Fórum: GEOMETRIA

Igazad van, bocsánat, sajnos az arccos fölött elsiklottam!

Köszönöm a megoldást!

És mi a véleményed [1948]-ról?

Szerintem ezt a kérdést megválaszoltam [1940]-ben, mekkorák az A és B-beli szögek.

A B-beli szög  64.34, az

A-beli szög  51.32.

Az ábrádat nem látom jól, de ha a 0 fok van jobb oldalt, és az alsó kör óramutatóval megegyezően, a felső pedig ellentétesen van számozva (???), akkor a metszéspontok az alsó körön

270 +- A-beli szög = 270 +- 51.32 = 321.32 és 218.68,

míg a felső körön

90 +- B-beli szög = 90 +- 64.34 = 154.34 és 25.66.

Amint 1943-as hsz-ben jeleztem közreadnám a következő feladatot:

Adott egy 'r' sugarú kör, és annak ívén levő középponttal 6 db 'gyök(3)*r/2' sugarú kör.

Mekkora a 12 fehér köríves vonallal határolt alakzat területe?

Kedves Erzsébet!

Köszönöm, hogy foglalkozol a témával!

Megpróbálom még szakszerűbben leírni a feladatot:

Adott két kör. A nagyobbik sugara 'r', a kisebbiké 'gyök(3)*r/2'. A kisebbik kör középpontja a nagyobbik 270. fokán van. 1943-as hozzászólás ábrája szerint.

A feladat: középpontjaiktól számítva egy-egy teljes körív mentén, hány foknál vannak a metszéspontjaik?

Sajnos a pontos feladatot nem írtad. Adott két kör. Ha a metszéspontot összekötöm a körök középpontjával, akkor a szög: 64,34 fok. VAGY Két görbe hajlásszöge: metszéspontban húzott érintők által bezárt szög. Ez is 64,34 fok.

De azért a metszésponti szögek jók lehetnek?

A gyök3/2 adattal számolva a fekete csak kb. szabályos hétszög, nem pontosan.

Kedves Sinobi!

Boldog Újévet Kívánok (természetesen mindenki másnak is)!

Sejtettem, hogy szakszerűtlen lesz a feladat leírása, de a segítségeddel mégis sikerült elindulnom a megoldás felé, főleg, miután rájöttem, hol keressem az egyenlőszárú háromszöget. :)

Az alap kérdésem az lett volna, hogy egy-egy körnek hányadik fokainál vannak a másik körrel való metszéspontjai?

Szerkesztés közben arra is rájöttem, hogy a két kör metszéspontjai egy, a nagy körbe írható szabályos hétszög, és egy, a kis körbe írható szabályos tizennégy-szög egy-egy csúcsánál vannak.

Gondolom, a geometriában képzettek ezt kapásból tudtják.

A metszéspontok e szerint:

a kis körnél 25,714 és 154,286 fok,

a nagy körnél 218,571 és 321,429 fok,

az alábbi ábra szerint.

A fenti kérdés egy összetettebb feladat része volt, amivel, ha sikerül ábrázolnom, ismét jelentkezem.

Köszönöm segítségeteket!

Szerintem először le kellene írni a feladatot, vagyis pontosítani kellene. Metszéspontok szöge? Mivel ez számomra nem világos, én pl. a két érintő szögére gondoltam.

Két metsző kör szögén a metszéspontban meghúzott körérintők szögét értjük.

Mármint a szög arccos( (piros/2) / kék ), ahol a piros gyök(3)/2, a kék pedig 1.

Úgy értelmeztem a kérdésedet, hogy a körívek által bezárt szögre vagy kíváncsi (ábrán az ABC háromszög C-ben levő szöge). Most inkább úgy hiszem, hogy az ábrán az ABC háromszögben A-ban, illetve B-ben levő szögekre (vagy azok duplájára) vagy kíváncsi.

Akárhogy is, a háromszög oldalai (r, r, sqrt(3)/2 r), aminek az alapon fekvő szögei (C és B-beli szögek) arcos( kék/ (piros/2) ) = arccos( gyök(3) / 2 / 2), az A-beli szöge meg 180-2*arccos( gyök(3) / 4)).

Kérlek, tekints úgy, mintha teljesen hülye lennék, és egy kicsit bővebben fejtsd ki, légy szíves! Ez a (r,r,gyök(3)/2 r) nem lehet mindkét ív esetén érvényes...(?)

Körök szöge az ugyanaz, mint a metszéspontba húzott sugarak szöge.

Ha felveszed a középpontokat és a metszéspontba húzott sugarakat, akkor egy (r,r,gyök(3)/2 r) egyenlőszárú háromszöget kapsz, és ennek a szögeire vagy kíváncsi.

Elnézést, az ábra lemaradt, de talán nincs is rá szükség!

Kedves Fórumozók!

Segítséget kérnék, mivel nem vagyok járatos a matematika és geometria világában:

Adott két egymást metsző kör. Az egyik r, a másik négyzetgyök(3) * r / 2 sugarú. A nagyobbik kör érinti a kisebbik középpontját.

Kérdésem: mi a képlet a metszéspontok szögeinek meghatározásához?

JavaScript-ben rajzoltam meg canvas-on, szemre többé-kevésbé jól kidekáztam az értékeket, de jó lenne, ha a gép pontosan kiszámolná. A teljesség kedvéért ideírom a körívrajzolás kódját:

ctx.arc(x, y, r, (Math.PI / 180) * 218.65, (Math.PI / 180) * 321.35);// nagy kör íve, ctx.arc(x, y, Math.sqrt(3) * r / 2, (Math.PI / 180) * 25.65, (Math.PI / 180) * 154.35);// kis kör íve, az óramutató járása szerint.

Bocsánat a valószínűleg szakszerűtlen feladatleírásért és előre is köszönök minden segítséget!

Szép, az első megközelítésben a rombusz adódott nálam is a megoldás során.

A feladat egy lehetseges eredete a szabalyos 18-szog atloinak az a tulajdonsaga, hogy egymassal bezart szoguk mindig a 10 fok egesz tobbszorose.

Ha \(\displaystyle C\), \(\displaystyle D\) es \(\displaystyle A\) egy szabalyos 18-szog megfelelo csucsai, akkor \(\displaystyle E\) eppen a sokszog kozeppontja.

A kozbulso lepes, hogy a \(\displaystyle CC'\), \(\displaystyle AG\) es \(\displaystyle DF\) atlok egy ponton mennek at, ami peldaul visszavezetheto arra, hogy \(\displaystyle EDAF\) egy rombusz, amelynek szogei 120 fok es 60 fok.

Mindez persze nem a feladat megoldasa, inkabb azt mutatja, hogyan "keszulhetett" a kerdes.

I. Szögszámolással adódik, hogy BD felezi az ABCD négyszög B-nél levő szögét.

II. A-t tükrözve BD-re a kapott E pont rajta van BC egyenesén és AD=ED.

III. Újabb szögszámolás után EDC háromszög egyenlő szárú, ED=EC.

IV. Harmadjára is szögeket számolva EC=EA, tehát AE=EC=ED=AD, azaz AED háromszög szabályos, minden szöge 6alfa, így alfa=10fok.

\(\displaystyle ABCD\) konvex négyszögben \(\displaystyle BC=CD, BAC\sphericalangle=3\alpha\), \(\displaystyle BCA\sphericalangle=\alpha,\) \(\displaystyle ACD\sphericalangle=3\alpha\), \(\displaystyle DAC\sphericalangle=5\alpha.\) Mennyi \(\displaystyle \alpha\) értéke?

Bocsánat, elírás. Helyesen:

A \(\displaystyle D_0D_1F_1\) és \(\displaystyle D_0D_2F_2\) háromszögek hasonlók, \(\displaystyle D_0, F_1 és F_2\) egy egyenesen vannak.

Legyen \(\displaystyle P\) egyik helyzete \(\displaystyle P_0\). Rajzoljuk meg az ehhez tartozó \(\displaystyle P_0D_0\) és \(\displaystyle P_0E_0\) szakaszokat. P egy másik, \(\displaystyle P_1\) helyzetéhez tartozzanak A \(\displaystyle D_1\) és \(\displaystyle E_1\) pontok. A párhuzamos szelők tétele szerint \(\displaystyle BP_0 D_0\) háromszögből \(\displaystyle D_0D_1 = k P_0P_1\) , ahol \(\displaystyle k = \frac{sin u}{sin(\beta + u)}\) . Hasonlóan a \(\displaystyle P_0CE_0\) háromszögből \(\displaystyle E_0E_1 = m P_0P_1\) , ahol \(\displaystyle m = \frac{sin v}{sin(\gamma + v)}\) . Toljuk el \(\displaystyle E_1D_1\) -et önmagával párhuzamosan az \(\displaystyle AC\) egyenes mentén úgy, hogy \(\displaystyle E_1\) \(\displaystyle E_0\) -ba kerüljön. \(\displaystyle D_1\) új helyzete legyen \(\displaystyle F_1\) . \(\displaystyle D_1E_1E_0F_1\) paralelogramma, \(\displaystyle D_1F_1 \# E_1E_0\) , \(\displaystyle \frac{D_0D_1}{D_1F_1} = \frac {k}{m}\). Ismételjük meg egy további \(\displaystyle P_2\) pontra a \(\displaystyle P_1\) -re elvégzetteket. Kapjuk a \(\displaystyle D_2 , E_2, F_2\) pontokat. \(\displaystyle \frac{D_0D_2}{D_2F_2} = \frac {k}{m}\). A \(\displaystyle D_0D_1F_1\) és \(\displaystyle D_0D_2F_2\) háromszögek hasonlók, \(\displaystyle D_0, D_1 és D_2\) egy egyenesen vannak. A megfelelő \(\displaystyle D_iE_i\) szakasszal párhuzamos és azonos hosszúságú \(\displaystyle F_iE_0\) szakaszok egyik végpontja közös (\(\displaystyle E_0\)) , a másik az \(\displaystyle F_iF_j\) egyenesen mozog. Közülük a legrövidebb az \(\displaystyle E_0\) -ból az \(\displaystyle F_iF_j\) -re bocsátott merőleges \(\displaystyle F_m\) talppontját \(\displaystyle E_0\) -lal összekötő szaksz lesz. A keresett legrövidebb \(\displaystyle DE\) szakaszt akkor kapjuk, ha \(\displaystyle E_0F_m\) -et az \(\displaystyle AC\) egyenes mentén úgy toljuk el, hogy \(\displaystyle F_m\) az \(\displaystyle AB\) egyenesre essék, a szakasz végpontjai legyenek \(\displaystyle D_m és E_m\)

A szerkesztést úgy hajthatjuk végre a legkevesebb vonal megrajzolásával, ha P két szélső helyzetét használjuk. Legyen tehát \(\displaystyle P_0 = B, P_2=C\) , \(\displaystyle E_0\) az \(\displaystyle AC\) oldalnak az a pontja, melyre \(\displaystyle E_0BC \angle = v\) , \(\displaystyle D_2\) az \(\displaystyle AB\) oldalnak az a pontja, melyre \(\displaystyle D_2CB \angle =u\) . \(\displaystyle CD_2\) -t \(\displaystyle CA\) mentén úgy eltolva, hogy \(\displaystyle C\) \(\displaystyle E_0\) -ba jusson \(\displaystyle D_2\) kerüljün \(\displaystyle F_2\) -be .\(\displaystyle E_0\) -ból az \(\displaystyle F_2B\) egyenesre bocsátott merőleges talppontja legyen \(\displaystyle F_m\) . A legrövidebb DE szakaszt \(\displaystyle E_0F_m\) -nek \(\displaystyle AC\) -vel párhuzamos eltolásával kapjuk úgy, hogy \(\displaystyle F_m\) az \(\displaystyle AB\) egyenesen lévő \(\displaystyle D_m\) -be kerüljön, \(\displaystyle E_0\) pedig \(\displaystyle E_m\) -be.

Ujjgyakorlatnak hagyjuk annak bizonyítását, hogy a \(\displaystyle D_m\) -ből \(\displaystyle D_2C\) -vel húzott párhuzamos és az \(\displaystyle E_m\) -ből \(\displaystyle E_0B\) vel húzott párhuzamos egy, a \(\displaystyle BC\) egyenesen fekvő, feladatunk megoldását adó \(\displaystyle P_m\) pontban metszik egymást.

A 192. feladat valóban nyitott. Talán ezért (is) nagyon nehéz, de megoldható. Az általam ismert megoldást nyolc éve publikálták, azóta a közlés helyén, egy közismert, frekventált oldalon, állócsillagként ragyog: még nem reagált rá senki – legalábbis ott nem. Ebből arra következtetek, hogy máig csak ez az egy megoldás létezik. Ez a dolgozat – a szerkesztéses részét tekintve – mindvégig euklideszi szerkesztésekkel jut el a \(\displaystyle P\) pont keresett pozíciójához.

Beírom a lényegesen könnyebb,193. feladatot is, amely csak u és v szerepét tekintve különbözik a rokon 192.-től. Találjunk euklideszi szerkesztést alkalmazó megoldást a következő, 193. feladatra:

Az \(\displaystyle ABC\) háromszög \(\displaystyle BC\) oldalán mozog egy \(\displaystyle P\) pont. Az \(\displaystyle AB\) oldal \(\displaystyle D\), valamint az \(\displaystyle AC\) oldal \(\displaystyle E\) pontjára fennáll, hogy rögzített e két szög: \(\displaystyle u=BPD∠\) és \(\displaystyle v=CPE∠\). Keressük meg a \(\displaystyle P\) pont azon helyzetét, amelyre a \(\displaystyle DE\) szakasz hossza minimális!

Nagyon nyitott a feladat, és nekem kételyeim is vannak azzal kapcsolatban, hogy van értelmes, szép válasz. Az ennél egyszerűbbnek tűnő

Philo szelő probléma: adott egy szög és benne egy pont, keressük meg a legrövidebb szakaszt, amely átmegy a ponton, és a végpontjai a szög két szárán van

sem szerkeszthető már körzővel és vonalzóval. Bár az például megoldható olyan eszközzel, amelyik megadja két kúpszelet metszéspontjait.

\(\displaystyle {\bf 192.}\) \(\displaystyle {\bf feladat}\): Az \(\displaystyle ABC\) háromszög \(\displaystyle BC\) oldalán mozog egy \(\displaystyle P\) pont. Az \(\displaystyle AB\) oldal \(\displaystyle E\), valamint az \(\displaystyle AC\) oldal \(\displaystyle F\) pontjára fennáll, hogy konstans az \(\displaystyle u = EPA\angle\) és a \(\displaystyle v = APF\angle\). Keressük meg a \(\displaystyle P\) pont azon helyzetét, amelyre az \(\displaystyle EF\) szakasz hossza minimális!

Mit nevezzünk helytállónak? A módszer körívekből állít össze egy, az ellipszist közelítő görbét. Megvizsgálhatjuk például, a megfelelő tengelyeket egymásra fektetve a tengelyek hosszának függvényében a nagytengely pontjait abszcisszáknak, az ellipszis ill. a közelítő görbe hozzárendelt pontjait ordinátáknak tekintve, mennyi az ordináták eltérésének maximuma. Vagy mekkora a két görbe közötti területdarabok "vastagsága" . Te mire gondoltál ?

Az ellipszis szerkesztése kapcsán lenne egy kérdésem. Mennyire helytálló a linken látható közelítő módszer?

Adott egy kör, és rajta kívül két pont. A pontokból érintőket húzunk a körhöz. Igazold, hogy a négy érintési pont a két ponttal egy kúpszeletre esik. Igazold továbbá, hogy ennek a kúpszelet egy pontjából ha a körhöz húzunk érintőt, és így csináljuk a Poncelet tételben szereplő eljárást, akkor 4 lépés után záródik.

(könnyű)

A fókuszok valós eszközökkel is szépen kezelhetőek: kúpszelet fókusza olyan pont, amelyre illeszkedő konjugált egyenespárok pontosan a merőleges egyenespárok.

Komplex módszerekkel is meg lehet őket fogni: az abszolút képzetes körpontokból érintőket húzunk a kúpszelethez, ezek páronként vett további metszéspontjai a fókuszok. Így a két valós fókusz mellett egy képzetes fókuszpár is adódik.

Aham. A gyengébb állítás, amelyben két egyenesre kell esniük, az itt található tétel2-nek a Minkowski geometriában való felírása, az erősebb állítás, amelyben az is elég ha kúpszeletre esnek, pedig a de Sitter geometriában (ahol a szög és a távolságmérés is hiperbolikus) való kimondása.

Kúpszeletek fókuszai kezelhetők szépen egyszerűen komplex projektív módszerekkel? (ebben a két geometriában valós projektív eszközökkel is megfoghatók a fókuszpontok)

Kúpszeletsorokra vonatkozó számolásokkal (amik nem túl nehezek, csak kúpszeletek egyenleteiből kell lineárisan kikombinálgatni a kúpszeletsoruk további kúpszeleteinek egyenletét) egy kicsit általánosabbat is be tudok látni:

Ha adott három kúpszelet úgy, hogy közülük bármely kettőnek két metszéspontja egy negyedik kúpszeleten van (ez most esetünkben egy metsző egyenespár), akkor a további két metszéspont-párok összekötő egyenesei konkurrensek.

De még jó lenne erre valami szebb bizonyítást keresni (szerintem algebrai görbék fokszámát vizsgálva, mint az eredeti "kalapács" esetén a Cayley-Bacharach tételes szép bizonyítás, ki kéne jönnie).

Ha a nagy négyzetbe is ellipszist írunk, majd azt dualizáljuk, akkor az előző kalapácshoz nagyon hasonló állítást kapunk: adott két egyenesen 3-3 pont, ezeken át 3 kúpszelet úgy, hogy bármelyik 2-nek 4 metszéspontja legyen, bizonyítsuk be hogy a hatványvonalak 1 ponton mennek át.

Azt hogyan látnád be, ha nem ezt akarnád dualizálni?

(azt ebből tudjuk, hogy mint konfiguráció azonos az előbbi kalapáccsal, vagyis a PG téma 126-ik hozzászólásával, de mondjuk ez nem tűnik fel; meg nem is látom most hogy mi hova kerül)

Kalapács és szög :D Tetszik :)

Na jó, ezt elismerem, hogy kicsit elkapkodtam. (Attól még, hogy a kollineáció az egyik téglalapot a másikba viszi, nem biztos, hogy a beírt kúpszeletet is éppen a tekintett másikba viszi át.)

Újabb próbálkozás:

A másik fórumban beszéltünk a következő állításról: Ha három kúpszeletnek van két közös pontja, akkor a további két-két metszéspontot összekötő egyenesek konkurrensek.

Nézzük ennek az állításnak a duálisát: Ha három kúpszeletnek van két közös érintője, akkor a további két-két közös érintők metszéspontjai kollineárisak.

Legyen most két kúpszeletünk a két beírt ellipszis. A harmadik pedig az az elfajuló másodosztályú görbe, a négyzet két oldalirányának végtelen távoli pontjából áll. A két pontból álló elfajuló másodosztályú görbe érintői a két pontra illeszkedő összes egyenes (ez a metsző egyenespár duálisa).

Erre a három görbére alkalmazva az előbb megfogalmazott duális állítást éppen a feladat állítása adódik.

Azt hiszem hogy nem értem, lehet hogy nem is jó.

(Most nem bogarászom nagyon, csak azért írom hogy kifejtheted bővebben, vagy kereshetsz jobb megoldást.)

A két befoglaló téglalapnak a négyzet oldalain levő megfelelő csúcsait összekötő egyenesek éppen a négyzet átlóján metszik egymást (ez a Papposz-tételből könnyen látható), legyen ez a közös pont \(\displaystyle C\). Ez azt jelenti, hogy \(\displaystyle C\) centrumú kollineációval át lehet vinni az egyik kis téglalapot a másikba. Ez a kollineáció az egyik téglalapba írt ellipszist a másik téglalapba írt ellipszisbe viszi. Így a közös érintők invariáns egyenesek, vagyis átmennek a \(\displaystyle C\) centrumon.

Négyzet átlójának a meghosszabbítására tippelnék. De még így sem igaz, ha négy (egybevágó) négyzetre osztottunk, ekkor az érintők párhuzamosak (kézzel rajzolt ábra)

191. Feladat Egy négyzetet felosztunk 4 részre, két szemközti részbe ellipsziseket írunk az ábra szerint. Bizonyítsd be, hogy a két ellipszis két másik közös érintőjének a metszése a négyzet átlóján van.

Az a megoldás, amit adtam, elég könnyen általánosítható bármilyen területekre. Nem használtam ki semmi különöset a konkrétan megadott területekről.

A feladatot 1955. január 2-án az alábbi formában adták fel az – akkor még Rákosi Mátyásról elnevezett – Országos Tanulmányi Versenyen:

Egy háromszög belsejében felvett tetszőleges ponton át a háromszög oldalaival párhuzamos egyeneseket húzunk. Ezek az egyenesek a háromszög területét hat részre osztják. Mekkora az adott háromszög területe, ha adva van a keletkezett 3 háromszög területe: \(\displaystyle t_1\), \(\displaystyle t_2\), \(\displaystyle t_3\) ?

Érdemes ezt az általánosított feladatot is megoldani.

Elnézést kérek. Későn esett le a dolog. Nem aktuális a kérdés, és nagyon szépen köszönöm a választ :)

Ez egy lehetséges megoldás lenne, de a feladat nem írta sehol, hogy a háromszög derékszögű. Ezért nem tudtam boldogulni a feladattal. Szóval a kérdés ugyan az, csak annyival kiegészítve, hogy mi van, ha a háromszögem tetszőleges?

Legyen a háromszög ABC, a belül felvett pont P. A P ponton át az AB oldallal párhuzamos a BC oldalt K-ban, az CA oldalt T-ben metszi; a BC oldallal párhuzamos az CA oldalt L-ben, az AB oldalt R-ben metszi; végül a CA oldallal párhuzamos az AB oldalt J-ben, a BC oldalt S-ben metszi.

A három kis háromszög, amiről a feladat beszél, PLT, RPJ, KSP. Vedd észre, hogy ez a három háromszög hasonló, mivel minden oldaluk párhuzamos egymással. Ráadásul a BCA háromszög is hasonló az előbbi háromhoz.

Legyen a PLT háromszög területe 1, az RPJ háromszög területe 2, a KSP háromszög területe 3. (Feltehetjük, hogy pont ilyen sorrendben vannak a területek, mert az eredeti háromszög ABC csúcsait betűzhetjük megfelelően.) Mivel az RPJ háromszög hasonló a PLT-hez, de kétszer akkora területű, ezért az oldalai \(\displaystyle \sqrt 2 \)-szer akkorák. Hasonlóan a KSP háromszög oldalai \(\displaystyle \sqrt 3 \)-szor akkorák, mint a PLT-é.

Mivel párhuzamosokat húztunk, a PJAT négyszög paralelogramma, így a TA szakasz hossza megegyezik a PJ szakasz hosszával, ez utóbbiról pedig a PLT és RPJ háromszögekből tudjuk, hogy \(\displaystyle \sqrt 2 \)-szer akkora, mint az LT szakasz. Hasonlóan PSCL is paralellogramma, így az LC ugyanolyan hosszú mint a PS szakasz, ez pedig \(\displaystyle \sqrt 3 \)-szor olyan hosszú, mint az LT szakasz.

Mármost mivel P a háromszög belső pontja, és PL párhuzamos BC-vel, ezért L a BC szakasz belső pontja. Hasonlóan PT párhuzamos AB-vel, ez pedig egy egyenesbe esik AR-rel, P pedig R és L között van, ezért T az AL szakasz belsejében van.

Ezekből az LA szakaszt a T belső pont az TA és a LT szakszra bontja, amik közül az AT-ről már megállapítottuk, hogy \(\displaystyle \sqrt 2 \)-szer olyan hosszú, mint LT, így az LA szakasz \(\displaystyle \sqrt 2 + 1 \)-szer olyan hosszú, mint LT. Hasonlóan a CA szakaszt L felbontja az LA és LC szakaszra, ezért a CA szakasz \(\displaystyle \sqrt 2 + 1 + \sqrt 3 \)-szor olyan hosszú, mint LT. Viszont a BCA háromszög hasonló a PLT háromszöghöz, és az utóbbinak a területe 1, ezért az oldalak arányából az előbbinek a területe \(\displaystyle (\sqrt2 + 1 + \sqrt3)^2 \), ami körülbelül 19.17.

Jó estét kívánok mindenkinek!

Volna egy olyan feladatom, aminek nem tudom, hogy hogyan álljak neki, de szeretném nagyon megoldani. Pusztán kíváncsiságból szeretném megtudni, hogy hogyan kellene a feladatot megoldani.

Ez lenne a feladat:

Egy háromszög belsejében felvett ponton át a háromszög oldalaival párhuzamos egyeneseket húzunk. Ezek az egyenesek a háromszöget 6 részre osztják. Mekkora az eredeti háromszög területe, ha a keletkezett 3 háromszög területe: 1, 2 illetve 3 egység?

Talán nem tartjátok OFF-nak a témát, ha nem a geometria szépségeiről írok, hanem arról, aki e fórum keretein belül olyan sok gondolatát megosztotta velünk :(

Forgassuk el az \(\displaystyle SQ \) szakaszt derékszöggel, és toljuk el, hogy az egyik végpontja \(\displaystyle P \)-be kerüljön, így kapjuk a \(\displaystyle PT \) szakaszt. A kulcs észrevétel, hogy az \(\displaystyle RT \) egyenes megegyezik a négyzet \(\displaystyle CD \) oldalegyenesével. A másik három oldalegyenest úgy kapjuk, hogy \(\displaystyle P \)-n át párhuzamost húzunk \(\displaystyle RT \)-vel, majd \(\displaystyle Q \)-n és \(\displaystyle S \)-en át merőlegest \(\displaystyle RT \)-vel.

Csakhogy ebben a szerkesztésben a \(\displaystyle T \) pontra két lehetőséget kapunk a szerint, hogy az elforgatott szakasz melyik végpontja kerül \(\displaystyle P \)-be. A két lehetőség két ellentétes körüljárású négyzetet ad.

Speciális esetek. Ha \(\displaystyle R = T \), de \(\displaystyle P \ne T \), akkor van végtelen sok különböző négyzet, mégpedig bármilyen irányú oldalegyeneshez egy, kivéve a \(\displaystyle PR \)-rel párhuzamos vagy merőleges irányt. Ha \(\displaystyle PTR \) kollineáris, de \(\displaystyle R \ne T \), akkor nincs megoldás.

Ha a feladatkiírást úgy értelmezed, hogy \(\displaystyle P \) az \(\displaystyle AB \) szakaszon legyen stb, akkor minden megoldást ellenőrizni kell, hogy az adott pontok tényleg a szakaszokon vannak, nem az oldalegyenesek valamely másik részén. Ekkor a tipikus esetben legfeljebb egy megoldás lehet.

Adottak a síkon a \(\displaystyle P,Q,R,S\) pontok. Szerkesszünk olyan \(\displaystyle ABCD\) négyzetet, melyre \(\displaystyle P\in AB\), \(\displaystyle Q\in BC\), \(\displaystyle R\in CD\), \(\displaystyle S\in DA\)!

189. feladat: Legyen &tex;\displaystyle \vartheta&xet; két, közös végpontú szakasz, HI és IJ ekvioptikus görbéje (azaz: azon P pontok mértani helye, melyekre HPJ egyik szögfelezője átmegy I-n)

Bizonyítsuk be, hogy ha A,B,C &tex;\displaystyle \in \vartheta&xet; háromszög a görbén fekszik úgy, hogy ABC beírt körének középpontja I, akkor EFG egy egyenesre illeszkednek, amennyiben &tex;\displaystyle \{E,F,G\} = ABC \cap \vartheta&xet; A,B,C-tól különböző metszéspontjai.

> Adott a síkon négy egyenes. Tekintsük az összes kúpszeletet, amelyek érintik ezt a négy egyenest. Mi az ilyen tulajdonságú kúpszeletek középpontjának mértani helye?

Ezt is én, nem lett megoldva (számozni kéne??). A válasz az hogy a Newton érintőnégyszög tétele értelmében az átlók felezőpontjait összekötő egyenesen lesz. (Ellipszisre úgy megy, hogy körré affinítod, és alkalmazod Newton tételét. Hiperbolára mondjuk úgy, hogy veszed ugyanazt a bizonyítást a Minkowski síkon, és megkapod derékszögű hiperbolára a tételt. Másik lehetőség, hogy tükrözöl a kúpszelet középpontjára, és akkor a Brianchon azonnal adja.) (.. minden testre működik ez a bizonyítás, nem? Létezik 4 egyeneshez mindig érintő kúpszelet, kúpszeletnek középpont, középpontnak tükrözés, illetve Brianchon..?)

.. mi a helyzet magasabb dimenzióban? Két adott másodrendű felület lineáris kombinációnak a középpontjainak mi a mértani helye? N síkot érintő másodrendű felületek középpontjainak?

(Én nem tudom.)

.. van valakinek szakirodalma másodrendű felületsorokról?

>> Kúpszeletsor középpontjának mértani helye?

> Sejtés: a négy megadott pont (A,B,C,D) által meghatározott összes szakasz felezőpontjára illeszthető kúpszelet.

Egy geometriai megoldás:

Ha a négy pont konkáv, akkor egy ortogonális négyesbe affinítod őket. Ekkor az összes rajtuk átmenő kúpszelet merőleges parabola lesz, és a középpontjuk a négyszög Feuerbach-körén lesz. Ezt nem nehéz belátni.

Ha a négy pontod konvex, akkor húrnégyszöggé affinítod, és, még sokkal egyszerűbben be lehet látni hogy az ilyen középpontok mértani helye egy merőleges hipike. (Nagyon érdemes észben tartani, hogy merőleges hipikét kapsz akkor ha egy sugársort csúsztatva tükrözöl és elmetszel önmagával, és általában csak ilyenkor.)

(Ha a négy pont trapéz akkor közelíted nem trapézokkal, a mértani hely is folytonosan fog változni.)

Ez egy nagyon erős és jól használható módszer, érdemes észbentartani. (Nem is gondolná az ember, hogy mi minden affin/vektoros, ami elsőre nem tűnik annak.)

Talán jobban olvasható ez a nagyított szöveg:

A 188. feladat a 185. köpönyegéből bújt elő, ezért HoA [1899]-es szép megoldása - átbetűzések után - megoldja 188-at is.

Utóbbira felteszek egy új megoldást, amely a Casey-tételkört érinti oda-vissza. Egyúttal köszönöm W-nek, hogy a témáról alapos összegzést adott [1894]-[1895]-ben.

Ha már ismét előjött Sawayama, felteszem elemi megoldásomat a 185. feladatra ( KöMaL 1285. feladat, ld itt [1879]) mielőtt feledésbe merül.

Legyen a körülírt kör &tex;\displaystyle k&xet;, az AB-t P-ben , AC-t Q-ban érintő kör &tex;\displaystyle k_1&xet; , külső hasonlósági pontjuk K, erről fogjuk megmutatni, hogy rajta van &tex;\displaystyle k&xet;-n. Itt is igaz, mint [1880] –ban, hogy a hasonlóságban P ill Q megfelelői az AB, AC ívek L ill. M felezőpontjai. Ismert, hogy az M középpontú MA sugarú és az L középpontú LA sugarú körök O-n is átmennek, ezért AO e két kör közös húrja, centrálisuk, LM ennek felező merőlegese. A BO és CO szögfelezők &tex;\displaystyle k&xet;-t M-ben ill. L-ben metszik. LM metszéspontja AB-vel ill. AC-vel legyen S ill. U. AO szögfelező, így ASOU rombusz, oldalhossza legyen t. A párhuzamos szelők tétele miatt t hosszúságú SP és UQ is. LSA és OUM &tex;\displaystyle \Delta&xet; -ek hasonlók, mert S-nél ill. U-nál lévő szögeik váltószögek, A-nál ill. M-nél lévő szögeik pedig az LB ívhez tartozó kerületi szögek. Innen az oldalak arányára

&tex;\displaystyle t / s = u/t &xet;

Emiatt hasonlóak a &tex;\displaystyle h_1&xet; = PSL és &tex;\displaystyle h_2&xet; = MUQ &tex;\displaystyle \Delta&xet;-ek, mert megegyeznek két oldal arányában és a közbezárt szögben ( S –nél ill. U-nál fekvő szögük az ASOU rombusz ASU = AUS félszögének csúcsszögei ) . &tex;\displaystyle h_1&xet;-hez és &tex;\displaystyle h_2&xet;-höz hasonló a &tex;\displaystyle h_3&xet; = KML &tex;\displaystyle \Delta&xet; , mert két szöge ( M-nél ill. L-nél ) megegyezik az előbbiek egy-egy, egymásnak nem megfelelő szögével. LKM &tex;\displaystyle \angle&xet; = MUQ &tex;\displaystyle \angle&xet;= AUS &tex;\displaystyle \angle&xet; = 90 – &tex;\displaystyle \alpha&xet;/2 , ami megegyezik az ML = MA + AL ívhez tartozó &tex;\displaystyle \beta&xet;/2 + &tex;\displaystyle \gamma&xet;/2 kerületi szöggel, K tehát rajta van k-n.

amúgy ez a koaxális körös, ez koaxiális akar lenni, vagy, valahonnan máshonnan kapta a nevét? Úgy sem látom több értelmét, de legalább valamit jelent. (valami olyat, amit én is ismerek)

Hát, a Ptoleimaiosz-ból (és a koaxális körök lemmájából) azonnal adódik:

Ha az alsó érintési pont D, D-ből a megfelelő távolságok &tex;\displaystyle a,b,c&xet; (ahol &tex;\displaystyle a=b&xet;); és l az az arány, hogy l*i az i. pont &tex;\displaystyle k_1&xet;-hez húzott érintőjének a hossza, akkor:

&tex;\displaystyle \frac{AB+BC}{AC}=\frac{l(a+b)+BC}{l(a+c)}&xet;

ahol a Ptolemaiosz-tétel értelmében

&tex;\displaystyle BC \cdot a = c \cdot l (a+b) ~ + ~ b \cdot l (a+c)=3 l a c + l a^2&xet;

azaz &tex;\displaystyle BC=3 l c + l a&xet;, és &tex;\displaystyle \frac{AB+BC}{AC}=3&xet;.

(Valószínűleg kis módosítással adódik, hogy ha U nem az AB felezőpontja, és, D nem az AB felező merőlegesén van (hanem az egyik Apollóniusz-körén), akkor, ez az arány így is konstans. Bár az előbb 'véletlen' volt, hogy kiestek a dolgok.)

.. valaki ismer erre szépet? Nézegettem az előbb belinkelt Poncelet-eset, ott hasonló konfigurációk vannak, de, ahogy néztem pont ez nincs. .. mert az összefüggés nagyon szép rövid, egyszerű.

Ez rövid volt, gratula!

Geom.progival nézegetve, az oldalak hosszaira ez állhat:

&tex;\displaystyle {AB + BC = {\it 3}\cdot AC}.&xet;

Bizonyítsuk be a fenti összefüggést! (188/b. feladat)

Casey-tétel. Adott a &tex;\displaystyle k&xet; irányított kör és az azt &tex;\displaystyle A,B,C,D&xet; pontokban érintő &tex;\displaystyle \alpha,\beta,\gamma,\delta&xet; irányított körök. Ekkor ha &tex;\displaystyle ABCD&xet; négyszög konvex, akkor

Casey-tétel megfordítása. Adott négy irányított kör a síkon: &tex;\displaystyle \alpha,\beta,\gamma,\delta&xet;. Ekkor ha teljesítik a &tex;\displaystyle (*)&xet; összefüggést, akkor van olyan irányított &tex;\displaystyle k&xet; kör vagy olyan egyenes, amely mind a négyet érinti.

&tex;\displaystyle &xet;

Bizonyítás. Maga a Casey-tétel egyszerű következménye a &tex;\displaystyle (2)&xet; képletnek. Ebből a képletből behelyettesítéssel látható, hogy &tex;\displaystyle (*)&xet; fennállása nem függ a négy kör sugarától, csupán a négy érintési pont helyzetétől. Vagyis vehetjük a köröket ponttá fajulónak, és ezzel a Ptolemaiosz-tételre vezettük vissza a Casey-t.

Igazából Sharygin szerint lehetünk ügyesebbek is: egy mozdulattal mind a Casey-tételt, mint speciális esetét, a Ptolemaiosz-tételt is levezethetjük, ha a négy körsugarat inkább úgy vesszük fel, hogy &tex;\displaystyle \alpha&xet; és &tex;\displaystyle \delta&xet; ponttá fajuljon és &tex;\displaystyle \beta,\gamma&xet; az &tex;\displaystyle AD&xet; húrt érintse. Ekkor a &tex;\displaystyle (*)&xet;-beli mennyiségek mind az &tex;\displaystyle AD&xet; szakaszon jelennek meg, és ezekre &tex;\displaystyle (*)&xet;-ot már gyerekjáték ellenőrizni.

A Casey-tétel akkor is igaz marad, ha &tex;\displaystyle k&xet; nem kör, hanem egyenes. Sőt, éppen ugyanaz a triviális állítás, mint az, amit az imént &tex;\displaystyle AD&xet; húron megjelenítettünk.

A megfordítás pedig klasszikus tételmegfordítás: magát a tételt használó indoklása van.

Mindenekelőtt jegyezzük meg, hogy &tex;\displaystyle (1)&xet; szerint ha mind a négy irányított körünk sugarát ugyanazzal a mennyiséggel változtatjuk, azzal minden közös érintőszakasz ugyanakkora marad, és közben jól láthatóan a négy kört érintő irányított kör (vagy egyenes) léte sem csorbul. Emiatt változathatjuk a körsugarakat úgy, hogy mondjuk &tex;\displaystyle \alpha&xet; egyetlen &tex;\displaystyle A&xet; ponttá fajuljon.

Hogyha a &tex;\displaystyle \beta,\gamma,\delta&xet; körök ekkor szintén pontok lesznek, akkor a Ptolemaiosz-tétel megfordítása miatt készen vagyunk. Egyéb esetben pedig az apollóniuszi probléma miatt van két különböző irányított kör (vagy egyenes), ami &tex;\displaystyle \beta,\gamma,\delta&xet; mindegyikét érinti: legyenek ezek &tex;\displaystyle k_1&xet; és &tex;\displaystyle k_2&xet;.

Vezessük be még a &tex;\displaystyle \lambda=\frac{t_{A\beta}}{t_{A\delta}}&xet; és &tex;\displaystyle \mu=\frac{t_{A\gamma}}{t_{A\delta}}&xet; jelölést. Ekkor a feltétel szerint

&tex;\displaystyle \mu=\frac{t_{A\gamma}}{t_{A\delta}}=\frac{t_{A\beta}t_{\gamma\delta}+t_{A\delta}t_{\beta\gamma}}{t_{A\delta}t_{\beta\delta}}=\frac{\lambda t_{\gamma\delta}+t_{\beta\gamma}}{t_{\beta\delta}}.&xet;

A Hraskó-féle koaxális körös lemma szerint &tex;\displaystyle A&xet; rajta van azon az &tex;\displaystyle \ell&xet; körön/egyenesen, amit a &tex;\displaystyle \lambda&xet; arány és &tex;\displaystyle \beta,\delta&xet; kör meghatároz, illetve azon az &tex;\displaystyle m&xet; körön/egyenesen, amit &tex;\displaystyle \mu&xet; arány és &tex;\displaystyle \gamma,\delta&xet; kör meghatároz.

Tegyük össze a két előbbi definíciót! Az &tex;\displaystyle \ell&xet; és &tex;\displaystyle k_1&xet; két pontban metsz, hisz &tex;\displaystyle k_1&xet; érinti &tex;\displaystyle \beta&xet;-t és &tex;\displaystyle \delta&xet;-t. Az is igaz, hogy éppen az egyik metszéspont a &tex;\displaystyle k_1&xet; kör azon ívére esik, ami nem tartalmazza a &tex;\displaystyle k_1&xet;-nek &tex;\displaystyle \gamma&xet;-val való érintési pontját. Legyen ő &tex;\displaystyle A_1&xet;. Ez azért használ, mert a Casey-tételt felírhatjuk:

&tex;\displaystyle t_{A_1\gamma}t_{\beta\delta}=t_{A_1\beta}t_{\gamma\delta}+t_{A_1\delta}t_{\beta\gamma},&xet;

&tex;\displaystyle \frac{t_{A_1\gamma}}{t_{A_1\delta}}=\frac{\lambda t_{\gamma\delta}+t_{\beta\gamma}}{t_{\beta\delta}}=\mu,&xet;

vagyis &tex;\displaystyle A_1\in m&xet;. Hasonlóan felvéve &tex;\displaystyle k_2&xet;-n az &tex;\displaystyle A_2&xet; pontot, elmondható, hogy &tex;\displaystyle A_2\in \ell&xet;-ből &tex;\displaystyle A_2\in m&xet; következik.

Tehát &tex;\displaystyle A,A_1,A_2&xet; három pont, ami &tex;\displaystyle \ell\cap m&xet; metszetbe tartozik. Két kör/egyenes legfeljebb két pontban metszhet, ezért vagy &tex;\displaystyle A&xet; egybeesik &tex;\displaystyle A_1,A_2&xet; egyikével és készen vagyunk, vagy pedig marad a kellemetlen &tex;\displaystyle A_1=A_2&xet; eset.

Azt az esetet, hogy &tex;\displaystyle A_1=A_2&xet;, azzal gyógyíthatjuk, hogy észrevesszük, hogy ilyenkor &tex;\displaystyle \ell&xet; és &tex;\displaystyle m&xet; érintkeznek, és úgy &tex;\displaystyle A=A_1=A_2&xet; következik. Azért lesz &tex;\displaystyle \ell&xet; és &tex;\displaystyle m&xet; érintő, mert ha &tex;\displaystyle \lambda&xet;-t lecseréljük valami &tex;\displaystyle \lambda’\to \lambda&xet;-ra, úgy a kapott &tex;\displaystyle A_1’&xet; és &tex;\displaystyle A_2’&xet; pontok már különbözőek, és ez a két különböző metszéspontja a nyert &tex;\displaystyle \ell’&xet; és &tex;\displaystyle m’&xet; görbéknek; mivel &tex;\displaystyle A_1’&xet; és &tex;\displaystyle A_2’&xet; is az &tex;\displaystyle A_1=A_2&xet;-höz fog tartani, ezért &tex;\displaystyle \ell&xet; és &tex;\displaystyle m&xet; „mindkét metszéspontja” &tex;\displaystyle A_1=A_2&xet;, vagyis érintkeznek. (Ez ilyenformán meggyőző érvelésnek hangzik, de precizzé tehető.)

A bizonyítás ezzel pedig véget ért.

Leírom saját tolmácsolásomban a Casey-tételt és megfordítását, bizonyítással együtt.

Az "oda irány" az angol Wikipédián látott bizonyítás diszkusszióval való helyessé tételével adódott. A megfordítás bizonyítása a Sharygin: Problems in Plane Geometry c. könyvben található meg.

Sajnálom, ábrá(ka)t nem csatolok, az Olvasónak papírt és rajzszerszámot kell majd ragadnia, ha nem kívánja fejben elképzelni az ábrákat.

Szükségünk lesz az irányított kör fogalmára. Egy irányított kör egy kör a síkon, amihez egy &tex;\displaystyle \epsilon\in\{1,-1\}&xet; előjelet rendelünk. Azt mondjuk, hogy az irányított kör sugara &tex;\displaystyle R=\epsilon |R|&xet;, ahol &tex;\displaystyle |R|&xet; a szokásos értelemben vett sugár. Azt mondjuk, hogy &tex;\displaystyle x,y&xet; irányított körök érintik egymást, hogyha irányítatlan köreik belülről érintik egymást és &tex;\displaystyle x,y&xet; azonos irányítású, vagy pedig kívülről érintik egymást és &tex;\displaystyle x,y&xet; ellentétes irányítású. (Például: egybeeső körök belülről érintik egymást, ezért azonos irányításnál érintőek, különböző irányításnál nem. Egy ponttá fajuló kör irányítása mindegy, mert &tex;\displaystyle 0&xet; a sugara.)

Jelölje még &tex;\displaystyle x,y&xet; irányított körökhöz &tex;\displaystyle t_{xy}&xet; az &tex;\displaystyle x&xet; és &tex;\displaystyle y&xet; körök közös „külső” érintőszakaszának a hosszát. Vagyis ha &tex;\displaystyle x,y&xet; azonos irányítású, a külső érintőszakaszt, ha különböző irányítású, a belső érintőszakaszt kell venni.

Legyen &tex;\displaystyle x,y&xet; irányított körök középpontja &tex;\displaystyle O_x,O_y&xet;, sugara &tex;\displaystyle R_x,R_y&xet;. Ekkor Pitagorasz-tétel szerint

és ebből levezethető, hogy ha &tex;\displaystyle x,y&xet; rendre az &tex;\displaystyle X,Y&xet; pontban érint egy &tex;\displaystyle R_k&xet; sugarú irányított &tex;\displaystyle k&xet; kört, akkor

Fontos még az apollóniuszi problémáról szót ejteni. Tulajdonképpen következik belőle, hogy ha adott három irányított kör, &tex;\displaystyle x,y,z&xet;, melyek valamelyikének nem nulla a sugara, akkor két olyan irányított kör is adható, melyek &tex;\displaystyle x,y,z&xet; mindegyikét érintik.

Még egy lemmát használunk, amit koaxális körök lemmájaként is hallottam, bár én elsőként ebben a cikkben láttam, nevezetesen hogy ha adott két kör, akkor az olyan pontok halmaza, melyekre a két körhöz húzott érintők hosszainak aránya &tex;\displaystyle \lambda&xet;, kör, ha &tex;\displaystyle \lambda\neq 1&xet;, és épp a hatványvonal, ha &tex;\displaystyle \lambda=1&xet;. (Amúgy ha a két körünk ponttá fajul, épp a pontok Apollóniusz-köreit kapjuk.)

Ennyi bevezetés után rátérek a két állítás kimondására.

Sawayama => egy &tex;\displaystyle ABC&xet; háromszög két oldalát érintő kör pontosan akkor érinti a &tex;\displaystyle k&xet; körülírt körét is, ha az érintési pontok tükrösek a beírt kör &tex;\displaystyle I&xet; középpontjára.

Ez alapján: t tükörképe I-re átmegy U-n, tehát átmegy Z-n is, ezt akartuk belátni.

Megpróbálom hamarosan leírni a preciz kimondását a tételnek és a megfordításnak. Van bizonyítás is hozzájuk. (Szeretném viszont az irányításokat is rendbetenni.)

Mit értesz megfordításon? Ahogy én ismerem, ez a tétel adott módon érintkező 1 + 4 kör közös érintőszakaszai közötti méretes összefüggést állít. Mi ennek a megfordítottja?

188. feladat: Adott egy &tex;\displaystyle k&xet; kör az &tex;\displaystyle AB&xet; húrral, s annak &tex;\displaystyle U&xet; felezéspontjával. Legyen adott a &tex;\displaystyle k_1&xet; kör úgy, hogy érintse az &tex;\displaystyle AB&xet; szakaszt &tex;\displaystyle U&xet;-ban és érintse a &tex;\displaystyle k&xet; kört. A &tex;\displaystyle k_1&xet; kör &tex;\displaystyle A&xet;-n átmenő, &tex;\displaystyle AB&xet;-től különböző érintőjét jelöljük &tex;\displaystyle t&xet;-vel. A &tex;\displaystyle k&xet; kör és &tex;\displaystyle t&xet; &tex;\displaystyle A&xet;-tól különböző metszéspontja &tex;\displaystyle C&xet;, a &tex;\displaystyle BC&xet; szakasz felezéspontja &tex;\displaystyle Z&xet;. Tekintsük azt a &tex;\displaystyle k_2&xet; kört, amelyik a &tex;\displaystyle BC&xet; egyenest &tex;\displaystyle Z&xet;-ben érinti és érinti az &tex;\displaystyle AC&xet; egyenest. Bizonyítsuk be, hogy &tex;\displaystyle k_2&xet; és &tex;\displaystyle k&xet; érinti egymást.

Létezik-e a Casey-tétel megfordításának elemi geometriai bizonyítása?

Aha. És az igaz-e, hogy a köréírt körük középpontja is egyenletesen, egyenesen mozog? (például limeszben mozoghat egyenesen, hogy egyébként hiperbola/harmadrendű a mértani helye)

Ha nem ajánlasz mást, akkor a 187. feladat legyen egy szokásos, szimpla egyeneses-távolságos (csak mert az én megoldásom ronda, és nem találok szépet):

&tex;\displaystyle ABCD&xet; négyszögben &tex;\displaystyle M&xet;,&tex;\displaystyle N&xet; &tex;\displaystyle :=&xet; mid(&tex;\displaystyle AC&xet;), mid(&tex;\displaystyle BD&xet;); &tex;\displaystyle E&xet;,&tex;\displaystyle F&xet; &tex;\displaystyle :=&xet; &tex;\displaystyle MN \cap AB&xet;, &tex;\displaystyle MN \cap CD&xet;; &tex;\displaystyle P&xet; &tex;\displaystyle :=&xet; &tex;\displaystyle AC \cap BD&xet;; &tex;\displaystyle Q&xet; &tex;\displaystyle :=&xet; &tex;\displaystyle ED \cap AF&xet;, (lásd ábra), bizonyítsd be, hogy &tex;\displaystyle QP&xet; felezi az &tex;\displaystyle EF&xet; szakaszt.

Aztán, valaki ajánljon mást (mondjuk, aki megoldja).

Ebben a formában nem igaz. Például, ha a négy pont &tex;\displaystyle A(t)=(-t,0)&xet;, &tex;\displaystyle B(t)=(t,0)&xet;, &tex;\displaystyle C(t)=(2t,1)&xet; és &tex;\displaystyle D(t)=(-2t,1)&xet;, akkor &tex;\displaystyle t=0&xet; esetén két-két pont egybeesik, &tex;\displaystyle t\ne0&xet; esetén pedig a négy pont egy szimmetrikus trapéz csúcsai. A négy pont tehát mindig egy körön van. Ugyanakkor a négy sebességvektor &tex;\displaystyle (-1,0)&xet;, &tex;\displaystyle (1,0)&xet;, &tex;\displaystyle (2,0)&xet; és &tex;\displaystyle (-2,0)&xet; egy egyenesre esik.

Az viszont igaz, hogy a négy sebességvektor egy körre vagy egy egyenesre esik. Ha valamelyik két sebességvektor egyenlő, akkor a sebességvektorok triviálisan egy körön vagy egyenesen vannak. Tegyük tehát fel, hogy a négy sebességvektor különböző. Tekintsük a pontokat komplex számoknak, és vizsgáljuk a

&tex;\displaystyle \big(A(t),B(t),C(t),D(t)\big) = \frac{C(t)-A(t)}{B(t)-C(t)}:\frac{D(t)-A(t)}{B(t)-D(t)} &xet;

kettősviszony határértékét, ha &tex;\displaystyle t\to\infty&xet;. A négy pont akkor és csak akkor van egy körön vagy egy egyenesen, ha a kettősviszony nem értelmes, mert valamelyik két pont egybeesik (ilyen legfeljebb 4 pillanatban történhet), vagy a kettősviszony tisztán valós. A ketősviszony tehát véges sok ponttól eltekintve valós, így a határértéke is tisztán valós. A határértéke viszont éppen a sebességvektorokból készített kettősviszony:

&tex;\displaystyle \lim_{t\to\infty} \big(A(t),B(t),C(t),D(t)\big) = \lim_{t\to\infty}\frac{\frac{C(t)}t-\frac{A(t)}t}{\frac{B(t)}t-\frac{C(t)}t}:\frac{\frac{D(t)}t-\frac{A(t)}t}{\frac{B(t)}t-\frac{D(t)}t} = \frac{C'-A'}{B'-C'}:\frac{D'-A'}{B'-D'} = (A',B',C',D'), &xet;

így ez is valós, tehát a négy sebességvektor, &tex;\displaystyle A'&xet;, &tex;\displaystyle B'&xet;, &tex;\displaystyle C'&xet; és &tex;\displaystyle D'&xet; egy körön vagy egy egyenesen van.

186. feladat: Igaz-e, hogy ha 4 pont egyenletes sebességgel mozog a síkon úgy, hogy minden t időpillanatban egy körre esnek, akkor a sebességvektoraik végpontjai is egy körre esnek?

Pontosabban erre leltem rá először, majd utána a MP-ra is.

Köszi. Közben a kép alapján ráleltem a MathPuzzle az első linkeddel teljesen hasonló oldalára.

Hiányoltam az ún. Cairo csempézést, de ez alapján rájöttem, hogy az a 2-es és 4-es típusba is beletartozik, ahogy sejtettem is az átfedás lehetőségét.

Mások rácspontokon keresztül osztályoznak, de a többlet rácspontnál a szögnek 180 fokosnak kell lennie.

http://www.mathpuzzle.com/tilepent.html egy csoporton belül az oldalak és szögek között van bizonyos összefüggés megadva (itt csak a korábban ismert 14 csempézés található, de a guardian megadja a legújabbnál az összefüggéseket).

Ez is releváns oldal: https://en.wikipedia.org/wiki/Pentagon_tiling eszerint ezek a konvex(!) ötszöggel való csempézések.

Most olvastam egy cikket a sík ötszögekkel történő lefedéséről, amely cikk erre az angol cikkre hivatkozik.

Angolul nem értek annyira, hogy megértsem a forráscikket, a magyar cikkben meg szerintem nincs minden feltétel leírva.

Lényeg és ami engem érdekelne, hogy mi külön-külön a 15 féle lefedési forma egyedisége?

Úgy érzem, hogy némely lefedések valamely feltételben hasonlóak, így csoportosíthatók és a csoporton belül egyéb, külön feltételek megléte miatt különbözik a csoport többi tagjától. És azt sem tartom kizártnak, hogy egyes csoportok átfedőek.

Minden infó érdekel és előre köszönök minden segítséget.

A megoldás szép és egyszerű, de én a Pascal-tételt, mint a projektív geometria tárgyába tartozót, nem érzem elég eleminek. :-)

Tekintsük inkább azt az &tex;\displaystyle \omega&xet; kört, amely a körülírt &tex;\displaystyle k&xet; kört belülről érinti &tex;\displaystyle K&xet;-ban, és érinti még az &tex;\displaystyle AB,AC&xet; félegyeneseket &tex;\displaystyle X&xet; és &tex;\displaystyle Y&xet; pontban.

Az érintés miatt &tex;\displaystyle \omega&xet; kör &tex;\displaystyle k&xet;-ba vihető egy nagyítással &tex;\displaystyle K&xet;-ból, és e nagyítással &tex;\displaystyle X&xet; képe olyan &tex;\displaystyle L&xet; pont &tex;\displaystyle k&xet;-nak a &tex;\displaystyle C&xet;-t nem tartalmazó &tex;\displaystyle AB&xet; ívén, amelyben húzott érintő párhuzamos &tex;\displaystyle AB&xet;-vel: ez éppen az &tex;\displaystyle AB&xet; ív felezőpontja. Hasonlóan, &tex;\displaystyle Y'&xet; pedig a megfelelő &tex;\displaystyle AC&xet; ív &tex;\displaystyle M&xet; felezőpontja lesz.

Ha most alkalmazzuk a Pascal-tételt a &tex;\displaystyle KLCABM&xet; húrhatszögre, adódik, hogy &tex;\displaystyle KL\cap AB=X&xet;, &tex;\displaystyle LC\cap BM=O&xet; (ez a beírt kör középpontja, hisz két szögfelező metszéspontja) és &tex;\displaystyle CA\cap MK=Y&xet; egy egyenesre esik. Továbbá mivel &tex;\displaystyle AB,AC&xet;-t érinti, így &tex;\displaystyle \omega&xet; szimmetrikus &tex;\displaystyle BAC\angle&xet; szögfelezőjére, így &tex;\displaystyle AO&xet; és &tex;\displaystyle XY&xet; merőleges lesz. Tehát &tex;\displaystyle X=P&xet;, &tex;\displaystyle Y=Q&xet; és készen vagyunk.

(Egyébként ez a feladat is a Sawayama-lemma következménye.)

Már régen nem szerepelt itt a téma saját számozású feladata. Ha nem tévedek, az [1742] -beli "N+1-edik" feladatot nem számítva 184. volt az utolsó. Legyen tehát a

185. feladat : Az &tex;\displaystyle ABC&xet; háromszögbe írt kör &tex;\displaystyle O&xet; középpontján át az &tex;\displaystyle AO&xet; szögfelezőre állított merőleges az &tex;\displaystyle AB&xet; olalt &tex;\displaystyle P&xet;-ben, &tex;\displaystyle AC&xet;-t &tex;\displaystyle Q&xet;-ban metszi. Rajzoljuk meg azt a kört, amely &tex;\displaystyle AB&xet;-t &tex;\displaystyle P&xet;-ben , &tex;\displaystyle AC&xet;-t &tex;\displaystyle Q&xet;-ban érinti. Bizonyítsuk be, hogy ez a kör érinti a háromszög körülírt körét.

Ez valójában egy "Lejárt határidejű KöMaL feladat" ( 1285. ) , de annyira lejárt, hogy inkább ide teszem. Annak ikdején a Lapban egy számításos megoldás jelent meg. Itt a fórumon a GEOMETRIA témában már találkoztunk ezzel a körrel ( ld. 151. feladat [1217] ) . Az ott következő hozzászólásokban közel kerültünk a mostani feladat inverziós megoldásához. Ezért most egy elemi geometriai megoldás reményében teszem fel.

Kiindultam a HoA féle szinuszos egyenletből. Felvettük ,,véletlenszerűen" az együtthatók értékeit, és ekkor &tex;\displaystyle \cos\alpha&xet;-ra egy negyedfokú egyenletet kaptunk. Az a kérdés, hogy ennek az egyenletnek a gyökei szekeszthetőek-e. Az egy igazi jó kizáró ok lenne, ha ez egy harmadfokú, &tex;\displaystyle Q&xet; fölött felbonthatalan polinom lenne. Sajnos nem az. Ha valaki találna paramétereket úgy, hogy ez egy első és harmadfokú szorzata lenne, és az elsőfokú gyöke nem megoldás, akkor nyilvánvalóbb lenne az indoklás. Ezért kis érdeklődés és lapozgatás után rábukkantam arra az összefüggésre, hogy ha találunk egy olyan prímet, ami fölött ennek a polinomnak van fölbonthatatlan, páratlanfokú osztója, akkor nem szerkeszthető a gyöke. Kézenfekvő volt az 5.

Nem látom, hogy D ismerete nélkül hogyan kapjuk meg B-t O-hoz és A-hoz.

Nem mindent fogtam fel. Bennem lehet a hiba. A köbgyök 3 meggyőzőnek tűnik, mivel ezt javasoltam is. Itt egy új gondolatmenet. (Nem tudom, hogy kell rajzot küldeni) Vegyünk egy egység kört az origóban. Vegyünk fel egy D pontot rajta, ami a keresendő minimális távolságú A-tól és B-től. Vegyük fel az A-t az x tengelyen. Ekkor könnyen meghatározható az a félegyenes (f) D-ből indul és amin a B-nek kell lennie. Legyen 'e' egyenes ami az x koordinátával bezárt szöge háromszorosa a AOD szögnek, és az origóból indul. Nyilván az 'e' és 'f' metszéspontja jó megoldás a B pontra.

Tehát O,D,A ismeretében B szerkeszthető. (ebben a speciális esetben) De O,A,B esetén D nem szerkeszthető, mert ahhoz a AOB szöget harmadolni kellene tudni. Remélem világos volt és nem rontottam el semmit.

Tehát általános esetben nem szerkeszthető.

(az hogy általános szög nem harmadolható, az bizonyított, de nem egyszerű)

Mindig mondta a matektanárom, hogy a térszemléletem olyan, mint a döglött kacsáé.

Akkor számoljunk. &tex;\displaystyle \cos\phi=a&xet;, &tex;\displaystyle \sin\phi=\sqrt{1-a^2}&xet;, &tex;\displaystyle t=1&xet;, &tex;\displaystyle u=\frac{1}{2}&xet;, &tex;\displaystyle v=2&xet;,&tex;\displaystyle w=3&xet; helyettesítéssel a

&tex;\displaystyle t\cos2\phi+u\sin2\phi=v\cos\phi+w\sin\phi&xet;

egyenletből

&tex;\displaystyle (2a^2-1)+a\sqrt{1-a^2}=2a+3\sqrt{1-a^2}&xet;

lesz. Átrendezve

&tex;\displaystyle 2a^2-2a-1=(3-a)\sqrt{1-a^2}&xet;

és négyzetre emelve, majd rendezve

&tex;\displaystyle 5a^4-14a^3+8a^2-8 =0 &xet;

adódik. Modulo 5 véve

&tex;\displaystyle a^3+3a^2-3 &xet;

Ennek nincs gyöke modulo 5. Tehát a bővítés foka &tex;\displaystyle F_5&xet; fölött 3, így &tex;\displaystyle Q&xet; fölött a 3 többszöröse, tehát nem szerkeszthető.

Azért, mert az &tex;\displaystyle A_1M&xet; szakasz inverze nem lesz egyenes.

Nem értek valamit. Ha egyszer egyenlő szögeket keresünk, akkor miért nem invertáljuk az A pontot a körre (A1), majd a képet összekötjük a B-ponttal. Ahol metszi a kört (M-ben), ott a megfelelő szögek és tükörképeik is megegyeznek. Vagy megint elnéztem valamit?

A nem-szerkeszthetőség irányában ( vázlat, ha valakit érdekel, részletezem )

Kínálja magát a komplex síkon tárgyalás. Válasszuk úgy a koordinátarendszert és a hosszegységet, hogy C legyen az origóban és D az egységsugarú körön. Ekkor d ( = CD ) egységvektor. Az egyenlő szögekből következik, hogy (( a -d ) / d) x (( b -d ) /d ) valós. Ebből d = &tex;\displaystyle e^{i\phi}&xet; -vel &tex;\displaystyle \phi&xet; -re

&tex;\displaystyle t \cdot cos 2\phi + u \cdot sin 2\phi = v \cdot cos \phi + w \cdot sin \phi &xet;

alakú egyenlet adódik, ahol az együtthatók az adatokból szerkeszthetőek. Már csak erről kéne megmutatni, hogy általában euklideszi módon nem szerkeszthető a megoldás.

( Ellenpélda: Két adott ponton átmenő, adott kört érintő kör középpontja : legyen itt is az adott egységsugarú kör középpontja, C az origóban, az érintési pont D, A és B a körön kívül. Ekkor d ( = CD ) egységvektor, a szerkesztendő kör középpontja O = kd ( k valós ) . Felírva az | A - O | = k - 1 ill. | B - O | = k - 1 egyenleteket , d = &tex;\displaystyle e^{i\phi}&xet; -vel &tex;\displaystyle \phi&xet; -re itt

&tex;\displaystyle v \cdot cos \phi + w \cdot sin \phi = z&xet;

alakú egyenlet adódik, ahol az együtthatók az adatokból szerkeszthetők, és mint ismert ekkor &tex;\displaystyle cos \phi&xet; -re másodfokú egyenletet kapunk szerkeszthető együtthatókkal. )

És már az elején elvi hibás, vissza az egész.

Hullafáradtan egy próbálkozás, 100%, hogy elszámolva, de valami ilyesmi: Legyen az ellipszis két fókuszpontja &tex;\displaystyle (c,0)&xet; és &tex;\displaystyle (-c,0)&xet;, a kör sugara egységnyi, középpontja &tex;\displaystyle (u,v)&xet;. Ekkor azt az &tex;\displaystyle a>c&xet;-t keressük (nagytengely), amire

&tex;\displaystyle x^2(c^2-a^2)+y^2a^2=a^2(c^2-a^2) &xet;

&tex;\displaystyle (x-u)^2+(y-v)^2=1 &xet;

egyenletrendszernek 1 megoldása van. Vagyis:

&tex;\displaystyle x^2(c^2-a^2)+y^2a^2=a^2(c^2-a^2)((x-u)^2+(y-v)^2) &xet;

-nek egy megoldása van. Mivel ez a megoldás egyértelmű, ezért a diszkrimináns 0.

&tex;\displaystyle -4 a^2 (a - c) (a + c) (-a^2 u^2 + c^2 u^2 - a^2 v^2 + a^4 v^2 + c^2 v^2 - a^2 c^2 v^2 + 2 a^2 v y - 2 a^4 v y - 2 c^2 v y + &xet;

&tex;\displaystyle + 2 a^2 c^2 v y + y^2 - 2 a^2 y^2 + a^4 y^2 + c^2 y^2 - a^2 c^2 y^2)=0 &xet;

Ez is egyértelmű &tex;\displaystyle y&xet;-ra, így a diszkrimináns ismét 0, így &tex;\displaystyle a&xet;-ra az egyenlet:

&tex;\displaystyle 64 (-1 + a) a^4 (1 + a) (a - c)^3 (a + c)^3 (-u^2 + a^2 u^2 -c^2 u^2 - v^2 + a^2 v^2)=0 &xet;

Aminek meg az értelmes megoldása

&tex;\displaystyle a=\frac{\sqrt{\left(c^2+1\right) u^2+v^2}}{\sqrt{u^2+v^2}}\qquad a=1&xet;

Ez meg szerkeszthető, ebből &tex;\displaystyle y=\frac{c^2 v^2-u^2-v^2}{c^2 v}&xet; megvanmá, megoldható, és megvan &tex;\displaystyle x=(u^2 + c^2 u^2 + v^2)/(c^2 u)&xet; is. Nem egy szépségdíjas számolás, ilyenkor jó a számítógép.

Egy ötlet: Legyenek az "e" ellipszis fókuszpontjai F1(+c;0), F2(-c;0), legyen az ellipszis félnagytengelye "a", legyen az ellipszis félkistengelye "b", ekkor az ellipszis egyenlete ismert. Legyen a "k" kör középpontja K(u;v) és sugara "r", ekkor a "k" kör egyenlete is ismert. Ami ismert: az "F1", "F2", "u", "v", "r". Az "a" értékét úgy kell meghatározni, hogy az ellipszis egyenletéből és a kör egyenletéből álló egyenletrendszernek pontosan egy (x,y) megoldáspárja legyen. Ekkor ezzel az "a" értékkel kiszámolva az (x,y) megoldáspárt, a kapott képlet alapján a metszéspont szerkeszthető.

Mi van, ha az "e" ellipszis úgy érinti a "k" kört, hogy a kör az ellipszis belsejében van.

Ez a probléma felkeltette az érdeklődésemet, még fogok vele foglalkozni. bertalan Zoltán.

Az a sejtésem, hogy általánosságban euklidészi módon nem szerkeszthető. Ehhez találni kellene, egy elrendezést, amit algebrailag megoldva olyan szakasz jön ki, ami bizonyítottan nem szerkeszthető. pl köbgyök. A geogebra megenged pl szögharmadolást is ami eukledészi módon bizonyítottan nem megy. Az inverzió jó ötletnek tűnik. A feladat szépsége, hogy annyira egyszerű a felvetés, hogy érthetetlen evvel nem foglalkozott Senki, vagy mi nem tudunk róla ?

Erre azóta én is rájöttem. De ettől függetlenül a megoldást nagy valószínűséggel az inverzión keresztül lehet megtalálni.

Egy CAD-es programmal én is próbálok jó szerkesztést találni. A két pont és a tükörpont egy kört ad és az AB szakasz szakaszfelező merőlegese ill. a tükrözési tengely egy negyedik pontként ugyanezen körön metszik egymást. Pl az A és B pontot összekötő egyenes ill. az AB szakasz szakaszfelező merőleges inverziókörei alapján ezen kör inverziókörének két pontja már adott. Csak egy harmadik ismert pontra nem lelek rá.

Szia! Jó ötletnek tűnt ezért utána jártam a szerkesztésének. GeoGebrával el is készítettem, de sajnos nem a kívánt pontban metszette a kört. További ötleteket szívesen várok. Üdv, Bagesz

A bizonyítás egyszerű, "A" és "B" pont közé kifeszítünk egy kötelet, ami kicsit hosszabb mint az "A" és "B" pont közötti távolság, Majd húzunk egy görbét úgy hogy feszes legyen a kötél mindvégig. Ez egy elipszis lesz. Majd egyre nagyobb kötelet veszünk, egyszer csak érinteni fogjuk a kört. Ez a pont a megoldás. Ezen a ponton az elipszis érintője és a két fókuszpontja által bezárt szög megegyezik, mint ahogy bármelyik pontja az elipszisnek és a két fókuszpontjával összekötő egyenes által bezárt szög.

Nem vagyok jártas a témában, de talán inverzióval (körre történő tükrözéssel) lehet a megoldást megtalálni.

Ki kellene próbálni, hogy az egyik pontot invertáljuk a körre és összekötjük a másikkal. Lehet, a metszéspont adja a megfelelő pontot a köríven.

Bocsánat. Jó ötletnek tűnt. Jó, hogynem kezdtem el bizonyítani. A majdnem jó megoldás visz el igazán a lényegtől.

tenyleg ellenorizheto geogebraval:

Persze a C nem az O a kör középpontja. Elírtam, de remélem értitek.

Ha a két pont egyenese közrefogja a kört, akkor annak egyenese kimetszi a megoldást a körből.(háromszög egyenlőtlenség) AB>=AP+PB Ha AB szakasz kívül van a körön, akkor rajzoljunk egy szabályos háromszöget a körhöz képest kifelé. Ennek csúcspontja C. C és a kör középpontja O által meghatározott egyenes és a kör metszéspontja a nyerő. P pont. Nem tudom bizonyítani, de Geogebrával ellenőrizhető. Valószínűleg köze van ahhoz, hogy egy 120 fokosnál kisebb háromszög esetén AP+BP+CP összeg akkor a legkisebb, ha P minden oldalról 120 fokos szögben látszik. (Nem tudom kinek a tétele)

Így a szerkesztés nagyon egyszerű. Köszönöm a feladatot. megj, Fizika: a fény a legrövidebb utat keresi. Tehát ha tükörből van a kör (henger) akkor A-ból a B pontot P pontban látjuk. (Beesési és kimenő szög egyenlő) Aki akarja bizonyítsa, hogy tényleg ez a minimális. Érdekel a megoldás.

Sziasztok! Két pont között a legrövidebb utat kellene kiszámolnom, úgy hogy egy kört kell érinteni. Ismert a 2 pont és a kör koordinátái, valamint a kör sugara. Azt tudom, hogy a kör azon pontja a keresett pont, ahol a kör érintője és a pontok által bezárt szög megegyezik. Ezt viszont hogy lehet kiszámolni vagy kiszerkeszteni? Előre is köszi a segítséget. Üdv

Oké, igen, triviális. Meddig jutottál egyébként a feladattal?

ennek kupszeletes altalanositasarol tudsz valamit? igaz-e, hogy 4-5 kupszelethez mindig letezik olyan kupszelet, amely mindegyiket erinti?

-

@w: "Legyen ABC háromszög BC oldalához írt köre h, amely a BC oldalt D-ben érinti. Tekintsük azt a k kört, amely áthalad a B és C pontokon, és érinti h-t (de nem a BC egyenes). Mutassuk meg, hogy h és k érintési pontját P-vel jelölve, PD egyenes felezi a BPC szöget."

Vesszuk BC Apolloniusz-korei kozul azt, amelyik meroleges h-ra. Athalad P-n es D-n, mert invertalva ra P es D fixen kell maradjanak.

Ez az Apollóniusz féle szerkesztési feladat speciális esete: adott három kör, pont vagy egyenes, szerkesszünk olyan kört, ami mindhármat érinti (pont esetén átmegy rajta).

Egy tipikus megoldás, hogy a körök sugarait ugyanannyival megváltoztatjuk úgy, hogy az egyik kör ponttá fajuljon. (Az egyenest eltoljuk). Ezután jöhet egy inverzió, ami visszavezeti a feladatot két kör közös érintőinek megszerkesztésére.

Sziasztok!

Az alábbi geometriai szerkesztési példán gondolkodom már napok óta, de nem jutok eredményre. Tudnátok segíteni?

Adottak "r1" és "r2" tetszőleges sugarú és helyzetű körök a síkon, valamint egy őket nem érintő és nem metsző "f" egyenes, melynek ismerjük a körök középpontjától mért paraméteres (n1-; n2-szeres) távolságát. Szerkesszük meg azt a közbeeső kört, mely érinti mindkét kört és az egyenest! Számítani is próbálom a pontokat, de a szerkesztés volna a lényeg.

Mellékelem az ábrát is:

Ez nagyon szép, köszi! :)

Tekintsük azt a tetraédert, amely alapja az &tex;\displaystyle ABC&xet; háromszög és minden lapja egybevágó vele. Másképp: Induljon ki az &tex;\displaystyle A&xet; csúcsból egy &tex;\displaystyle a&xet; hosszú, a &tex;\displaystyle B&xet; csúcsból egy &tex;\displaystyle b&xet; hosszú, a &tex;\displaystyle C&xet; csúcsból egy &tex;\displaystyle c&xet; hosszú él. Ekkor a keresett pont a &tex;\displaystyle D&xet; csúcsból induló magasság talppontja.

MOTIVÁCIÓ: Oldjuk meg a feladatot térben. Ha a &tex;\displaystyle P&xet; (síkbeli pont) olyan, hogy a &tex;\displaystyle Q&xet; vetülete az &tex;\displaystyle ABC&xet; síkra &tex;\displaystyle P&xet;, akkor &tex;\displaystyle QA^2=PA^2+QP^2&xet;, ugyanez szimmetrikusan. Így a &tex;\displaystyle QBC&xet; háromszög oldalainak négyzetösszege &tex;\displaystyle 2QP^2&xet;-tel nagyobb, mint a &tex;\displaystyle PBC&xet;-é. A fent leírt &tex;\displaystyle D&xet; pont nyilvánvalóan teljesíti a feltételeket. Az, hogy nincs másik, az is kijön. Ha a &tex;\displaystyle P'&xet; pont jó, akkor emeljük ki a síkból olyan ,,magasra", hogy a keresett összeg épp &tex;\displaystyle a^2+b^2+c^2&xet;. Ekkor a feltételeket felírva adódik, hogy &tex;\displaystyle |Q'A|=a&xet;.

Síkban úgy oldanám meg, hogy keresném a &tex;\displaystyle P&xet; pont &tex;\displaystyle X&xet; tükörképét mondjuk az &tex;\displaystyle AC&xet; oldal felezőpontjára. Ekkor a &tex;\displaystyle PBC&xet; és &tex;\displaystyle PAB&xet; háromszögekre felírt négyzetösszegből &tex;\displaystyle PB^2&xet;-t kivonva &tex;\displaystyle XC^2+AB^2=XA^2+BC^2&xet; adódik, azaz a &tex;\displaystyle BCXA&xet; négyszög átlói merőlegesek. Innen az említett módokon adódik a &tex;\displaystyle P&xet; pont heyzete.

OK igen.

Van egy analóg vektoros megoldás, azt a megoldást vártam (bár én tipikusan koordinátázom a feladatokat). Vagyis ha most a kisbetűk a megfelelő csúcsokhoz tartozó vektorok, akkor a feltétel szerint

&tex;\displaystyle (a-b)^2+(b-x)^2+(x-a)^2=(a-c)^2+(c-x)^2+(x-a)^2&xet;

és ennek ciklikus permutáltjai állnak fenn. Előbbi egyenletet kicsit alakítva, kapjuk, hogy (skalárszorzatokkal)

&tex;\displaystyle [(a^2-2ab+b^2)-(a^2-2ac+c^2)]+[(b^2-2bx+x^2)-(c^2-2cx+x^2)]=0,&xet;

&tex;\displaystyle 2(-a+b+c-x)(b-c)=0,&xet;

azaz &tex;\displaystyle \vec{AB}+\vec{XC}&xet; vektor merőleges &tex;\displaystyle BC&xet;-re. Előbbi vektor &tex;\displaystyle A&xet;-ból az &tex;\displaystyle X&xet; pont &tex;\displaystyle BC&xet; felezőpontjára vett tükörképébe mutat, vagyis &tex;\displaystyle X&xet; rajta van az &tex;\displaystyle A&xet;-ból induló magasság &tex;\displaystyle BC&xet; felezőpontjára vonatkozó tükörképén. Hasonlóan, a &tex;\displaystyle B&xet;-ből és &tex;\displaystyle C&xet;-ből induló magasságok tükörképein is rajta van. Az egyetlen ilyen pont a kiegészítő háromszög magasságpontja.

Jellegétől fogva a feladatot szerintem nem nagyon lehet koordináták/vektorok nélkül megoldani. Kíváncsi vagyok, hogy mégis van-e "elemi" megoldása.

&tex;\displaystyle x=a+b&xet; épp a magasság oldalfelező merőlgesre vett tükörképe, a koordinátázás meg oldalfüggetlenül szimmetrikus, szóval mind a 3 ilyen egyenesen rajta van, ebből meg kb. adódik a sejtés, hogy így lehetne értelmezni.

Ez is egy érdekes megközelítés. A geometriai interpretációra viszont hogyan jöttél rá?

Legyen a háromszög &tex;\displaystyle ABC&xet;, koordinátázunk. &tex;\displaystyle A(a,0)&xet;, &tex;\displaystyle B(b,0)&xet;, &tex;\displaystyle C(0,c)&xet;, &tex;\displaystyle P(x,y)&xet; legyen egy keresett pont. Ekkor a kerületek rendre

&tex;\displaystyle K_{PAB}=(x-a)^2+y^2+(x-b)^2+y^2+(b-a)^2&xet;

&tex;\displaystyle K_{PAC}=(x-a)^2+y^2+x^2+(c-y)^2+a^2+c^2&xet;

&tex;\displaystyle K_{PBC}=(x-b)^2+y^2+x^2+(c-y)^2+a^2+b^2&xet;

&tex;\displaystyle K_{PAB}-K_{PAC}=-2 (b (a - b + x) + c (c - y))=0&xet;

&tex;\displaystyle K_{PAC}-K_{PBC}=2 (b - a) (a + b - x)=0&xet;

Innét &tex;\displaystyle x=a+b&xet; és &tex;\displaystyle y=c+\frac{2ab}{c}&xet;. Tudjuk, hogy ebben a koordinátarendszerben a magasságtpont &tex;\displaystyle M\Big(0,-\frac{ab}{c}\Big)&xet; és köréírt kör középpontja &tex;\displaystyle O\Big(\frac{a+b}{2},\frac{ab+c^2}{2c}\Big)&xet;, és &tex;\displaystyle 2O-M&xet; épp az általunk kapott pont, így &tex;\displaystyle P&xet; a magasságpont középpontra vett tükörképe.

Adott egy &tex;\displaystyle ABC&xet; háromszög a síkon. Adjuk meg az(oka)t a &tex;\displaystyle P&xet; pontokat, melyekre az &tex;\displaystyle ABP&xet;, &tex;\displaystyle BCP&xet; és &tex;\displaystyle CAP&xet; háromszögek oldalainak négyzetösszege megegyezik. Keressük meg &tex;\displaystyle P&xet; geometriai jelentését!

Jézusom, most értettem meg a pitagoras tételt...

Köszönöm a segítséget...

[1845] az trivialisnak tunik... Bloffre: belatod, hogy X1PX2P' egy erintonegyszog csucsai, felveszed az erintesi pontokat, alkalmazod, hogy egy pontbol egy korhoz huzott ket erinto ugyanolyan hosszu, es azt kapod, |PF1-PF2| = |P'F1-P'F2|, gondolom.

Mas feladat: maximum hany olyan pontpart lehet megadni a sikon, hogy lehessen hozza talalni olyan 2-od rendu gorbesort, hogy minden pontpar mindket eleme ugyanazon a 2-od rendu gorben fekudjon? (ez nem egy krealmany, hanem tenyleg elojott geometria kozben, van, ahol hasznos lenne tudni. En nem tudom)

Egy &tex;\displaystyle \varepsilon&xet; ellipszisnek és egy &tex;\displaystyle H&xet; hiperbolának ugyanazok a fókuszai: &tex;\displaystyle F_1,F_2&xet;. Mutassuk meg, hogy minden &tex;\displaystyle P\in H&xet;-ra az &tex;\displaystyle X_i=PF_i\cap \varepsilon&xet; (i=1,2) jelöléssel &tex;\displaystyle F_1X_2\cap F_2X_1&xet; is &tex;\displaystyle H&xet; pontja lesz.

Üdv!

Fel kell készülnöm mindenre ami szóba jöhet.

Ma volt egy olyan feladatom, amit csőszerelő szakmában izometriának neveznek, ami azt jelenti, hogy meghatározott két pontot össze kell kötni egy csőszakasszal úgy, hogy közben függőleges, vízszintes irányváltásokkal ki kell kerülni gépeket más csöveket stb...

Gyakorlatilag 3 dimenzióban kell gondolkodnunk, és megtervezni, hogy A ponttól B-ig, miként jutunk el egy pl 100 milliméter vastagságú csővel és e szakaszba épített berendezésekkel.

Ha A pont egy kocka bal alsó sarka, B pedig a túl oldali jobb felső, és közben egy 12 fokos, egy 74 fokos, és egy 17 fokos íveltséget kell számolnom, illetve meg kell tudnom, hogy az ívek közötti egyenes szakaszok mekkorák?

Ezt le kell gyártanom a földön, majd esetleg 6 méter magasban, befűzni egy csőhídra, most éppen Kecskeméten az Univer konzervgyár, paradicsomfeldolgozó épülő üzemében.

Tehát alapvetően a megfelelő kérdések megfogalmazásával bajlódom, mert Ti egészen másképpen gondolkodtok, mint ahogyan nekem kell.

Nem elég tudnom a számokat, teljesen el kell tudnom képzelni (vizualizálni) a kész csőhálózatot és tudnom kell lépésről lépésre a folyamatot, miközben ki kell számolnom az ívek szögeit, és meg kell tudnom mellé az egyenes (passz-darabok) méretét is!

Szombaton délután, vagy vasárnap lesz szabadidőm, majd neki veselkedek a megfelelő kérdések megfogalmazásának!

Addig is köszönöm a segítőszándékot.

Be tudod hatarolni a feladatokat arra a nehany, csak szamertekeikben eltero feladatra, amelyre szukseged lesz, vagy fel szeretnel keszulni arra, hogy barmilyen szobajoheto problemat meg tudj oldani?

Lesz majd lehetoseged internetet hasznalni? Internetre vagy szamologepre szukseged lesz.

Konkret kerdesre hogy valaszoljak: a szinusz egy fuggveny. Egy szog szinuszat sin(szog) alakban jeloljuk, es nagyon sokfelekeppen hivatkozunk ra szoban, de ha egy kifejezesben egy szog es a szinusz szo szerepel, ezt a jelolest ertjuk alatta. Egy altalad valasztott szog szinuszat, peldaul a 45°-et ugy kapod meg, hogy beirod a google-ba, hogy sin 45 degrees, es a google kiir egy masik szamot, amely a szog szinusza. Ez annyit jelent, hogy ha az atfogo 1 cm hosszu, es az atfogo es a vizszintes kozott a szog 45°, akkor a fuggoleges befogo 0.7071 cm hosszu. Mas szogre is, amit a google kiad, a fuggoleges befogo hosszat adja meg, 1 cm hosszu atfogo eseten.

Mindenekelőtt köszönöm a választ...

Olyan hatással van ez rám, mintha nyakon öntöttek volna egy tányér forró nem kívánatos anyaggal, hogy finom legyek...

Olyan természetességgel ugrasz egyik értékről a másikra, ahogyan Én egyik állványról a másikra...

12 órás műszak után, szinte semmit nem értek ebből, de annyira, hogy még vissza kérdezi sem tudok..

Csőszerelő szakmai közegről van szó egyébként, ahol a 14 milliméter átmérőjű csőtől az 500-as ig dolgozunk, dominánsan nagyokkal.

Reggel elolvasom megint, és megpróbálok kérdést feltenni, mert most még az sem megy!

A Pitagoras tételt értem, de a többit nem, sem szinuszt, sem koszinuszt, sem semmit...

A szögfüggvényekkel kapcsolatban itt szerintem megtalálod a definíciókat. A kérdésekből ítélve, a számításokhoz csak a szögfüggvények definíciói, illetve még talán később a szinusz- és koszinusztétel kellenek, keress rájuk Google-on. Vagy vegyél egy trigonometriáról szóló alkalmas könyvet a könyvesboltban. A Kömal korábbi C-jelű feladatai között találhatók még példák bőséggel.

Nézzünk is egy &tex;\displaystyle a,b&xet; befogókkal rendelkező derékszögű háromszöget, melynek átfogója &tex;\displaystyle c&xet;. Az &tex;\displaystyle a&xet; befogóval szemben lévő szöget jelölje &tex;\displaystyle \alpha&xet;.

Az első kérdésedben, ha jól értettem &tex;\displaystyle \alpha&xet; és &tex;\displaystyle a&xet; adott. Ha megnézed, a definíció szerint &tex;\displaystyle \sin\alpha=\frac ac&xet;, vagyis átszorozva &tex;\displaystyle c=\frac{a}{\sin\alpha}&xet;. A számológép segítségével &tex;\displaystyle \sin\alpha&xet; számolható, innen megvan &tex;\displaystyle c&xet;.

A második kérdésedhez annyit, hogy a Pitagorasz-tétel szerint &tex;\displaystyle a^2+b^2=c^2&xet; a Pitagorasz-tétel szerint, avagy például &tex;\displaystyle c=\sqrt{a^2+b^2}&xet; stb. Vagyis egy derékszögű háromszögben két oldal ismeretében a harmadik oldal megadható. Utána nézd meg a &tex;\displaystyle \sin\alpha=\frac{a}{c}&xet; hányadost, ennek az értéke ismert. Ahhoz, hogy ebből &tex;\displaystyle \alpha&xet;-t megkapd, a &tex;\displaystyle \sin&xet; függvény inverzét kell alkalmazni, számológépen pl. &tex;\displaystyle \sin^{-1}&xet; szokta ezt jelölni. (Számológép nélkül ezek a számítások nem nagyon szoktak menni.)

A harmadik kérdésnél is ugyanezt csináljuk. Tudod, hogy például &tex;\displaystyle \sin\alpha=\frac ac&xet;, vagy &tex;\displaystyle \cos\alpha=\frac bc&xet;. Ezt átszorozva, &tex;\displaystyle c=\frac{a}{\sin\alpha}=\frac{b}{\cos\alpha}&xet;. Vagyis az &tex;\displaystyle a&xet; befogót például &tex;\displaystyle \frac1{\sin\alpha}&xet; értékkel kell megszorozni, hogy &tex;\displaystyle c&xet; átfogót kapjuk, például &tex;\displaystyle \alpha=45^\circ&xet; esetén ez az arány &tex;\displaystyle \sin\alpha=\frac1{\sqrt2}&xet; miatt éppen &tex;\displaystyle \sqrt2&xet; lesz. Vagy &tex;\displaystyle \alpha=53^\circ&xet;-ra &tex;\displaystyle \sin 53^\circ=0,7986&xet;, &tex;\displaystyle \frac1{\sin 53^\circ}=1,2521&xet;.

Üdv mindenkinek. Az eddig olvasottakból azt feltételezem, hogy a kérdésem túl egyszerű lesz a fórum színvonalához, de valahonnan válaszhoz szeretnék jutni...

Tanultam persze régen ipari suliban sőt még általánosban is a szögfüggvényekkel kapcsolatosan, de ki emlékszik már arra, mikor az elmúlt 30 évben nem kellett alkalmaznom sehol ezt a tudást, így el is felejtődött...

Most olyan munkakörülmények közé kerültem, ahol egyre mélyebben bele kell másznom a rég tanultakba, de alig emlékszem valamire!

Ezért szeretnék a számotokra nyilván primitív kérdéseket feltenni, és persze válaszokat kapni rájuk!

Az első kérdésem.

Ismerem egy háromszög egyik befogójának méretét, és az ehhez tartozó szöget.

Pl, 45 fokos szög, és 600 milliméter a egyik befogó mérete. Szeretném megtudni az átló/átfogó méretét...

A második ennek a kérdésnek az inverze...

Tudom a két befogó méretét, és azt, hogy ezek 90 fokos szöget zárnak be, szeretném megtudni a vízszintes befogó és az átfogó által bezárt szöget...

A harmadik kérdés:

Tudjuk, hogy egy derékszögű háromszög esetén, ha pl az egyik befogó és az átfogó által bezárt szög 45 fok, akkor 1.42-vel szorozva a befogót, megkapjuk az átfogó méretét. Kérdés, hogy ugyanilyen szorzót, hogyan kaphatunk meg más, mondjuk 32 fok, vagy 53 vagy más szög esetén... Tehát egy méretből és az általa bezárt szögből miként számítható ki az az egyszerűsített szorzó, amely megadja az átfogó méretét?

Elnézést, ha kicsit sok és bugyuta a kérdésfelvetés, de per pillanat nem tudom jobban elétek tárni a kérdést...

eh, képlet helyesen:

&tex;\displaystyle \implies 2d=\frac{|OAA(O)-k(O)|}{|AA(O)|}=\frac{|k(O)|}{r}=const.&xet;

ábra:

lemma: Ha adott k1, k2 kör, középpontjaik távolsága d>0, hatványvonaluk h, akkor a sík minden P pontjára:

&tex;\displaystyle |h(P) \cdot 2d|=|k1(P)-k2(P)|&xet;

Ahol h(X), k1(X) és k2(X) a megfelelő alakzatok normált egyenletei.

Ezt használva a B4618 megoldása:

B. 4618. Az A1A2... An sokszögbe és köré is írható kör. A beírt kör középpontja O, továbbá az OAiAi+1 kör középpontja Ci (i=1,2,...,n, és An+1=A1). Igazoljuk, hogy C1,C2,...,Cn egy körön vannak.

A sokszög K köré írt körére, az OAiAi+1 körre és az O pontra felírom az összefüggést.

&tex;\displaystyle OAA(O)=0,~AA(O)=r,~k(O)=const.&xet;

&tex;\displaystyle \implies 2d=\frac{|k1(P)-k2(P)|}{|AA(O)|}=\frac{k(O)}{r}=const.&xet;

&tex;\displaystyle \implies&xet; Minden Ci ugyanolyan messze (&tex;\displaystyle |k(O)/2r|&xet;) van a sokszög köré írt kör középpontjától, Q.E.D.

B4631 megoldásának egy része:

B. 4631. Az egy síkban fekvő k0, k1, k2, k3 körök páronként kívülről érintik egymást; ki és kj érintési pontja Tij. Legyen k0 középpontja O; sugara r. Legyen a T12T23T31 kör középpontja U, sugara pedig R. Igazoljuk, hogy

&tex;\displaystyle |OU^2 - R^2 - r^2|= 4Rr&xet;

(ez saját átfogalmazásom az állításnak, valamivel könnyebb talán, mint amit ki akartak tűzni)

Elnevezem az egyik T pont körüli, k0-ra merőleges kört a-nak. a-ra történő inverzió során TTT kör k0 és az a kör hatványvonalába megy át, távolsága O-tól 2r (lásd ábra).

Az a és TTT körökre és az O pontra felírva a lemmát:

&tex;\displaystyle 2R \cdot 2r = |TTT(O)-a(O)| = |OU^2 - R^2 - r^2|&xet;

amelyből az eredeti feladathoz már csak az előjelet kell kiszedni valamilyen okos indoklással.

Re: ket olyan kor letezik, amely erinti az egyenespart es a korsor eleme, valahol ki kell diszkuszalni, hogy melyiket erinti CD

Lásd a [1834] feladatot.

nem kap kedvet, de szerintem nagyon szep egyszeru a megoldasod, ha jol ertem:

T,O, kAB es kCD kozeppontja egy parallelogramman helyezkedik el, mert a kozeppontok a megfelelo oldalfelezo merolegesek metszespontjai, amelyek viszont tukrosek az OT felezopontjara, igy a kozeppontok is. Ha a parallelogramma ket oldalhosszanak osszegevel O korul kort rajzolunk, erinteni fogja kAB-t es kCD-t, tehat az ilyen kor egyszerre erinti oket. (nb: ket olyan kor letezik, amely erinti az egyenespart es a korsor eleme, valahol ki kell diszkuszalni, hogy melyiket erinti CD)

A T1 tartopontra torteno, k2-t fixen hagyo inverzio az elliptikus korsorbol koncentrikust kepez, k1 kepe k2-vel koncentrikus, es erinti AB kepet (kCD-t), tehat kAB-t, CD kepet is, QED.

Nekem ez tetzsik, egyszeru, elemi geometriai.

Az en megoldasom nem sokkal bonyolultabb, csak sajnos olyan dolgokat hasznal, amelyekhez nem ertek, es inkabb algebra mintsem geometria. Felveszem a k1-t erinto masik egyenest, es azt akarom belatni, hogy AC is atmegy T1-n. Ezt ugy teszem, hogy belatom, hogy a korsor egyenesparral valo Ai Ci metszespontjai egymassal projektivek, es belatom 4 specialis esetre, hogy az AC egyenes atmegy a T1-n. Nem bonyolult, de nem is erdekes, nem reszleteznem.

Talán valaki kedvet kap foglalkozni a feladattal: Az én megoldásom [1832]-re az alábbi segédtételt használja. Lehet, hogy van egyszerűbb megoldás is.

Legyen az &tex;\displaystyle ABCD&xet; húrnégyszög körülírt köre &tex;\displaystyle k_2&xet; , ennek középpontja O , az átlók metszéspontja T. Az ABT pontokon át rajzolt kör &tex;\displaystyle k_{AB}&xet; , a CDT pontokon át rajzolt kör &tex;\displaystyle k_{CD}&xet; . Az O középpontú, &tex;\displaystyle k_{AB}&xet;-t magába foglaló és érintő kör &tex;\displaystyle k_1&xet; . Ekkor &tex;\displaystyle k_1&xet; &tex;\displaystyle k_{CD}&xet;-t is érinti.

Még egy variáció [1832] témájára: Igazoljuk, hogy ha AB párhuzamos a körsor centrálisával, akkor CD áthalad a centrális és a hatványvonal M metszéspontján.

Úgy látszik, mégsem olyan könnyű. Gondolatébresztőnek nézzünk egy speciális esetet: Legyen &tex;\displaystyle k_1&xet; a körsor másik tartópontja &tex;\displaystyle T_2&xet; (pontkör)

( Látom, már nálad sem működött a TeX értelmező. Tudja valaki, miért? )

> hogy számítások nélküli megoldás is van, de azt direkt nem olvastam el.

en a szamitasos megoldasokat ugrom at reflexbol :) Nem szereted a geometriat, vagy hogy?

Egy konnyebb: Adott egy elliptikus korsor k1, k2 kore, es az egyik, T1 tartopontja. A k1 kornek meghuzzuk egy t erintojet, hogy A B pontokban messe a k2 kort. Legyen C := AT1 &tex;\displaystyle \cap&xet; k2, es D := BT1 &tex;\displaystyle \cap&xet; k2. Igazold, hogy CD erinti k1-t!

Lásd itt, 9. feladat.

További észrevétel az [1823]-ban lévő feladathoz.

(Avagy játék az Euklides 2.02 szerkesztőprogrammal, mely innen letölthető:

http://matek.fazekas.hu/euklides/hun/let11.htm )

Az 1828-bani ábrám elkészítésénél a 4 kisebb körrel határoztam meg az egyeneseket, az ötödik négyszögbe pedig beleillett az 5. kör.

A szerkesztőprogrammal való játék azt valószínűsítette, hogy ha négy négyszög érintőnégyszög, akkor az 5. is, az átlókon lévő metszéspontok nem játszanak szerepet.

Esetleg új feltételt adnak, talán az eredeti feladatban a beírt körök középpontjai az átlókra esnek (a középső mindkettőre). (?)

Csak a szerkesztőprogrammal játszottam, magával a feladattal eddig keveset foglalkoztam.

A megfordítás nem igaz:

Igen, innen van a feladat. (Sokszor az AoPS-ről tűzök ki itt feladatot, mert gyakran oldom meg az ott megkérdezetteket.)

Nézeetek meg a forrását: http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php... International Zhautykov Olympiad 2014 D2 P6 www.artofproblemsolving.com Four segments divide a convex quadrilateral into nine quadrilaterals. The points...

Talán a leggyorsabb megoldási lehetőség azt használja ki, hogy ABCD akkor és csak akkor érintőnégyszög, ha

Ennek ellenére úgy emlékszem, hogy számítások nélküli megoldás is van, de azt direkt nem olvastam el. (Monge-tétel?...)

Ezt nem tudom. Leloned, kerlek?

Adott az ABCD négyszög, valamint az AC átlón a P és Q; a BD átlón az R és S pontok. A PR, QS, PS, QR egyenesek kilenc négyszögre osztják ABCD-t "3x3-as táblázat alakban".

Tegyük fel, hogy a csúcsokhoz legközelebbi négy kis négyszög érintőnégyszög. Igazoljuk, hogy a középső is az!

Nekem a kérdés szerkesztéselméletinek tűnik. Ha adottak a kúpszelet paraméterei, akkor elvileg megszerkeszthetők azok az együtthatók, melyekre Ax²+Bxy+Cy²+Dx+Ey+F=0 a kúpszelet egyenlete. Feltehetően elmetszettük az x²+y²=1 körrel; behelyettesítéssel és négyzetreemeléssel adódik, hogy a metszéspontok x és y koordinátái egy-egy szerkeszthető együtthatójú, legfeljebb negyedfokú egyenlet gyökei. Ha csak egy metszéspont adott, nem csoda, hogy bizonyos esetben szerkeszthetetlen a többi, hisz ahhoz egy harmadfokú egyenlet gyökeit kellene megszerkeszteni, ami mint tudjuk, nem mindig tehető meg. Ha két vagy három metszéspont adott, akkor a maradék metszéspont koordinátáira egy legfeljebb másodfokú egyenlet adódik, az pedig megoldható szerkesztéssel. Tehát ha 2 vagy 3 metszéspont adott, mindig meg lehet csinálni, ha 0 vagy 1, akkor pedig nem mindig.

Ket korivnek csak akkor lehet vegtelen sok kozos pontjuk, ha ugyanannak a kornek az ivei. Legyen ez a kor k.

Legyen k sugara r, a kibovitett sinus tetel miatt vagy alfa=beta, vagy alfa=180-beta.

A szelotetel miatt egy szogszar egy k korbol csak akkor metsz ki ket a hosszu szakaszt, ha a szakaszok, es a kor tukrosek a szogszar belso szogfelezojere.

Nem nehez konstrukciot adni, hogy minden alfa=beta<90 -re, es minden alfa=180-beta -ra letezik ilyen szogszar, a hosszu szakaszokkal.

Es alfa=beta>=90 nem jo, mert a belso szogfelezo ket felsikra osztja a sikot, amelyik elvalasztja a latokoriveket, az egyiknek csak az egyik felsikban, a masiknak csak a masik felsikban lesz pontja.

Help, valaki! 14 feladatból ebbe belesültünk: Egy szög két szárán adott 1-1 "a" hosszúságú szakasz. Az egyik szakasz alfa szögű látószögkörívének végtelen sok közös pontja van a másik szakasz béta szögű látószögkörívével. Milyen alfa és béta szög esetén lehetséges ez? és miért?:D

Abbol, hogy 1 db kozos pontjuk van megadva, nem kovetkezik, hogy a tobbi szerkesztheto. Ellenpelda: a Bolyai-féle szögharmadolás.

A 2 db kozos pont esetrol tudsz valami jot?

A Bolyai-féle szögharmadolás:

Ez egy érdekes kérdés, tetszik. Valamiért azt gondoltam elsőre, hogy mindig meg lehet szerkeszteni az összes metszéspontot, de most már nem vagyok biztos benne.

Ha adott egy kupszelet es egy kor es 0/1/2/3 metszespontjuk, akkor mely esetekben szerkesztheto meg a tobbi metszespont, es mely esetekben nem?

köszi - tanulmányozom a magyarazatot!!!

Igen. Még arra sincs szükség, hogy A és B azonos sebességgel mozogjon.

Elég azokat az időpontokat vizsgálni, melyekben az A golyó az eredeti A₀ pontban van. Tegyük fel, hogy ameddig A elmegy B₀-ba és vissza A₀-ba, annyi idő alatt B s^.I utat tesz meg, ahol I a félkörív hossza. Célunk az, hogy belássuk, hogy tetszőleges a>0-hoz van olyan n pozitív egész, melyre ns kisebb, mint a távolságra van egy egész számtól.

Ha s racionális szám, akkor nincs mit bizonyítani, létezik olyan n>0 egész, melyre ns egész szám lesz.

Ha s irracionális, akkor pedig tekintsünk egy hatalmas nagy N-et, és az intervallumokat i=0,1,...,N-1-re. Mivel s irracionális, ezért {ns} (ns törtrésze) minden n>0-ra más és más értéket vesz fel. Ezért az {ns} számokat minden n=1,2,...,N+1-re véve, ez az N+1 szám benne van előbbi intervallumok egyikében. Skatulya-elv szerint így lesz két n, n₁ és n₂, melyre {n₁s} és {n₂s} ugyanabban az intervallumban van, eltérésük <N^-1. Másfelől mivel triviálisan , ezért kaptunk egy olyan n=n₁-n₂ számot, melyre {ns}<N^-1, vagyis |n|s egy egész számtól kisebb, mint N^-1 távolságra van. Márpedig N^-1 tetszőlegesen kicsi lehet. (A Kronecker-tételre is hivatkozhattunk volna.)

Összességében tetszőlegesen kis ívhossz lehet A és B távolsága, amiből következik az állítás.

Szép és elemi kérdés, a bizonyítás is nagyon szép, a vélemény szerintem helytálló. A probléma egyébként az IMO 1991/5. feladat.

Persze lehetne vitatkozni, bőven vannak még geometriai szépségek, például ez egészen szép és egyszerű, ám ránézésre egyáltalán nem triviális tétel.

Vietnami matematikusok önkéntes versenyérol( legszebb és legelemibb bizonyitás) idézem egy feladatot :

Az ABC háromszög belsejében van egy P pont. bizonyitando hogy a PAB , PBC, PCA szögek között van 30° -nál nem nagyobb!

kivancsi vagyok a véleményetekre!

Igazad van, nem voltam teljesen alapos, de nem nehéz kipontosítani (látószögek...).

Az állitás hogy ABX vagy ABY közé irható kör sugara nagyobb mint ABC -énél - ezt nem látom!!!

Tekintsük a legnagyobb olyan kört, amely a sokszög valamely három csúcsa köré írható, a három csúcs legyen A,B,C. Belátjuk, hogy ez tartalmazza az egész sokszöget, és három szomszédos csúcson halad át.

Ha ez a kör minden csúcsot tartalmaz, akkor egyben tartalmazza az egész sokszöget. Ezért ha nem tartalmazza az egész sokszöget, akkor van olyan X csúcs, amelyet a kör nem tartalmaz. De ekkor ABX kör nagyobb sugarú lesz az ABC körnél, ami ellentmond választásunknak.

Tegyük fel, hogy nincs olyan három szomszédos csúcs, amelyre a köréjük írt kör sugara maximális. Ekkor az előbb igazoltak szerint van, mondjuk körüljárás szerint A és B között, egy olyan Y csúcs, amely a legnagyobb körön belül található. De ekkor az ABY kör sugara ismét nagyobb lesz, mint ABC sugara, ez ellentmondás.

Egy konvex sokszögnél mindig megtalalható 3 egymast követö csucsot, melyekre a köré irható kör tartalmazza az egész sokszöget?( elemi egyszerü bizonyitas jó lenne)

Köszi a linket Kemény Legény! Igen, az összegnél elírtam, kösz a javítást, de utólag láttam, a sejtésem úgy sem talál Üdv: epsilon

És egy apróság: .

Az alábbi linken van pár bizonyítás a háromszöges esetre: itt.

Ha nem tévedek, a kérdésre a válasz az alábbi lenne, de nem tudom bizonyítani, sem a tetraéderre átültetni :-(

Üdv mindenkinek! A felvetett hasáb számlálási feladat kapcsán előkerült egy másik feladat is: Egy szabályos háromszög minden oldalát osszuk fel n egyenlő részre, majd ezeken át húzzunk az oldalakkal párhuzamos egyeneseket. Így a háromszöget n×n kis kongruens háromszögre osztottuk. Összesen hány háromszög látható az ábrán? Sajnos az eredményre zárt alakban nincs tippem. Olyan megoldás érdekelne, amelyik kiterjeszthető a térbe is, ha a szabályos háromszög helyett szabályos tetraédert tekintünk, és azt bontjuk kis tetraéderekre. Tudna-e valaki segíteni? Előre is köszönöm, üdv: epsilon

Rajzoljunk a két szögszár teljes egyenesére egy-egy „centiméter” skálát. Azokat a pontpárokat összekötve, melyek távolságának összege a metszésponttól egy adott ( előjeles ) érték, Steiner II. tételének duálisa szerint szintén egy másodrendű görbe érintőit kapjuk, melyek között a végtelen távoli egyenes (mint a megfelelő pontokat összekötő egyenes) is ott van. Ekkor a burkolt görbe parabola.

A feladat feltételeinek megfelelő, a beírt kör O középpontján áthaladó, a szögfelezőre szimmetrikus egyenespárt tehát akár [1799] szerint O-ból húzott hiperbola érintőként, akár az itteni parabola érintőiként megrajzolhatjuk. Az [1800] –ban felvetett egzisztencia kérdés persze vizsgálandó: Kívül esik-e O az érintendő görbéken?

Csak egy felvetés:

1. Van-e olyan egyenes, amely átmegy a háromszög beírt körének a középpontján és felezi a háromszög területét? Ekkor ez az egyenes nyilván felezi a háromszög kerületét is.

2. Van-e olyan egyenes, amely átmegy a háromszög beírt körének a középpontján és felezi a háromszög kerületét? Ekkor ez az egyenes nyilván felezi a háromszög területét is.

A probléma általánosítása: Adott síkbeli zárt görbéhez (sokszög) keressünk olyan egyenest, amely felezi az adott zárt görbe által meghatározott síkidom területét és kerületét

nem mondtam, hogy elemi. Lenyegeben ugyanaz, mint marcius8-e,

terulet felezes tetszoleges pontbol:

Be lehet latni, hogy ha adott egy szogszar, akkor azok az egyenesek, amelyek egy rogzitett T teruletnyi darabot vagnak le belole, egy hiperbolat fognak erinteni. (abbol, hogy egy hiperbolanak minden pontja az aszimptotatol valo tavolsagok szorzata allando, kovetkezik, hogy a levagott haromszog terulete konstans?) tehat a feladat nem mas, mint hogy adott egy hiperbola (aszimptotakkal, es 3 darab/tetszoleges szamu erintojevel, szerkesszunk hozza egy ponton at erintot. Ezt meg meg lehet csinalni.

Köszi Kemény Legény! Ilyen elgondolás alapján írtam azt a képletet, csak nem voltam biztos abban, hogy választások során biztos-e, hogy mind hasáb lesz. Még egyszer köszi, üdv: epsilon

Melyikre tudod elemi uton megoldást?

A válasz helyesnek tűnik. Számoljuk meg a hasábokat a testátlóik alapján! Válasszunk ki egy tetszőleges csúcsot (ezt (n+1)³-féleképpen lehet), majd az átellenes csúcsot is (ezt már csak n³-féleképpen lehet, mert nem lehet egy síkban/oszlopban az előző ponttal). Ezzel minden hasáb minden testátlóját (kétszer is) megszámoltuk, minden hasábot 8-szor találtunk meg (4 testátlója van egy hasábnak + az átellenes csúcsokat fordítva is figyelembe vettük). Azaz a végeredmény , ami épp a képen látható kifejezéssel egyenlő.

Boldog Új Évet Kívánok Mindenkinek! Az új esztendőben előkerült egy régi feladatom, amire csak sejtem az eredményt, a bizonyítást nem tudom. Beírom ide, mert biztos vagyok, hogy valaki tud segíteni. A feladat: Egy kockát az oldalakkal párhuzamos síkokkal felosztunk n×n×n egyforma kiskockára. Hány hasáb látható az így keletkezett felosztáson? Sejtésem szerint annyi amennyi a beszúrt képen látható. Tudna valaki segíteni a bizonyításban? Előre is köszönöm, Üdv: epsilon

ki van zarva, hogy ugyanolyan nehezek legyenek, mert az egyikre tudom a megoldast, a masikra nem :)

Ez a feladat esetleg ugyan olyan nehéz lesz mint egy adott pontbol( nincs rajta a háromszög kerületén) szerkeszteni terület felezö egyenest?

... és az is jól ismert, és kitalálható (különösen, ha a beírt kör középpontját már véggondoltuk), hogy mik azok az egyenesek, amik egy szög két szárából összesen adott hosszúságú részt vágnak le.

Ha a beírt kör középpontján áthalad egy egyenes, akkor pontosan akkor felezi az ABC háromszög kerületét, ha felezi a területét is. (Ahogy Fálesz is említette.)

Egy eléggé célratörő, de nem szép megoldást javaslok. Legyenek az "ABC" háromszög oldalai a szokásos jelölésekkel: a<=b<=c. Legyen "P" pont a "b" oldalon, és legyen "x" a "P" pont és az "A" pont távolsága. Legyen "Q" pont a "c" oldalon, és legyen "y" a "Q" pont és az "A" pont távolsága. Az adott "ABC" háromszög "T" területét, "k" kerületét és az "A" csúcsnál levő "alfa" szögét ismerjük, így az "APQ" háromszög területét és kerületét is ismerjük. A következő egyenletrendszert kell megoldani:

x*y*sin(alfa)/2=T/2

AP+AQ+PQ=k/2==>x+y+gyök(x*x+y*y-2*x*y*cos(alfa))=k/2

Az "x" és "y" mennyiségek kiszámolása után észrevehetjük, hogy ezek az "ABC" háromszög "a", "b", "c" oldalainak a négy alapművelet és a gyökvonás véges sokszori alkalmazásával felírható mennyiségek, így a "PA"="x" és a "QA"="y" mennyiségek is szerkeszthetők az euklideszi szerkesztés szabályai szerint.

Más kérdés, hogy van-e olyan nevezetes pontja egy tetszőleges "ABC" háromszögnek, amelyen egy ilyen egyenes átmegy. Ez lenne a szép megoldás.

Bertalan Zoltán

Érdekes lehet a beírt kör középpontja.

HELP : Nem tudom megoldani a következö feladatot: lehet-e szerkeszteni olyan egyenest, amely felezi a háromszög területét és keruletét is ?(vonalzóval és körzövel)

Megint elakadtam (sok ideje nincs semmi uj eredmenyem), orulnek, ha valaki megcsinalna helyettem:

Adottak P pont, es ABC haromszog. P pontbol ABC haromszoget levetitem a korulirt korere, kapom A' B' C' haromszoget. A, B es C pontokat tukrozom sorban a B'C', C'A' es A'B' egyenesekre, kapom: A*, B*, C* pontokat. Igazold, hogy A*B*C* haromszog hasonlo ABC-hez.

Re: adott egy parabola (fókuszával, vezéregyenesével) és három pontja. Szerkeszd meg a három ponton átmenő körrel vett negyedik metszéspontját!

Éppen a te Projektív geometria [65] - beli ábrádból és a megelőző hozzászólásokból kiolvasható, hogy a P₁,P₂,P₃ parabola pontokon átmenő k kör és a parabola P₄ metszéspontjára áll, hogy P₁P₂ ugyanakkora, csak ellentétes irányú szöget zár be a tengellyel - és így a vezéregyenessel is - mint P₃P₄ .

Úgy gondolom, hogy egyszerűbb így. Jobb szeretem, ha egy feladatban egyáltalán nem kell felírni képletet, egyenletet, ilyesmit.

Egyébként azt hiszem, se a a négy ponton átmenő kúpszeletek középpontjánál, se a négy egyenesen átmenő kúpszeletek középpontjánál (ez utóbbi lényegesen egyszerűbb) nem kell felírni egy darab egyenletet se, ki lehet geometriázni mindkettőt, de teljes (leírt) megoldásom még nincs.

Más feladat: adott egy parabola (fókuszával, vezéregyenesével) és három pontja. Szerkeszd meg a három ponton átmenő körrel vett negyedik metszéspontját!

Hasonlóan: adott egy hiperbola/ellipszis fókuszaival és három pontjával, szerkeszd meg a három ponton átmenő körrel vett negyedik metszéspontját. Adott két tetszőleges kúpszelet három metszésponttal, szerkeszd meg a negyedik metszéspontjukat.

A "pontosan két parabolához" nem kell a húrnégyszög. Ahhoz elég a párhuamos oldalakkal nem rendelkező konvex négyszög. A húrnégyszög a merőleges tengelyű parabolákhoz kell.

Ez jól hangzik, átgondolom.

Az úgy volt, hogy egy konvex négy pont húrnégyszögbe affinítható (az affinitás parabola, és parabolaszámtartó), és ha már húrnégyszög, akkor pontosan két parabola megy rajta keresztül. Az irányuk az négyszög átlóinak szögfelezőinek irányai. Ez elég elemi módszerekkel kijön.

Megtaláltam. Projektív geometria [59] és környéke.

Igen, az én megfogalmazásom is pontatlan. Az állítás csak úgy teljesül, ha a feladatban a párhuzamos egyenespárokat is elfajult parabolának számítod.

...hha

:-)

Úgy emlékszem ez nemrég volt itt a fórumon. Még azt is beláttuk, hogy a négyszög húrnégyszög iff a parabolák tengelye merőleges egymásra. ( A megfogalmazás így egy kicsit pontatlan. Négyzetre például már csak szimmetria okokból sem valószínű. )

Ha már itt tartunk, be tudjátok ezt látni? Én nem tudok rá bizonyítást, de szeretnék rá hallani.

Adott a síkon négy pont, amelyek egy konvex négyszög csúcsai. Lássuk be, hogy pontosan két parabola megy át rajtuk.

Adott a síkon négy pont. Tekintsük az összes kúpszeletet, amelyek áthaladnak ezen a négy ponton. Mi az ilyen tulajdonságú kúpszeletek középpontjának mértani helye?

Adott a síkon négy egyenes. Tekintsük az összes kúpszeletet, amelyek érintik ezt a négy egyenest. Mi az ilyen tulajdonságú kúpszeletek középpontjának mértani helye?

Mivel A'B'C< + CB'C'< = 60 fok, ezért A'B'C'< kisebb kell legyen 60 foknál... Én is ezzel a remek ellenbizonyítással kaptam a feladatot.

Annyit tennék még hozzá, hogy a szemlélet szerint A'B', B'C', C'D' és D'A' szakaszok ugyanakkorák, de a szemlélet nem indokolja hogy A'C' és B'D' is ugyanakkora legyen velük, szögekről meg pláne nem mond semmit.

Na de mekkorák a szögei?

Miért ne lenne A'B'C'D' is szabályos? Az A'BB' stb háromszögek egybevágók, 1 és 2 hosszú oldalaik 120 fokos szöget zárnak be.

ABCD egy egységnyi oldlélű szabályos tetraéder. Legyen A' az A pont B-re vonatkozó tükörképe, B' a B pont C-re vonatkozó tükörképe, s.í.t. ciklikusan!

Határozzuk meg az így kapott A'B'C'D' tetraéder élszögeit.

Köszönöm!

Tényleg szuper volt és érdekes :)

B.4562-re egy érdekes megközelítés:

Tekintsük azt az E középpontú 90 fokos forgatva nyújtást, amire (A)=C. Legyen az képe a ! Ekkor X olyan pont, melyre AC és CX merőleges egymásra (hisz a forgatás szöge 90 fokos), továbbá AEX=AEC+90^o=180^o. Vagyis X rajta van a BC és AE egyenesen is, emiatt X=B és így (C)=B. Tehát az AC egyenes képe a BC egyenes, amiért F képe, Y, a BC egyenesen van. Mivel viszont a BC egyenes D és Y pontjára is igaz, hogy FED=90^o=FEY, ezért D=Y kell legyen. Ha pedig F az ACE kör középpontja, akkor D középpontja lesz a (ACE)=CBE körnek. Tehát egyenlő szárú lesz.

1. A megoldás , mert az AC és BD átló pontosan akkor metszi egymást, ha ABCD négyszög konvex (lehetne konkáv és hurkolt is), és annyi konvex négyszög van, amennyiféle csúcsnégyes választható ki.

2. A mértani hely egy szakasz, két parabolaív és egy negyedkörív. Ennek belátása egészen triviális, rád hagyom.

Ohh de jó tényleg, az így ment, a másikra valami ötlet? :)

Definiáld a térbeli inverzió esetén a szögtartóságot, és bizonyítsd be!

Hát ezt még mindig nem látom át, de majd gondolkodom rajta

Az 1. feladatra segítség: vegyél tetszőleges két átlót: AC-t és BD-t, majd nézd meg az ABCD négyszöget. ;-)

A 2. feladatban a két félegyenes legyen az x-tengely és az y-tengely nemnegatív része. A mértani helyet egyenként keresd meg a négy síknegyedben.

Hali mindenkinek! Valaki tudna ezekben segíteni!?

1) Adott egy konvex n szög. Hány olyan átlópárja van, amelyek a sokszög belsejében metszik egymást.

2) Adott két közös kezdőpontú egymásra merőleges két félegyenes. Mi azon pontok mértani helye a síkban, amelyeknek a két félegyenestől mért távolságának összege állandó?

szerk: a hatványvonalból az új sík ideális egyenese lesz

Ez nagyon tetszik! Bár nem sokban különbözik a másik megoldástól, mégis, talán valamivel erősebb eszközt használ.

,,van olyan térbeli inverzió, ami a k0 és u köröket párhuzamos (síkú) körökbe viszi."

Ezt talán érdemes belátni. Kérdés2: és mi igaz, ha a körök egymáson kívülre esnek? Mindegy.

Nagyrészt erre a módszerre építve álljon itt egy bizonyítás(?) az általánosított kis-Monge lemmára:

Ha adott k1, k2 körök (egymáson kívül) és egy k3 kör, amely ugyanakkora szögben metszi k1-t és k2-t, akkor az S1 S2 S3 S4 metszéspontokat összekötő egyenesek a k1 k2 körök (külső) has. pontjában (H-ban) fogják egymást metszeni.

Felveszem k4 és k5 köröket, hogy mindketten (belülről) érintsék k1 k2 köröket, és tartalmazzák k3-t. Azt fogom belátni, hogy S1 S4 x S2 S3 egyenesek S metszéspontja k3 k4 körök hatványvonalán fekszik. Ugyanígy k3 k5 körök hatványvonalán is, tehát k4 k5 körök hatványvonalán is, de k4 k5 körök hatványvonala k5 kör változtatásával változik, az egyetlen fixpontjai k1 k2 H has pontja (ez k1 k2-t érintő körökre már beláttatott) és S, amelyek következésképpen egybeesnek. (talán érdemes lett volna felvenni egy k6 kört...)

Alkalmazok egy térbeli inverziót, hogy k3 és k4 egy síkba kerüljenek, ekkor k1 és k2 ugyanakkora szögben metszik k3-t, és k4-t érintik, tehát ugyanakkorák, tehát S1 S2 S3 S4 egy húrtrapéz. Tehát S1S4 phuzamos S2S3 egyenessel. Az is igaz, hogy egy ilyen inverziónál k3 k4 hatványvonalából lesz a végtelen távoli egyenes (ezt is érdemes meggondolni), tehát S rajta van k3 k4 hatványvonalán.

Persze ez így hosszú, és bonyolult, és még hosszabb, ha kifejtem azokat, amikre épít. Most nem jut hirtelen más az eszembe, ahol alkalmazhatok egy részint szögtartó, részint ideális egyenessel operáló transzformációt, de ötleteket szívesen fogadok.

1. S₁S₂S₃S₄ húrnégyszög. Körülírt köre legyen u, középpontja U.

2. A k₀ és u közöknek nincs közös pontja (pl. mert a k₁,k₂,k₃,k₄ körök lefedik u-t). Ebből következik, hogy van olyan térbeli inverzió, ami a k₀ és u köröket párhuzamos (síkú) körökbe viszi. Vegyünk egy ilyen inverziót, a pólusa legyen X. A sík képe gömbfelület, körök és egyenesek képe a gömbre illeszkedő kör; egymást érintő görbék képei egymást érintő görbék. A k₁' és k₃' kör, illetve a k₂' és k₄' kör ugyanakkora, S₁'S₂'S₃'S₄' téglalap, T₁'T₂'T₃'T₄' négyzet.

3. Legyen S^*=S₁'S₃'S₃'S₄' és T^*=T₁'T₃'T₃'T₄' az u', iletve a k₀' kör középpontja. X,S,S^* kollneáris és X,T,T^* is kollneáris. A k₀',k₀,u',u körök szimmetrikusak az XS^*T^* síkra, ezért O és U az XS^*T^* síkban van. S,T,O,U közös pontja az eredeti síknak és az XS^*T^* síknak, tehát egy egyenesen vannak.

Az ábra nagyon szép, de mi a megoldás?

Ha még nincs elegetek a A. 597. feladatból, elkészült az inverziós- térbe kilépős megoldás.

A feladatot egyébként mi ihlette? Szerintem nagyon szép probléma.

Ez a megközelítés is nagyon tetszik, ezt nem vettem észre. (Amit írtam bizonyítás abból a tévhitből jött, hogy S₁S₂S₃S₄ az O₁O₂O₃O₄ négyszög beírt köre, aztán sikerült kipontosítani. :-)

Vagy húzzuk be k_i és k_i+1 közös belső l_i érintőjét i=1,2,3,4-re. l_i és l_i+1 metszéspontja legyen L_i. Ekkor L_iS_iS_i+1=L_iS_i+1S_i és így a szemközti szögek összege .

Nagyon tetszik a megoldásod. Egy megjegyzés: 1) után nincs szükség S₁S₂S₃S₄ húrnégyszög voltának bizonyításához a 2) lemmához adott bizonyításra. Kiadódik k₁ és k₃ H₁₃ középpontú hasonlóságából is.Legyen r₁/r₃=>1 , S₁S₂ másik metszéspontja k₃ -mal P , S₃S₄ -é Q . A hasonlóság miatt H₁₃S₄=H₁₃Q , ugyanígy H₁₃S₁=H₁₃P Innen H₁₃S₁^.H₁₃S₂=H₁₃P^.H₁₃S₂=H₁₃Q^.H₁₃S₃=H₁₃S₄^.H₁₃S₃ , vagyis S₁S₂S₃S₄ húrnégyszög.

Ehhez kapcsolódik egy inverzós Monge-tétel bizonyítás.

Először belátjuk inverzióval a kis Monge-tételt három érintkező körről: k2 T1-ben és T3-ban érinti k1 és k3 köröket. Legyen Z a T1T3 egyenes és a k1 k3 centrálisának metszése. Innen egy olyan inverzió, amely kicseréli a T1 és T3 pontokat, helybenhagyja a k2 kört, mert kicseréli egy pontpárját. A k1 és k3 körök képeinek középponjtai a centrálison maradnak, és rajta maradnak az O2 T1 és az O2 T3 egyeneseken, tehát kicserélődnek. Három érintkező kör esetén T1 T3 átmegy k1 és k3 (egyik) egymásba invertálási pontján, és a k1-k3-at kicserélő inverzió helyben hagyja k2-t.

Három általános helyzetű körre pedig a bizonyítás: felveszek még két kört (k4-et és k5-öt), amely mind a három kört érinti, és akkor a k1-k2, k2-k3, k1-k3 körök (egyik) egymásba invertálási pontjai rajta fekszenek k4 és k5 hatványvonalán. Persze ez bizonyítás szinten sokkal-sokkal több szőrözést igényel, de legalább inverzió, körhatvány és efféle, és nem tér és projektív.

Egy lehetséges megoldás az A.597-re.

1. Felhasználjuk Monge tételét. Ez alapján kapjuk, hogy S₁S₂S₃S₄T₁T₃=H₁₃ és S₂S₃S₄S₁T₂T₄=H₂₄.

2. Rendkívül lényeges a következő lemma. Adott négy kör a síkon: ₁, ₂, ₃, ₄, ahol _i és _i+1 az E_i pontban kívülről érinti egymást. Ekkor ha _i középpontja L_i, akkor L₁L₂L₃L₄ nyilván érintőnégyszög, de ekkor az L_iL_i+1L_i+2-ek szögfelezői egy pontban metszik egymást, ahonnan E₁E₂E₃E₄ húrnégyszög.

3. Belátjuk, hogy az s:=S₁S₂S₃S₄ és a k₀ körök hatványvonala H₁₃H₂₄. Valóban, például H₁₃ hatványa k₀-ra nézve H₁₃T₁^.H₁₃T₃, s-re nézve pedig H₁₃S₁^.H₁₃S₂. Ezek megegyeznek az előbbi lemma és a szelőtétel miatt. Hasonlóan, H₂₄ is a hatványvonalon van, kész.

Legyen s középpontja . Beláttuk, hogy O merőleges h:=H₁₃H₂₄ egyenesre.

4. Mivel azt már megmutattuk, hogy H₁₃S₃^.H₁₃S₄=H₁₃S₁^.H₁₃S₂=H₁₃T₁^.H₁₃T₃, ezért k₂, k₄ és k₀ körök hatványpontja H₁₃. Hasonlóan, a k₁, k₃ és k₀ körök hatványpontja H₂₄. Vagyis H₁₃ polárisa k₀-ra nézve T₂T₄ és H₂₄ polárisa T₁T₃. Innen OT is merőleges h-ra, tehát TO.

5. A polaritás ismert tulajdonságai miatt H₁₃H₂₄ pólusa s-re nézve S. Következményül S is merőleges h-ra, azaz SO.

Ezért O, T és S is rajta van O egyenesen.

Inspiráció az A.594. megoldásából.

Vegyük figyelembe, hogy a négy pont által meghatározott két parabola ideális pontja is rajta van a mértani helyen.

Sejtés: a négy megadott pont (A,B,C,D) által meghatározott összes szakasz felezőpontjára illeszthető kúpszelet.

Azt először is érdemes meggondolni, hogy az imént megadott hat pont miért egy kúpszeleten van. Ehhez viszont elég észrevenni, hogy középvonalak miatt a hat pont által alkotott (egyik) hatszög szemközti oldalai párhuzamosak, így a Pascal-tétel megfordítása szerint egy kúpszeletre illeszkednek.

Igazából olyan O pontokra volna szükségünk, melyekre középpontosan tükrözve A,B,C,D pontokat, a kapott A',B',C',D' pontok a megadott pontokkal együtt egy kúpszeletre illeszkednek mind a nyolcan.

Nézzük meg először, hogy miért is van például AB szakasz felezőpontja a mértani helyen. Ekkor ugyanis A'=B és B'=A, emiatt igazából egy hatszögről lesz szó, és a középpontos tükrözés miatt a Pascal-tétel megfordítását használva kúpszeletre illeszkedik a hat pont (a hatszögüknek Pascal-egyenese ismét az ideális egyenes lesz). Ezzel megvan, hogy mind a hat felezőpont triviálisan a mértani hely része. Tehát elég belátnunk, hogy a keresett mértani hely kúpszelet.

De nézzünk meg tetszőleges O pontot is a síkon. O-ra tükrözve a megfelelő pontokat, figyeljük meg az ABCA'B'D hatszöget. Ez pontosan akkor lesz pascali, ha B'DBC és A'CAD pontok egy A'B'||AB-vel párhuzamos egyenest határoznak meg. Ily módon lehetne egy vektoros (?) bizonyítást adni a kúpszeletségre.