Fórum: Valaki mondja meg!

Ha nem baj, megint egy példával jönnék, kifogni látszik rajtam. Egy egyenletes v1 sebességgel haladó, 1 km hosszú menetoszlop végéről t0 időpontban egy futár szintén egyenletes v2 sebességgel az oszlop legelejére megy. Ott 15 mp-ig az oszloppal halad, majd az eredeti v2 sebességével az oszlop végére visszamegy. Mire visszaér, a folyamatosan haladó menetoszlop t0 időponttól pont 1 km-t tesz meg. A kérdés, mekkora utat tett meg a futár összesen?

Azt látom, hogy a 15 mp-ben megtett, 0<s<1 km út függvényében egyre nagyobb a szükséges v2-v1 sebességkülönbség, ill. hogy a futár összteljesítménye 2 és 3 km (pontosabban 1+gyökkető és 3) km között kell legyen, de a megoldáshoz vezető másodfokú egyenlet (legalábbis nagyon remélem, hogy az) túl kemény dió:(

Még az itt felvetett többi probléma nehézségét látva is remélem, most is lesz, aki segít a megoldásban:)

Előre is köszönöm.

Ha az a bizonyos Thálesz-kör egységsugarú és a "Thales körbe írható derékszögű háromszögek beírt körök középpontjai köre" [803] ábrájának AO₂O₁D körívét jelenti, O₁ésO₂ pedig az ACD ill. ABD háromszögek beírt köreinek középpontját, akkor az első válasz igen, BC mindig gyök 3. Ugyanis a körív sugara , ezért ebben az esetben EO₁O₂ háromszög szabályos, E-nél lévő szöge 60^o. Mivel az EO₁ésEO₂ egyensek egyúttal a C-nél ill. B-nél lévő derékszögek felezői, így az általuk bezárt szög 60^o, tehát BC az egységsugarú körnek 60^o-os kerületi szöghöz tartozó húrja, ez pedig hosszú.

Ha O₁O₂ forog, BC is mozog, de nem együtt, "merev test szerűen" forognak. [755] és [803] ábrájának összehasonlításából látható, hogy szimmetrikus esetben O₁O₂ és BC párhuzamosak, egyébként nem. Szemléletesen úgy képzelhető, hogy a rögzítetten 60^o-os O₂EO₁ szög két szára forog legyezőszerűen, és bármely helyzetében a sugarú AO₂O₁D körívből 60^o-os középponti szöghöz tartózó hosszúságú O₁O₂ húrt, az egységsugarú Thálesz-körből pedig 60^o-os kerületi szöghöz tartózó hosszúságú BC húrt metsz ki.

Igen, igazad van, valóban egy lépés kihagyása, ha egyből egy háromszöget veszek önkényesen létezőnek.

Köszi, szia

Van-e a valós számok additív csoportjának nem triviális automorfizmusa?

Van-e a valós számok testének véges, vagy megszámlálható indexű részteste? Egyáltalán continuum számosságú valódi részteste? Mi a "legbővebb" valódi résztest?

Nem tudom a válaszokat, valaki segíthetne.

Én a bizonyításod megfogalmazására gondoltam.

Ha azt mondod:

"Tekintsünk egy a,b,c oldalú háromszöget, melyre fennáll az egyenlőség. Ekkor a cosinus tétel szerint ebben a háromszögben a c-vel szemben 60^o van, tehát c a "középső" hosszúságú oldal."

akkor a fenti bizonyítás hiányos, mert nem tudjuk, hogy létezik-e az a,b,c oldalú háromszög.

Ha viszont azt mondod:

"Tekinsünk két pozitív ab számot és nézzük azt a háromszöget, melynek két oldala a és b, közbezárt szögük 60^o. Ez egyértelműen meghatározza a c oldal hosszát és az egyenlőség összes megoldását megkaphatjuk ezzel a módszerrel. Mivel ezek a háromszögek nem szabályosak és c a "középső" hosszúságú oldal, ezért a<c<b vagy b<c<a teljesülhet."

akkor jó a megoldásod.

Kedves HOA! Ez a feladat az egyik fórumon így jelent meg: O1O2 gyök2 hosszú szakasz a Thales körbe írható derékszögű háromszögek beírt körök középpontjai körén foroghat. Mekkora a BC szakasz? Azaz ez a megadott és csak ez létezik, vagy kinetogeometriailag ki lehet szerkeszteni, BC valóban mindig gyök 3 vagy nem? Azaz ha O1,O2 szakasz forog, akkor BC állandó és egyenlő gyök3? Vagy csak ez a 6o fokhoz tartozó két szakasz együtt foroghat (merev test szerűen)?

Nem tudom, jól értettem-e, amit írtál, kedves Nadorp, de pl. az (1;2;gyökhárom) számhármas esetén létezik a háromszög (bármely két oldal nagyobb a 3.-nál), és az egyenletet is kielégíti.

Vagy inkább arra utaltál, hogy a jelzett végtelen sok megoldás is csak részmegoldás, azaz létezhet olyan számhármas is, amivel az egyenlőség ugyan igaz, de háromszöget nem lehet ezekből kialakítani? Mindenesetre megpróbálok ezen is gondolkodni, mert volt kis hiányérzetem e tekintetben - de mivel a feladat azt kérte, hogy "írjuk fel növekvő sorrendben a számokat", úgy gondoltam, hogy már létező háromszögek esetén is végtelen sok megoldás adható. Ha viszont az "a", a "b" és a "c" egymáshoz képesti sorrendjét kérdezi, akkor csak a "c" köztes helyzete állapítható meg.

Vagy végképp tévúton járok?

Azt is bebizonyítottad, hogy ha az egyenlőség fenn áll, akkor létezik a,b,c oldalú háromszög ?

Sziasztok! Most egy már megoldott(?) versenypéldával kapcsolatban kérném szépen véleményeteket.

Vegyük a köv. egyenletet: a2+b2-ab=c2 (ahol a,b,c páronként különböző pozitív valósak). A feladat: fel kell írni növekvő sorrendben a számokat. Arra jutottam, hogy egy olyan háromszög oldalairól van szó, ahol - a koszinusztétel miatt - a c oldallal szembeni szög 60 fok, és a<c<b vagy b<c<a. Ugyanakkor végtelen sok számhármas kielégíti a feltételeket (pl. 1, 2, gyökhárom ill. ezek tetszőleges k-szorosa hasonló derékszögű háromszögek esetén, és akkor még ott van végtelen sok egyéb lehetőség, ahol alfa és béta együtt 120 fok). De - ha minden igaz - ez nem jó (nem teljes?) megoldás. De miért? Tényleg szeretném tudni.

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.