Adjuk össze a csúcs körül a szögeket, az eredmény egy konvex poliédernél kisebb mint 360 fok. Amennyivel kisebb, azt szöghiánynak nevezzük. Adjuk össze a poliéder összes csúcsának szöghiányát, egy gömbbel homeomorf poliéder esetén a teljes szöghiány 720 fok kell legyen. Példa: Kocka: 8 csúcs, egy csúcs körül 3x90 fok van, a szöghiány tehát 90 fok. 8 csúcs van, és 8x90 fok az 720 fok. Na, ennyit bevezetőnek. Egy síkbeli kirakómintánál a szöghiány nulla, ezért síkminta. Most jön a feladat: adjunk meg olyan alakzatot, amellyel a szöghiány nagyon pici de nem nulla, pl. kisebb mint 1 fok. Csináljunk ebből az alakzatból minél nagyobb lapszámú "gömböt"! Ez a kirakóminta lokálisan hasonlítson valamely síkbeli kirakómintára.

Ha ez a feladat így egyben túl komplikált, akkor egyszerűsíteni lehet. Lehet olyan minta is, ahol nem egy hanem 2 vagy 3 alakzat szerepel.

Például 3 féle rombuszból csináltam 132 oldalú "romboédert". Ha sikerül valahogy lefotóznom és beszkennelnem, akkor elküldöm a képét.

[76] Kristóf Miklós2004-02-26 13:08:58

Kedves Onogur! Valóban ezek a négyzet kirakások, azzal a kis kiegészítéssel, hogy az egyes gyűrűk helyettesíthetők a tükörképükkel is, így a 3x3-asra 2, az 5x5-ösre 4, a 7x7-esre 8, és általában 2 az n-iken különböző megoldás lehet.

Az extra elem nélküli téglalap lehetetlenségének bizonyítása majdnem olyan izgalmas, mint egy konkrét megoldás megtalálása!

Előzmény: [71] Hajba Károly, 2004-02-24 12:57:06
[75] Hajba Károly2004-02-25 23:42:25

17. feladat

Egy fakockába betétet véstünk az ábra szerint elől és oldalnézettel. Milyen lehet a felülnézete, ha tudjuk, hogy az egy darabból álló betét kivehető?

HK

[74] Hajba Károly2004-02-25 21:55:38

16. feladat:

Egy kis "Ábrázoló geometria" - Milyen lehet az ábrázolt idom oldalnézete?

HK

[73] Csimby2004-02-25 10:43:41

Szeretném kijavítani magamat, ugyanis 10 db. négyzetre mégiscsak találtam egy megoldást!

[72] Csimby2004-02-24 20:52:49

Kedves Onogur!

A feladatot először itt láttam: http://www.stetson.edu/ efriedma/touchingn/ , itt 4-re, 12-re és 14-re van megoldás, de a többi esetről semmmit sem mond. Én találtam megoldást minden páros n-re, azt pedig, hogy a páratlanok miért nem jók nagyon könnyű belátni. Az, hogy 6,8,10 -re miért nem jó szerintem nehezebb dió, tulajdonképpen csak 6-re néztem meg, mert nem találtam egyszerű módszert, de amit kitaláltam szerintem működik 8-ra és 10-re is. A feladatot egyébként úgy gondoltam, hogy összefüggő legyen az alakzat és a csúcsokban történő érintés is érintésnek számítson. Most lelőttem a poént, hogy mikor van megoldást, de a konstrukciókat és bizonyításokat attól még ki lehet találni, és elképzelhető, hogy 8,10-re van megoldás csak én nem találtam.

[71] Hajba Károly2004-02-24 12:57:06

Kedves Miklós!

A 3*3, 5*5, 7*7, ... négyzet kirakása nagyságrendekkel könnyebb, mint az eredeti feladatod, főleg László képei után. Érdekes lenne a 4*4, ... 2n*2n, négyzeteket kirakni a kiegészítő négyzet számoságának bizonyos korlátozásával (,de ebbe még bele kellene mélyedni :o).

Szóval az az érzésem az eredeti feladattal kapcsolatban, hogy nagyobb valószínűséggel lehetne bizonyítani a kirakás lehetetlenségét, mint kirakni. De hát ez csak egy érzés.

S csak illusztrációnak az első bekezdésbeli kirakások:

Előzmény: [67] Kristóf Miklós, 2004-02-24 10:56:07
[70] Hajba Károly2004-02-24 11:03:55

Kedves Csimby!

Újabb érdekes feladatokat kotortál elő valahonnan.

Tehát, ha jól értem, akkor egységnégyzeteket kell lehelyeznünk.

Ha 4 db négyzetet úgy helyezek el, hogy az egy nagyobb négyzetet alkosson, akkor elvileg mind a 4 négyzet 3 másikat érint. Így elvileg minden n*4 négyzetet le lehet helyezni, hogy 3 másikat érintsen, feltéve, hogy nem egybefüggő alakzatot kell alkotni a végeredménynek.

Tehát a fenti hozzászólásomban 3 pontosítási eset is van:

(1) egységnégyzet; (2) "keresztbe érintés" sarok a sarokkal érintés-e; (3) a végeredmény lehet-e széteső vagy egybefüggőnek kell lennie?

HK

Előzmény: [65] Csimby, 2004-02-23 23:17:38
[69] Kristóf Miklós2004-02-24 11:03:10

Kedves Lorantfi! Köszönöm az ábrát, igen, ez az az alakzat. Az első ábra prezentálja azt az esetet, amikor egy exta elemet, egy négyzetet is használok. Az eredeti feladatban viszont extra elem nélkül kell megcsinálni a téglalapot. Az alakzat tükörképe is használható. Úgy érzem, vagy nincs megoldás, vagy ha van akkor nagyon nagy.

Előzmény: [60] lorantfy, 2004-02-18 13:46:01
[68] Kristóf Miklós2004-02-24 10:59:08

Kedves Sirpi! Természetesen megengedett a tükörkép használata, így kíváncsian várom a tipped. Érdekes lehet azon minták osztálya, ahol nem megengedett a tükörkép.

Előzmény: [61] Sirpi, 2004-02-18 13:51:06
[67] Kristóf Miklós2004-02-24 10:56:07

Kedves Géza! A feladat tőlem származik, nem emlékszem hogy valaha is láttam volna máshol. Természetesen fel lehet adni pontversenyben is, de azzal a megjegyzéssel hogy semmi se garantálja hogy létezik megoldás, illetve lehet hogy a legkisebb megoldás is többezer elemből áll. Én olyan versenyként adnám fel, ahol nem időre mérik a megoldást, hanem az nyer aki előbb beküld egy működő megoldást, és ezután még azok kapnak pontot akik ettől eltérő új megoldást küldenek be. A versenynél meg lehet említeni a nevem, hogy ez tőlem származik. Még nagyon sok feladatot tudok. Pl. feladat lehet aperiodikus de szabályos minták kirakása ezzel az alakzattal az egész síkon.További feladat lehet olyan kirakóminta, ahol ez az alakzat egy másikkal együtt szerepel párban. Pl. ha még egy egységnégyzet is megengedett, akkor lehet 3x3, 5x5, 7x7... stb négyzet kirakása. Milyen más extra alakzat jöhet szóba?

Előzmény: [63] Kós Géza, 2004-02-19 11:41:11
[66] Csimby2004-02-23 23:23:30

Bocsánat, kifelejtettem, hogy a négyzetek legyenek egybevágóak!

  [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]