| [2136] Fálesz Mihály | 2017-10-04 19:58:00 |
 A 60 fokos esetben, sőt, a koszinusz-tétel általános esetére is működik a 2132-beli módszer: az \(\displaystyle AB\) egyenesen felvesszük azokat az \(\displaystyle X\) és \(\displaystyle Y\) pontokat, amelyekre \(\displaystyle ABC\triangle \sim ACY\triangle \sim CBX\triangle\).
|
 |
| Előzmény: [2135] marcius8, 2017-10-04 19:21:54 |
|
| [2135] marcius8 | 2017-10-04 19:21:54 |
 A #2134 és a #2132 bizonyítások nagyon jók, nagyon szépen köszönöm! A #2132 bizonyítás nagyon tetszik, mert analógiát teremt a derékszögű háromszög és a 120°-os háromszög között!!! Magam részéről egy terület-átdarabolós bizonyítást próbáltam keresni, de ez még eddig nem sikerült. (A derékszögű háromszögre érvényes Pitagorasz-tétel legismertebb bizonyítása úgy történik, hogy egy négyzetet kétféleképpen darabolnak fel. Euklidesz is terület-átdarabolással bizonyítja a Pitagorasz-tételt.) Szóval, ha még valaki tudna a 120°-os háromszögre vagy a 60°-os háromszögre érvényes összefüggésre egy terület-átdarabolós bizonyítást annak is nagyon hálás lennék!!!!
|
|
| [2134] Lpont | 2017-10-04 15:47:01 |
 Kedves Zoltán!
Egy lehetséges megoldás a 60 fokos háromszögre:
(1) Ha ABC egyenlő szárú, akkor szabályos is egyúttal, az állítás triviálisan igaz.
(2) Ha az oldalak páronként különböznek, akkor nyilván van kisebb és nagyobb szög is 60-nál, legyen pl. a>c>b.
Mérjük fel b oldal hosszát rendre C-ből B felé a CB szakaszra, A-ból B-felé és vele ellentétes irányba is az az AB egyesre, kapjuk a D,E,F pontokat.
A származtatás miatt ACD szabályos, AFC és ADE egyenlő szárú háromszög. Ha A-nál lévő szög alfa, akkor F-nél alfa/2 és DAE szög alfa-60, ezért ADE szög 120-alfa/2. CDEF négyszög húrnégyszög, hiszen F-nél és D-nél lévő szögeinek összege 180.
B pontnak a húrnégyszög körülírt k körére vonatkozó hatványa: BE*BF=BD*BC, azaz (c-b)*(c+b)=(a-b)*a, ahonnan zárójelfelbontás és rendezés után a bizonyítandó állítást kapjuk.
|
 |
| Előzmény: [2131] marcius8, 2017-10-03 11:21:13 |
|
|
| [2132] Fálesz Mihály | 2017-10-04 06:11:28 |
|
Szerintem ez jó iskolai gyakorlat lehetne. Amikor a befogó- és a magasságtételt tanítjuk, majd a befogótételből bebizonyítjuk a Pitagorasz-tételt, fel lehet adni, hogy ezek mintájára csinálják meg a 120 fokos esetet.
A bizonyítás alapja az önhasonlóság; ha a derékszögű háromszöget kettéosztjuk az átfogóhoz tartozó magassággal, a két rész hasonló lesz az eredeti háromszöghöz.
Ha a háromszög nem derékszögű, hanem van egy mondjuk 120 fokos szöge, akkor a magasság helyett belerajzolhatunk egy szabályos háromszöget. Az ábra betűzésével \(\displaystyle ABC\triangle \sim ACT\triangle \sim CBU\triangle\), és persze \(\displaystyle c=x+y+z\). A hasonlóságokból
\(\displaystyle
\frac{a}{c}=\frac{y}{a}=\frac{z}{b}, \quad
\frac{b}{c}=\frac{x}{b}=\frac{z}{a} \quad\text{és}\quad
\frac{a}{b}=\frac{y}{z}=\frac{z}{x}.\)
Ezeket átszorozva,
\(\displaystyle
a^2 = cy, \quad b^2=cx, \quad ab=cz, \quad z^2=xy.
\)
Az első kettő megfelel a befogótételnek, a harmadik a terület kétféle felírása, a negyedik a magasságtétel megfelelője. Az első hármat összeadva,
\(\displaystyle
a^2+ab+b^2 = c(x+y+z) = c^2.
\)
|
 |
| Előzmény: [2131] marcius8, 2017-10-03 11:21:13 |
|
| [2131] marcius8 | 2017-10-03 11:21:13 |
|
Esetleg, ha valaki az előző hozzászólásomban említett, a 60°-os háromszögre és a 120°-os háromszögre vonatkozó összefüggéseket be tudná bizonyítani nekem a 90°-os háromszögre vonatkozó Pitagorasz-tétel felhasználása nélkül, annak nagyon hálás lennék. Vajon a Pitagorasz-tétel bizonyításához hasonlóan be lehet bizonyítani a 60°-os háromszögre és a 120°-os háromszögre vonatkozó összefüggéseket?
|
|
| [2130] marcius8 | 2017-09-29 10:03:24 |
|
Geometriában az egyik legfontosabb tétel a Pitagorasz-tétel, amely szerint ha egy derékszögű háromszög befogói \(\displaystyle a\) és \(\displaystyle b\), átfogója \(\displaystyle c\), akkor a következő összefüggés teljesül:
\(\displaystyle a^2+b^2=c^2\)
Ennek a tételnek a felhasználásával a következő összefüggések vezethetőek le:
Legyenek egy 60°-os háromszögnek a 60° melletti oldalai (nevezzük befogóknak) \(\displaystyle a\) és \(\displaystyle b\), a 60°-os szöggel szemközti oldala (nevezzük átfogónak) \(\displaystyle c\). Ekkor a következő összefüggés teljesül (60°-os háromszögre érvényes Pitagorasz-tétel):
\(\displaystyle a^2-ab+b^2=c^2\)
Legyenek egy 120°-os háromszögnek a 120° melletti oldalai (nevezzük befogóknak) \(\displaystyle a\) és \(\displaystyle b\), a 120°-os szöggel szemközti oldala (nevezzük átfogónak) \(\displaystyle c\). Ekkor a következő összefüggés teljesül (120°-os háromszögre érvényes Pitagorasz-tétel):
\(\displaystyle a^2+ab+b^2=c^2\)
A probléma a következő: Először megtanuljuk a derékszögű háromszögre a Pitagorasz-tételt, majd csak ennek felhasználásával bizonyítjuk a 60°-os háromszögre érvényes Pitagorasz-tételt, és a 120°-os háromszögre érvényes Pitagorasz-tételt. De mi lenne, ha először a 60°-os háromszögre érvényes Pitagorasz-tételt tanulnánk, és csak ennek felhasználásával hogyan kellene bizonyítani a másik két Pitagorasz-tételt? Vagy mi lenne, ha először a 120°-os háromszögre érvényes Pitagorasz-tételt tanulnánk, és csak ennek felhasználásával hogyan kellene bizonyítani a másik két Pitagorasz-tételt? Várom mindenkinek megtisztelő válaszát: Bertalan Zoltán.
|
|
| [2129] marcius8 | 2017-08-30 00:02:02 |
|
Ok, teljesen igaz a megjegyzés. Akkor úgy pontosítok, hogy a mérkőzésenkénti gólok száma 3 várható értékű Poisson-eloszlást követ úgy, hogy a mérkőzés bármely viszgált időszaka alatt esett gólok száma is Poisson eloszlású. Ekkor feltehető, hogy a vizsgált időszak alatti gólok számának várható értéke úgy aránylik a teljes mérkőzés alatti gólok számának várható értékéhez, mint a vizsgált időszak hossza a teljes mérkőzés idejéhez.
|
| Előzmény: [2128] jonas, 2017-08-29 22:33:46 |
|
| [2128] jonas | 2017-08-29 22:33:46 |
 Szerintem ahhoz, hogy ezt meg lehessen mondani, nem elég annyi megkötés a modellre, hogy “A mérkőzésenkénti gólok száma Poisson-eloszlást követ”. Ha például minden jelenlegi mérkőzésnek a vége felé könnyebb gólt rúgni, mint az elején, akkor az új szabály sokszor fog hosszabbítást és több gólt eredményezni, de ettől még igaz lehet a feltételed.
|
| Előzmény: [2127] marcius8, 2017-08-29 18:16:54 |
|
| [2127] marcius8 | 2017-08-29 18:16:54 |
|
Tegyük fel, hogy minden futballmérkőzés pontosan 90 percig tart, és minden mérkőzésen átlagosan 3 gól esik. A mérkőzésenkénti gólok száma Poisson-eloszlást követ. Most nagy hirtelen a nagyokos szabályalkotók összegyűlnek, és kitalálják azt az új szabályt, hogy ha akármelyik mérkőzésen egy gól esik, akkor a mérkőzés nem ér véget automatikusan 90 perc után, hanem a gól után pontosan 10 percig még tart a mérkőzés, azaz 10 perc hosszabbítás következik. Nyilván, ha az utolsó gól a mérkőzés 80.-ik perce előtt esik, akkor a mérkőzés automatikusan véget ér 90 perc után. Milyen eloszlást követ ekkor a mérkőzések időtartalma? Vigyázat, ha a mérkőzés hosszabbításában is gól születik, akkor a gól után a 10 perc hosszabbítás mérése automatikusan újra kezdődik.
|
|
