[804] sakkmath | 2009-02-17 13:20:30 |
Örülök, hogy a rajzoddal talpra állítottál, az újbóli fejreállást egy tengelyes tükrözéssel megoldom :))
Az adott tulajdonságú pontok halmaza egy negyedrendrendű algebrai görbe (a rajzodon még két további metszéspont is bejelölhető...), melynek egyenlete - Descartes-koordinátarendszerben - implicit és explicit módon is megadható... (Utóbbi esetben a görbét több, csatlakozó ívre kell bontani.)
Egykor hosszas nyomozást folytattam annak megállapítására, hogy hol, mikor fedezték fel ezt a görbét. Az eredmény: a trifolium (lóhere) nevű görbecsalád egy speciális esetéről van szó (legalábbis ezt írta a Encyclopedia Britannica ). Az általánosabb főgörbé(ke)t egyébként nem az általam talált szerkesztéssel definiálták.
Bebizonyítható, hogy a görbe által határolt terület kétszerese a kiindulási kör területének. Nekem ez "csak" integrálszámítással sikerült. Kérdés: van-e erre egy elegánsabb módszer?
A görbével kapcsolatban több egyéb kérdés is feltehető és megválaszolható. Pl.: súlypontok, megforgatással kapott test térfogata, stb. A K kerület viszont ellenállt, ez szerintem csak közelítő módszerekkel határozható meg. Nálam K/a 14,1666.
|
Előzmény: [802] BohnerGéza, 2009-02-16 19:48:30 |
|
[803] HoA | 2009-02-17 12:53:30 |
[757] ábrája arra utal, hogy használjuk fel: a háromszög beírt körének középpontja rajta van például a b oldal /2+/2 látószögű körívén és az ehhez a körívhez tartozó körközéppont éppen a körülírt kör b-hez tartozó, B-t nem tartalmazó ivének felezőpontja, ahol szögfelezője is metszi a körülírt kört. Az itt mellékelt ábra jelöléseivel EA=EO2 egyenlőséget közvetlenül is beláthatjuk. Legyenek az ABD háromszög szögei ,, . Ekkor AEB = ( BA húrhoz tartozó kerületi szög ), DAE = DBE = /2,O2 AD = /2,O2 AE =/2+/2 és így EAO2 háromszög O2 -nél lévő EO2A szöge is /2+/2 , EAO2 egyenlőszárú, EA=EO2 . Ugyanez igaz EO1-re is, így O1EO2 egyenlőszárú.
Csak most használjuk fel, hogy egységsugarú körülírt körről és derékszögű ABD háromszögről van szó: Az feltétel tehát azt jelenti, hogy O1EO2 szabályos, O2EO1=60o , BC az egységsugarú körben 60o-os kerületi szöghöz tartozó húr, hossza így
A gondolatmenet megfordítható, ha , akkor BEC=O2EO1=60o , O1EO2 egyenlőszárú szabályos,
|
|
Előzmény: [757] BohnerGéza, 2009-01-24 16:31:35 |
|
|
[801] sakkmath | 2009-02-16 10:19:18 |
Ugyanez a kiinduló kör szerepel a következő feladatban is:
Adott az A(0; a) középpontú, a sugarú kör. A kör valamely - az origótól különböző - pontja legyen C. Tekintsük azokat a C-felezéspontú, OA-val párhuzamos szakaszokat, melyek hossza 2OC. Kérdések:
1. Mi a szakaszvégpontok mértani helye, ha C befutja a kört? 2. Mekkora területet zár be a mértani helyet leíró függvény görbéje? 3. Honnan lehet ismerős a kapott görbe? :)
|
Előzmény: [795] HoA, 2009-02-15 07:45:55 |
|
|
[799] nadorp | 2009-02-15 14:17:47 |
2. megoldás
miatt a számtani és harmonikus közép közti egyenlőtlenségből
, tehát
Most felhasználva a mértani és harmonikus közép közti egyenlőtlenséget
|
Előzmény: [798] S.Ákos, 2009-02-15 13:56:02 |
|
[798] S.Ákos | 2009-02-15 13:56:02 |
Legyen a+b=2p és a-b=2q, ahol a,b,p,q pozitív valós számok. Vizsgáljuk az kifejezést. a=p+q és b=p-q. Ezekkel a helyettesítésekkel:
Ha 2p állandó, akkor ez a kifejezés szigorúan monoton nő a [0;p] intervallumon, ha tehát q csökken, akkor a kifejezés értéke is csökken. Ha a számok mind egyenlők, akkor . Ha nem mind egyenlők, akkor van i,j úgy, hogy Legyen és , és a többi xk-t hagyjuk változatlanul. Mivel xi+xj=xi'+xj' és xi>xj'>xj, ezért xi>xi'>xj, így xi-xj>|xj'-xi'|, így a kifejezés értéke csökkent, így a minimum csak x1=x2=...=xn esetén állhat, ami épp a jobb oldal.
Remélem érthető.
|
Előzmény: [797] Gyöngyő, 2009-02-15 12:21:18 |
|
[797] Gyöngyő | 2009-02-15 12:21:18 |
Sziasztok!
Szeretnék segítséget kérni a következő feladathoz:
Legyenek xi>0,i=1,..,n
x1+x2+...+xn=1. Igazoljuk,hogy :
Üdv.: Gyöngyő
|
|
[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 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 derékszögű. Ezt A-ból kétszeresére nagyítva K M-be O pedig B-be kerül. AMB 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 , 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 (Mx). M ordinátáját (My) 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 Mx2+My2 kifejezést:
M tehát valóban az origó középpontú a sugarú körön, AB Thálesz körén van.
|
|
Előzmény: [794] laci777, 2009-02-14 22:35:15 |
|