[1292] HoA | 2009-10-04 21:26:00 |
A 158/3. feladathoz: [1283] ábrájára is hivatkozva. Legyen ABC b és c oldalainak aránya k. AA1 és BC metszéspontját jelöljük T-vel. szögfelezője az a oldalt ilyen arányban osztja, tehát CT=k.BT . ABC és AP2P5 háromszögek hasonlóságából P5M=k.P2M A1P2P5 és A1P3P4 háromszögek hasonlóságából P4T=k.P3T , így CP4=CT–P4T=k(BT–P3T)=k.BP3 . Q1P5M és Q1P4C illetve Q2P2M és Q2P3B hasonló háromszög párokban a hasonlóság aránya megegyezik, Q1 ugyanolyan arányban osztja P4P5 -öt mint Q2 P3P2 -t, a párhuzamos szelők tételének megfordításából Q1Q2 párhuzamos BC -vel.
P1MP4 kollinearitására van egy projektív megoldásom, de talán tud valaki erre is elemit?
158/4b.-re van egy Pascal tételes bizonyításom, ha mást nem érdekel a feladat, felteszem.
|
Előzmény: [1291] sakkmath, 2009-10-03 20:27:59 |
|
[1291] sakkmath | 2009-10-03 20:27:59 |
Köszönöm az elegáns megoldást!
Kérdésed után érdemes kitérni olyan további, ki nem mondott, de a [1283]-as ábráról könnyen leolvasható összefüggésekre (sejtésekre) is, melyeket szintén be lehet bizonyítani a projektív geometria alkalmazása nélkül. Egy ilyen a - dinamikus geometriai programok által sugalmazott - következő, 1. sejtés:
A P1P4 és P3P6 szakaszok (hatszögátlók) az M pontban metszik egymást. (Ha ennek igazolását feladatként tűzzük ki, ez a 158./5. feladat lehetne.)
Pár napon belül egy további sejtést is ismertetek, ami a 158/4/b. feladat szerkesztésének kiterjesztése lenne (örülnék, ha ebben valaki megelőzne a vonatkozó megoldásával).
Végül álljon itt egy "minimálábra" a 158./3. feladat megoldásához arra az esere, ha valakit zavarna a [1283]-as rajz zsúfoltsága:
|
|
Előzmény: [1288] HoA, 2009-09-30 09:51:33 |
|
|
|
|
|
|
[1285] PuzzleSmile | 2009-09-27 19:34:54 |
HoA [1278]-as megjegyzése a joke-ról találó ... :)
HoA [1276]-os kiegészítését elfogadva, az alábbi négy, piros puzzledarabkát helyezem el Bohner Géza [1274]-es megoldásában. Az így korrigált puzzle-t - Géza utólagos engedelmére számítva - idemásolom:
|
|
Előzmény: [1275] PuzzleSmile, 2009-09-23 11:05:28 |
|
[1284] sakkmath | 2009-09-27 11:32:04 |
4/b. feladat: Szerkesszük meg a két ellipszis érintkezési pontjaihoz tartozó érintőit!
(Ez a részfeladat - a szerkesztési eljárást bemutató - bizonyítandó állítás formájában is megfogalmazható. Ez viszont könnyítést jelenthetne, s esetleg elrontanám vele a megoldó(k) örömét ...)
|
Előzmény: [1283] sakkmath, 2009-09-26 17:52:54 |
|
|
|
|
[1280] PuzzleSmile | 2009-09-25 10:34:31 |
A puzzle 4 darabja még hiányzik, az egyikük rajzos. Ha holnap sem lesz, aki kirakja őket, vasárnap ezt megteszem én. (Ezek jelentősége már kisebb.)
A (1276)-os "foltozás" nem inverziós, de az eredeti első bekezdés meghagyásával létezik inverziós befejezés is. Igaz, ez keverék megoldást ad és elromlik a szimmetria.
|
Előzmény: [1278] HoA, 2009-09-25 06:56:37 |
|
[1279] BohnerGéza | 2009-09-25 09:54:02 |
Mint írtam:
"Az adott inverzióval játszva sok érdekességet láthatunk, kár, hogy a megoldásnál fölösleges!"
Azaz kár, hogy a megoldásnál fölösleges az inverzió!
|
Előzmény: [1278] HoA, 2009-09-25 06:56:37 |
|
[1278] HoA | 2009-09-25 06:56:37 |
Köszönöm PuzzleSmile-nak, hogy ismát ráirányította figyelmemet erre a megoldásra. Azt ugyan még nem árulta el, hogy hol a puzzle, de rájöttem, hogy ha már angolkodunk, akkor ez inkább joke. Ugyanis nem inverziós megoldás. Az első bekezdés helyett nyugodtan írhattuk volna: "Húzzunk párhuzamost M-en át BC-vel, az AB-vel alkotott metszéspont legyen L*. " Ettől persze még a bizonyítás helyes.
|
Előzmény: [1275] PuzzleSmile, 2009-09-23 11:05:28 |
|
|
[1276] HoA | 2009-09-23 21:38:59 |
Ha az ábrát kell szerinted kiegészíteni, áruld el, mire gondolsz. Ha a megoldás szövegét nem találod teljesnek, olvasd el a téma utolsó néhány heti hozzászólásait, melyek alapján az inverzió jópár tulajdonságát már ismertnek vesszük. Azt meg, hogy ML és BC párhuzamosságából következik LN és BC párhuzamossága, úgy értjük, mint [1270] végén: A C1re leírtakat B1re vonatkoztatva kapjuk, hogy MN és BC párhuzamos, tehát L,M,N egy egyenesen vannak és ez párhuzamos BC-vel.
|
Előzmény: [1275] PuzzleSmile, 2009-09-23 11:05:28 |
|
|
[1274] BohnerGéza | 2009-09-19 23:10:15 |
Legyen az inverzió az az A1 középpontú kör, melyre az A képe M. Ekkor a „k” körülírt kör képe az M-en átmenő BC-vel párhuzamos k’ egyenes. (A1 felezi a BC ívet.) Jelölje L* az AB és k’ metszéspontját.
Mivel C1-ből és L*-ból is béta szögben látszik az AM szakasz, az A, a C1, a L* és az M egy körön van. Ebben a körben a L*M és k-ban az A1C ív is alfa/2 szögben látszik, ezért C1, L* és A1 egy egyenesen van, azaz L* azonos L-lel. Ebből következik, hogy LN átmegy M-en és párhuzamos.
(Az adott inverzióval játszva sok érdekességet láthatunk, kár, hogy a megoldásnál fölösleges!)
|
|
Előzmény: [1266] sakkmath, 2009-09-11 16:16:11 |
|
|
|
[1271] sakkmath | 2009-09-19 18:19:39 |
Köszönöm Hoa szép megoldását. Úgy látszik, nincs több hozzászóló, ezért - két részletben - fölteszem saját inverziós levezetésemet, amely különbözik [1270]-től. Az 1. rész:
Az ABC háromszög körülírt köre k, középpontja O, a háromszög A csúcsában lévő szög 2. Az AA1 szögfelező felezi a 2 szöget, ezért A1AB = CAA1 = , másrészt a BA1 húron nyugvó kerületi szögek egyenlőségéből A1AB = A1B1B =A1CB= . Az A1C húron nyugvó kerületi szögekre: CAA1 = CC1A1 = CBA1 = . Látható, hogy az LM szakasz a C1 és az A pontból egyaránt szög alatt látszik. Ezért az L, M, A, és C1 pontok egy k1 körön sorakoznak, melynek középpontja O1.
|
|
Előzmény: [1266] sakkmath, 2009-09-11 16:16:11 |
|
[1270] HoA | 2009-09-15 22:45:37 |
Legyen az inverzió alapköre az A középpontú, AM sugarú kör. Az inverz pontokat jelöljük vesszőzve. A körülírt kör képe egyenes, ezen jelöljük meg B’,C’,A1’ésB1’ pontokat. BC egyenes képe az AB’C’ pontokon át húzott k1 kör, BB1 képe az AB’MB1’ pontok k2 köre, A1B1 képe, k3 , AA1’N’B1’ pontokon halad át, végül legyen k4 kör az MN egyenes képe az AMN’ pontokon át. BAA1=A1AC=/2 . B1’A1’A=B1’N’A (k3 –ban közös húr ) . B1’B’A=B1’MA (k2 –ben közös húr ) . Ezért B1’M egyenes az AC és AA1 egyenesekkel AB’A1’ höz hasonló háromszöget alkot, ennek külső szöge megegyezik B1’N’A-gel, B1’,N’ésM egy egyenesen van. Legyen AB és k4 másik metszéspontja P. N’PA=N’MA=C’B’A. AB’C’ és APN’ hasonló háromszögek, egymásból A középpontú nyújtással keletkeznek. Ez igaz körülírt köreikre is. A tehát k1 és k4 hasonlósági pontja, a két kör érinti egymást. Szimmetrikus módon a C1’ -n áthaladó inverz körök vizsgálatával kapjuk, hogy az ML egyenes képe is a k1 kör A középpontú nyújtásával keletkező, M-en áthaladó kör, vagyis k4 ( és P = L’ ) . L,M, N egyazon egyenes pontjai, és mivel k1 -nek és k4 nek nincs A-tól különböző közös pontja, inverz képeik, a BC és LN egyenes párhuzamosak.
|
|
Előzmény: [1266] sakkmath, 2009-09-11 16:16:11 |
|
[1269] sakkmath | 2009-09-14 12:21:57 |
Az archaikus szövegből kihámozható, hogy az Euler-egyenessel kapcsolatos ismert tételről van szó. Olvassuk el itt Dr. Darvasi Gyula: Egy feladat - többféle megoldás című doktori értekezésének 1.5 fejezetét (a 83. oldalon kezdődik, Egy oldallal párhuzamos Euler-egyenes címmel).
Remélem, jó a következtetésem. Az egyes kifejezések modernizálását meghagyom a következő hozzászólónak :)
|
Előzmény: [1268] jeneit92, 2009-09-12 08:46:28 |
|
[1268] jeneit92 | 2009-09-12 08:46:28 |
Sziasztok,találtam egy nagyon érdekes feladatot,ami szerintem a geometriához kapcsolódik: Az tiszta tudékosságban járatos Euler professor Urunk nevezetes léniájárúl Lészen ollybá egy háromszeglemény , melliknek is nehézkedési czentrálisán s ortogonális czentrálisán is által visitáló léniája paralell vala egyvalamely gyepüléniával.Igazoltassák,hogy emez gyepülénia kenyekinek kebeljeinek szorzamányát pótkebeljeinek szorzmányával hányadékul véve mindenkoron 3 adatik.Vajon igaz vala-é az fentebb forgandó theoria visszásítása?" (Gerőcs László Tanár Úr: XVII. századi matekóra című előadásának egy feladata alapján.
Ha bárkinek van ötlete,javaslata,megoldása örömmel veszem,köszi előre is
|
|