Fórum: Valaki mondja meg!

Játékszabályok Technikai információ TeX tanfolyam Elfelejtettem a jelszavam Témák

[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] [78] [79] [80] [81] [82] [83] [84] [85] [86] [87] [88] [89] [90] [91] [92] [93] [94] [95] [96] [97] [98] [99] [100] [101] [102] [103] [104] [105] [106] [107] [108] [109] [110] [111] [112] [113] [114] [115] [116] [117] [118] [119] [120] [121] [122] [123] [124] [125] [126] [127] [128] [129] [130] [131] [132] [133] [134] [135] [136] [137] [138] [139] [140] [141] [142] [143] [144] [145] [146] [147] [148] [149] [150] [151] [152] [153] [154] [155] [156] [157] [158] [159] [160] [161] [162] [163] [164] [165] [166] [167] [168] [169] [170] [171] [172] [173] [174] [175] [176] [177] [178] [179] [180] [181] [182] [183] [184] [185] [186] [187] [188] [189] [190] [191] [192] [193] [194] [195] [196] [197] [198] [199] [200] [201] [202] [203] [204] [205] [206] [207] [208] [209] [210] [211] [212] [213] [214] [215] [216] [217] [218] [219] [220] [221] [222] [223] [224] [225] [226] [227] [228] [229] [230] [231] [232] [233] [234] [235]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[796] laci777

2009-02-15 11:20:46

Kedves HoA!

Az első megoldásod egyszerű, és így nagyszerű:) A második viszont - a magam szinjéhez képest meg végképp -remekmű. Mindkettőt köszönöm!

Előzmény: [795] HoA, 2009-02-15 07:45:55

[795] HoA	2009-02-15 07:45:55
Legyen a (0;a) pont A, a (0;-a) pont B, a PQO $\Delta$ magasságpontja M. AQ és OM párhuzamosak, mint PQ-ra merőleges egyenesek. AO és QM párhuzamosak, mint PO-ra merőleges egyenesek. Így OMQA paralellogramma és AO = AQ ( a kör sugara ) miatt rombusz. Átlói merőlegesek, középpontját K-val jelölve AKO $\Delta$ derékszögű. Ezt A-ból kétszeresére nagyítva K M-be O pedig B-be kerül. AMB $\Delta$ derékszögű, tehát M valóban AB Thálesz-körén van. Mivel a feladatot koordináta-geometriai megfogalmazásban tűzték ki, oldjuk meg így is. Legyen P (p;0). Q az AP átmérőjű körön van, ennek középpontja (p/2;a/2), sugara $r = 1/2 \sqrt{p^2+a^2}$ , egyenlete (x-p/2)²+(y-a/2)2=1/4(p²+a²) , (2x-p)²+(2y-a)²=p²+a² ; 4x²-4xp+p²+4y²-4ya+a²=p²+a² ; 4x²-4xp+4y²-4ya=0 Q az eredeti körön is rajta van, ennek egyenletét néggyel szorozva 4x²+4(y-a)²=4a² ; 4x²+4y²-8ay+4a²=4a² ; 4x²+4y²-8ay=0 A két egyenlet különbségéből a metszéspontokra y/x = p/a ( amit persze az ábráról mint OQ meredekségét könnyen leolvashatunk) , behelyettesítve 4x²+4p²x²/a²-8px=0 Egyik metszéspont az origó, erre nem vagyunk kíváncsiak, x-szel oszthatunk: x(4+4p²/a²)=8p ; x=2p/(1+p²/a²) Ez tehát Q és egyben M abszcisszája (M_x). M ordinátáját (M_y) abból számíthatjuk, hogy M rajta van az AP egyenesen: x/p+y/a=1 ; y=a-(a/p)x=a-2a/(1+p²/a²)=(a+p²/a-2a)/(1+p²/a²)=(p²/a-a)/(1+p²/a²) . Tekintsük az M_x²+M_y² kifejezést: $\frac{4p^2}{(1+p^2/a^2)^2} + \frac{(p^2/a -a)^2}{ (1+p^2/a^2)^2} = \frac{4p^2+p^4/a^2-2p^2+a^2}{(1+p^2/a^2)^2} = \frac{a^2+2p^2+p^4/a^2}{(1+p^2/a^2)^2} = \frac{a^2(1+2p^2/a^2+p^4/a^4)}{(1+p^2/a^2)^2} = a^2$ M tehát valóban az origó középpontú a sugarú körön, AB Thálesz körén van.

Előzmény: [794] laci777, 2009-02-14 22:35:15

[794] laci777

2009-02-14 22:35:15

Megint geometria-példában kérnék szépen segítséget: vegyük az x2+(y-a)2=a2 egyenletű kört (az "a" tetszőleges, de rögzített értékű pozitív valós szám). E körhöz az x tengely egy tetszőleges P pontjából érintőt húzunk (nem az origóba). Ezt az érintési pontot Q-val jelölve,határozzuk meg a PQO(O az origo) háromszög magasságpontját. Ha végighaladunk x tengely valamennyi P pontján, mit adnak ki e háromszögek magasságpontjai? Az látszik, hogy a (0;a) és a (0;-a) pontok által meghatározott szakasz Thalész-köre a megoldás a két előbbi pont nélkül - de bizonyítani már nem tudom. Tudna valaki valamilyen kiinduló pontot, ötletet javasolni? Köszönöm előre is.

[793] sakkmath	2009-02-14 13:10:29
A [776]-os feladat megoldásának második része:

Előzmény: [792] sakkmath, 2009-02-14 13:07:47

[792] sakkmath	2009-02-14 13:07:47
A [776]-os hozzászólás feladatának részletes megoldása két részletben. Az első rész:

Előzmény: [784] matlány, 2009-02-13 10:34:23

[791] BohnerGéza	2009-02-14 11:39:27
Másik megoldás a [783]-ban szereplő feladatra:

Előzmény: [783] komalboy, 2009-02-13 10:16:19

[790] laci777

2009-02-13 22:31:43

Ajjaj, már látom, s(c) és c metszésére tükrözzük C-t, így kapjuk a paralelogrammát. Késő van, egyébként is lassú vagyok:(

Még egyszer köszönöm, kellemes hétvégét.

[789] laci777	2009-02-13 22:18:34
Kedves Euler, köszönöm szépen, érthető voltál - azt hiszem, a 3szög súlyvonalára az oldalai függvényében adott képletre az életben nem jöttem volna magamtól rá (más kérdés, még most sem nagyon látom az s(c) és az m(c) c-n való távolságának számíthatóságát - de kicsit még emésztem). Még egyszer köszönöm.
Előzmény: [788] Euler, 2009-02-13 18:17:09

[788] Euler	2009-02-13 18:17:09
Paralelogrammára igaz az összefüggés, igy innen adódik, hogy egy háromszög súlyvonala kiszámolható a következő módon: 4sc2=2a2+2b2-c2(csúnya, de remélem érthető). Jelöljük a négyszög csúcsait rendre A, B, C, D-vel, AC felezőpontja E, BD felezőpontja F, ekkor4EF2=2CF2+2AF2-AC2, hasonlóan CF2 és AF2 kifejezhető a DBC és DAB háromszögekből, ezekat beirva az előbbibe már adódik is az állitás. Remélem érthetően sikerült leirnom.
Előzmény: [786] laci777, 2009-02-13 15:21:23

[787] sakkmath	2009-02-13 16:06:22
Rendben, a megoldást átírom közölhető, bővített változatra és holnap délelőtt felteszem. (Ha addig meg nem előz valaki.)
Előzmény: [784] matlány, 2009-02-13 10:34:23

Játékszabályok Technikai információ TeX tanfolyam Elfelejtettem a jelszavam Témák

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?