[291] BohnerGéza | 2005-11-14 23:12:30 |
58. feladat:
Az ABC háromszög beírt körének érintési pontjai A', B' és C', középpontja O, K az A'B'C' körülírt körének kp-ja.
Jelölje Ma az AC'B', Mb a BA'C' és Mc a CB'A' háromszög magasságpontját, valamint M az MaMbMc háromszög magasságpontját.
Legyen Oa az AC'B', Ob a BA'C' és Oc a CB'A' háromszög beírt körének középpontja, és K' az OaObOc körülírt körének kp-ja.
Bizonyítandó, hogy az O, a K, az M és a K' egybeesnek!
|
|
|
[289] lorantfy | 2005-11-08 22:14:48 |
A komplex számos megoldást itt a Fórumon is megtalálhatod a Felmerülő kérdések... témában Sirpi [143] hozzászólása. Ahogy az a megoldás, ez sem használja fel, hogy a szabályos háromszögek nem közös csúcsai egy körön vannak. Tehát elegendő annyit feltenni, hogy van egy közös csúcsuk.
|
|
Előzmény: [288] AzO, 2005-11-08 17:38:22 |
|
[288] AzO | 2005-11-08 17:38:22 |
Mostanaban kaptuk ezt a mackosajtos feladatot algebran, es komplex szamokkal (egyseggyokokkel) oldottuk meg, es mondta a tanar, hogy nem is akar belegondolni milyen nehez lenne elemi (kozepiskolai) modszerekkel megoldani :). Ennek ellenere ez frappans volt, es sztem megmutatom neki :) Koszi
|
Előzmény: [287] lorantfy, 2005-11-06 12:04:50 |
|
[287] lorantfy | 2005-11-06 12:04:50 |
Tomszy feladata a Felmerülő kérdések ... témából:
Egy r sugarú körben vegyünk fel három r sugarú húrt: AA', BB', CC'. Jelöljük A'B húr felezőpontját E-vel, B'C húr felezőpontját F-vel és C'A húr felezőpontját G-vel.
Bbh. EFG háromszög szabályos!
Megoldás vektorokkal: (Ugyanúgy megy mint a B.3837. feladat megoldása, amit a Lejárt határidejű ... témába írtam be.)
Legyenek A1,A2,B1,B2,C1,C2 a megfelelő, sugás hosszúságú szakaszok felezőpontjai.
A háromszög középvonalának tulajdonságai és a szabályos háromszögek miatt az ábrán azonos színnel jelölt vektorok egymásnak 60 fokos elforgatottjai.
Mivel a megfelelő összetevő vektorok egymás 60 fokos elforgatottjai, így is 60 fokos elforgatottja -nek, tehát EFG szabályos háromszög.
|
|
|
|
[285] Lóczi Lajos | 2005-09-20 13:59:13 |
Jó, de nézd meg, hogy mi a könyv célja: könnyítést adni azoknak, akiknek nehezen megy, bizonyos területekre így kevesebb előismerettel is el lehet jutni -- persze onnan nem lehet olyan messzire továbbhaladni.
(Az elvi célja pedig inkább az, ahogy írja, hogy közben a geometriát nem kell a valós számok bonyolult fogalmára építeni: tetszőleges algebrai test is használható.)
|
Előzmény: [284] Fálesz Mihály, 2005-09-20 11:35:29 |
|
[284] Fálesz Mihály | 2005-09-20 11:35:29 |
Én nem lelkesedek érte, sőt.
Trigonometria-feladatokban a szögeknek legfeljebb csak a szinuszát/koszinuszát szoktuk kiszámolni, magukat a szögeket nem. Négyzetgyökökkel pedig így is, úgy is számolni kell. Például elég megkérdezni, hogy ha az A,B,C pontok egy egyenesen vannak, mondjuk AB2=2 és BC2=3, akkor mekkora lehet AC2. A konstrukció csak a legegyszerűbb esetekben teszi félre a négyzetgyökvonást, a számolás egyáltalán nem lesz tőle sem könnyebb, sem egyszerűbb.
A trigonometrikus függvények elvetését pedig kb. olyan ötletnek tartom, mint ha valaki a prímszámtételből ki akarná irtani a logaritmust (mert hát ugye mi szükség van transzcendens függvényekre, ha egész számokról akarunk beszélni), vagy a Cardano-képletből a komplex számokat. Pont a matematikát akarja kiirtani; azt, hogy hozzunk létre elméleteket, új objektumokat (jelen esetben a trigonometrikus függvényeket), amik megmutatják, hogy a dolgok mögött milyen mélyebb összefüggések vannak.
F.M.
|
Előzmény: [282] Lóczi Lajos, 2005-09-19 22:50:10 |
|
[282] Lóczi Lajos | 2005-09-19 22:50:10 |
Szép és elegáns a leírás, sokmindenben egyetértek vele, bár nem hiszem, hogy túlzottan nagy változást okozna mifelénk belátható időn belül, ha egy olyan alapvető fogalomhoz, mint a "szög" akar hozzányúlni, átdefiniálni.
|
Előzmény: [281] 2501, 2005-09-19 10:25:15 |
|
|
|
[280] Szalkai István | 2005-09-14 13:42:39 |
Kedves Mindenki !
A 2005.jan. feladatot általánosítva jutott eszembe a a következő probléma: Mi azon pontok mértani helye, amelyeknek adott egyenesektől való távolságai kielégítenek egy lineáris összefüggést? "Felfedezésem" biztosan nem új, bár irodalomban nem akadtam a nyomára. Közzéteszem mégis, hátha esetleg valakinek hasznára válik, no és biztosan én is tanulok hozzászólásaitokból! (Más fajta TEX-et használva nem sikerült a szöveget ide feltennem, de a következő linken megtalálható:
http://www.szt.vein.hu/~szalkai/Tavolsagok-jav.pdf
Üdvözlettel: szalkai@almos.vein.hu
|
|
[279] BohnerGéza | 2005-08-27 00:19:34 |
Jogos [275] jonas észrevétele, bár csak egy kis fogalmazási hibát követtem el. A zárójel szövege helyesen: valamint a talpponti háromszög területének. Igaz ez már nem nehéz, ha az előzőekre megvan a válasz.
|
Előzmény: [275] jonas, 2005-08-23 22:40:10 |
|
[278] lorantfy | 2005-08-24 10:25:21 |
Hello Viktor!
Ez az EUKLIDES program. A 2.02 verzió ingyenesen letölthető: www.euklides.hu.
Töltsd le és szórakozz el vele. Én a kész ábrát Print Screen-el vágólapra szoktam tenni. Aztán egy képszerkesztővek kivágom a lényeges részt és átlátszóvá teszem, majd elmentem gif-ben és úgy csatolom a hozzászóláshoz. Így a háttérszínen jelenik meg.
|
Előzmény: [277] xviktor, 2005-08-24 10:09:36 |
|
|
|
|
[274] BohnerGéza | 2005-08-23 22:08:14 |
Üdv mindenkinek!
Köszönöm Kós Ritának [273] a segítséget!
57. (számozott) feladat: Egy háromszög oldalai 13, 14 és 15. Adjuk meg a pontos értékét a
a.) beírt köre sugarának
b.) TcBTa (Ta és Tc magasságtalppontok) beírt köre sugarának
c.) TcBTa háromszög területének ( a talpponti háromszög területének )
|
|
[273] Kós Rita | 2005-07-26 19:31:42 |
A lekepezesek szorzatarol rovidebben-hosszabban Reiman Istvan konyveiben is van szo: Fejezetek az elemi geometriabol (Typotex, pici vekony, ebben biztosan), ill. A geometria es hatarteruletei c. konyvben, ha jol emlekszem.
|
Előzmény: [272] BohnerGéza, 2005-07-15 23:09:11 |
|
[272] BohnerGéza | 2005-07-15 23:09:11 |
Az 50., 51., 53. és 56. feladat közös, általános megoldása.
Igen örülök lorantfy és Kós Géza 56. feladatra a [267]-ben ill. [268]-ban leírt megoldásának. Ezek is alkalmasak az általánosításra.
Ha valaki még nem ismeri a leképezések szorzatát, annak is megérthető amit írok, de időt és energiát kell rá szánnia, végigjátszva-gondolva minden állítást!
A téma bővebb megismeréséhez Rácz János könyveit tudom ajánlani, de ezek nehezen érhetők el. Rossz memóriám miatt további könyveket most nem tudok, remélem lesz valaki és kisegít!
Jelölje az A körüli alfa forgatást (A|alfa). Legyen
(1)...(C|gamma)*(B|béta)*(A|alfa)=I helybenhagyás.
//A leképezések szorzatát - egymás utáni elvégzését - visszafelé olvasva kell értelmezni, tehát először A, majd B, végül C körül forgatunk,// Helybenhagyást akkor kapunk, ha összesen n*360 fokot, ahol n egész, forgatunk és van fixpont. Ez a fent jelzett feladatok esetén áll. Az egyszerűség kedvéért és mert ilyen esetre ezen feladatok mindig visszavazethetők n=1 (vagy -1) esettel foglalkozunk.
Tudnunk kell még, hogy egy forgatás helyettesíthető két tengelyes tükrözés szorzatával, pl. (A-alfa)=t2*t1, ahol t1 és t2 is átmegy A-n, valamint t1 és t2 szöge alfa fele az irányítást is figyelembe véve. (1)-et balról (C|-gamma)-val szorozva:
(2)...(B|béta)*(A|alfa)= (C|-gamma)
Legyen t2=AB, t1 és t3 pedig olyan egyenesek, melyekre (A|alfa)=t2*t1 és (B|béta)=t3*t2. Ekkor
(3)...(B|béta)*(A|alfa)=(t3*t2)*(t2*t1)=t3*(t2*t2)*t1=t3*t1= (C|-gamma)
Tehát t1 és t3 is átmegy C-n. Mindent végiggondolva ABC olyan háromszög kell legyen, melyben a megfelelő csúcsoknál alfa/2, béta/2 ill. gamma/2 szög van. //Feltéve, hogy egyik szög sem n*360 fok, azaz mind a három forgatás valódi fogatás. //
Jó munkát a fent jelzett feladatok átgondolásához! Kitalálható esetleg újabb konkrét feladat is?!
|
Előzmény: [268] Kós Géza, 2005-07-11 12:00:08 |
|
[271] Hajba Károly | 2005-07-11 16:43:28 |
Köszi a továbbképzés. Tényleg egyszerű.
De talán már nem olyan egyszerű azon zárt görbe megszerkesztése, mely görbe bármely pontjára azonos a PA+PB+PC hossz nagysága. Ezen görbe elfajult esete az I pont is.
HK
|
Előzmény: [270] lorantfy, 2005-07-11 15:40:54 |
|
[270] lorantfy | 2005-07-11 15:40:54 |
Kedves Károly!
A tétel igaz: Ha az ABC hegyesszögű háromszög síkjában lévő P pontra igaz, hogy AP+BP+CP összeg minimális, akkor P a háromszög izogonális pontja (melyből mindhárom oldal 120 fokos szögben látszik.)
A bizonyítás nagyon szép és egyszerű. Forgassuk el a B pont körül a BCP háromszöget 60 fokkal. Mivel BP'P háromszög egyenlő oldalú, ezért az APP'A' törött vonal hossza megegyezik az AP+BP+CP összeggel. Az A' helyzete P-től független. APP'A' hossza akkor minimális, ha P és P' az AA' egyenesre illeszkedik. Ez pedig akkor van, ha APB és BPC 120o, vagyis ha P az izogonális pont.
|
|
Előzmény: [269] Hajba Károly, 2005-07-11 13:31:23 |
|
[269] Hajba Károly | 2005-07-11 13:31:23 |
Üdv!
Érdekesnek tűnik a háromszög I pontja más szempontból is, mintha erre a pontra igaz, hogy PA + PB + PC hossz a legrövidebb, ahol A, B, C a háromszög csúcsai, míg P egy tetszőleges pont a síkjukban. Bizonyítani nem tudom, csak ráleltem. Ha igaz, gondolom egy -általam nem- ismert tétel.
Egy adtok egy kis továbbképzést vagy címeket, megköszönném. :o)
O.
|
Előzmény: [268] Kós Géza, 2005-07-11 12:00:08 |
|
[268] Kós Géza | 2005-07-11 12:00:08 |
Legyen az AC'B és BA'C köré írt körök B-től különböző metszéspontja I. Az AC'BI és BA'CI húrnégyszögek szögeiből AC'B=BA'C=120o. Ebből következik, hogy CB'A=120o, vagyis az I pont a CB'A körön is rajta van.
Ha az ABC háromszög mindegyik szöge 120 foknál kisebb, akkor I a háromszög izogonális pontja. Ha valamelyik szög éppen 120 fok vagy annál nagyobb, akkor nincs izogonális pont, és az ábra kicsit máshogy néz ki, de a három kör akkor is egy ponton megy át.
Az IA'', IB'', IC'' szakaszok (egyenesek) páronként 120 fokos (60 fokos) szöget zárnak be. Az A''B'', B''C'', C''A'' egyenesek két-két kör centrálisai, amik merőlegesen felezik az IA'', IB'', IC'' közös húrokat. Ezek az egyenesek tehát szintén páronként 60 fokos szöget zárnak be egymással.
|
|
Előzmény: [267] lorantfy, 2005-07-10 17:00:12 |
|
[267] lorantfy | 2005-07-10 17:00:12 |
Nem szeretném, ha Géza szép feladata feledésbe merülne!
56. feladat megoldása: Helyezzük a koord.rsz. origóját a háromszög S súlypontjába.
Legyen
Fejezzük ki vektort ezek segítségével!
pedig 90 fokos, pozitív irányú elforgatottjának -szorosa.
Hasonlóan:
Az origó körüli 120 fokos, pozitív irányú forgatás mátrixa:
Ezzel beszorozva -t és felhasználva, hogy a,b,c vektorok összege 0, vagyis a koordinátákra is:
a1+b1+c1=0, a2+b2+c2=0
-t kapjuk. Tehát igaza van Dánielnek (=tudniakarok): valóban egyenlő oldalú háromszöget kapunk.
|
|
|