Fórum: GEOMETRIA

(utolsó előtti sorban az egyenlőtlenség bal oldalán 2 helyett :-))

Te jó ég ennyi hülyeséget mint amit az előbb írtam... Szóval, a Cosinus-tételben + helyett - van. És kell még az is, hogy ab akkor a legnagyobb, ha a=b, ez abból jön ki, hogy PAB területe = ahol állandó és a terület egyenlőszárú háromszögre a legnagyobb(hiszen ahol c állandó és m_c nyilván egyenlőszárúra a legnagyobb), vagyis amikor a=b. Tehát 2(a+b)²a²+b²=c²+2abcos . Ahol a jobb oldal a=b-nél a legnagyobb és ekkor egyenlőség áll fenn, tehát a bal oldal is ekkor veszi fel a maximumát, vagyis a+b is. Nem írok több bizonyítást fél3-kor, elnézést... remélem azért így is érthető és most már jó is.

Legyen PA=b, PB=a, AB=c, a P-nél lévő szög = . Ekkor a Cosinus-tétel szerint: a²+b²+2abcos =c², ahol c és állandók. Ebből következik, hogy a²+b² is állandó. Ekkor a számtani és négyzetes közép közötti egyenlőtlenség miatt: És egyenlősség pontosan akkor áll fenn, ha a=b. Tehát a+b az a=b esetben veszi fel maximumát.

Szervusztok fiatalok! Szerintem jónéhányan már a gyerekeim lehetnétek (a legnagyobb fiam 20 éves), de most szükségem lenne a segítségetekre. Egy apró segédtételre kellene nekem 3 bizonyítás. Egyet már sikerült összehoznom az a:sinalfa=b:sinbéta=c:singamma=2R (elnézést a kezdetleges írásmódért)felhasználásával,de többet csak nem akaródzik kitalálnom. A feladat a következő: Adott egy kör és benne egy AB húr. Mozgassunk egy P pontot a körvonalon. Bizonyítsuk be, hogy a PA+PB akkor maximális, ha P az AB húr által meghatározott két körvonal közül a nagyobbik(pontosabban a nem kisebbik) felezőpontjában van!(azaz az AB húr felezőmerőlegese és a "nagyobbik" körvonal metszéspontja) Köszönöm a segítséget! fermel

OK, most már értem.

Kedves Géza!

A megoldásodban csak az zavar, hogy a B²+C² érték függ az origó megválasztásától. Ezt ha egy kicsit elmagyaráznád hogy gondoltad, megköszönném.

Calyd [523] kérdésére: 2*2-es mátrixszal a síknak csak az origót helybenhagyó, egyenestartó leképezései adhatóak meg, míg a 3*3-as adott formájú mátrixszal pl. az eltolások, bármely pont körüli forgatás, tetszőleges tengelyre tükrözés, stb is.

A tetszőleges 3*3-as mátrix a tér origót helybenhagyó, síktartó leképesei leírására alkalmas. Ha ezt leszűkítjük úgy, hogy a z = 1 sík potjainak képe maradjanak a síkon, kapjuk a fenti speciális esetet.

Lóczi Lajosnak köszönöm szépen. Azóta persze megtalálta magam is, de itt is találtam hasznos információkat. ;)

remélem, elég gyorsan tudtam válaszolni...

Bocs, nem látszik jól az ábrán.

Legyen a hozzáírt kör sugara r_a, középpontja O_a! Írjuk fel T_ABC=t-t T_ABOa+T_AOaC-T_BOaC alakban! tudjuk viszont, hogy ezek a hozzáírt kör tulajdonságaiból következnek (javítsatok ki, ha tévedek!) így elvégezve az helyettesítést kapjuk, hogy innét: t=r_a(s-a) így

Sziasztok! Az a helyzet, h kéne igazolnom 1 tételt, de nem találom seholse a bizonyítását. Ha valaki tudja, h kell bizonyítani azt, h a háromszög hozzáírható körének a sugara milyen kapcsolatban van a háromszög területével az segítsen pls. Előre is köszi!

Nézd meg a

http://mathworld.wolfram.com/RotationMatrix.html

oldalt.

Sziasztok!

Lehet, hogy a kérdés jobban illene valamilyen algebráról vagy programozásról szóló témába, de Bohner Gézának volt még itt anno egy hozzászólása, amelyben leírta egy alfa szögő forgatás mátrixát. Nekem erre lenne szükségem, csak éppenséggel térben. Szóval három dimenzióban hogy néz ki a forgatás? Nem tudom magamnak megfogalmazni, hogy mibe viszi a hagyományos egységvektorainkat egy forgatás térben. Továbbá az említett korábbi hozzászólásban "+1 dimenzió" van az origónak. Ez miért szükséges?

[ui: szerettem volna linket tenni a hozzaszolashoz, de a rendszer nem engedi]

n+78. feladat:

Szívesen. A megoldásom különben hiányos, mert több eset is van. A leírt bizonyításban az AO egyenes a háromszögön belül halad. Olyan eset is lehet, amikor az AO a háromszögön kívül van. ( B-nél tompaszög vagy C-nél tompaszög van). Ekkor a bizonyítás értelemszerűen módosítható. Pld. ha B-nél tompaszög van, akkor most MNC=90^o-MAP. Tehát

MAP+(180^o-ABC)=MAP+MNC=90^o

Nagyon szép megoldás. Köszi szépen.

Az AO félegyenes messe az AMN körülírt körét a P pontban. Ekkor AP ennek a körnek átmérője, tehát ANP szög derékszög. MAP=MNP, mert ugyanahhoz az ívhez tartozó kerületi szögek. Tehát MNC=MNP+90^o=MAP+90^o Másrészt ebből következik, hogy

ABC=180^o-MNC=90^o-MAP. Épp ezt kellett bizonyítani.

Legyen M az ABC háromszög AB oldalának egy A-tol és B-től különböző pontja.Az CMB háromszög köré írt kör az AC oldalt másodszor N-ben metszi.Legyen O az AMN háromszög köré írt kör középpontja. Bizonyítsuk be, hogy AO merőleges BC-re. Elkelne a segítség. Köszi.

Szerintem nem. Azt kell belátni, hogy legalább két olyan oldala van, hogy a tömegközéppontjának merőleges vetülete beleesik az oldallapba (v. az élére).

(Persze nem vizsgáltam, hogy a két feltétel között milyen összefüggés adódik.)

Ez azt jelenti azt kell bizonyítani, hogy mindig van négy lapszöge ami nem tompaszög. Vagy nem?

Bár szerintem általánosabban is igaz az eredmény, feltéve hogy a tömeg nem lóg ki a tetraéderből.

Igen, és a tetraéder teljesen tömör, nincsenek benne lyukak.

Az anyag-amiből a teraéder készült-tömegeloszlása egyenletes???:)

Ezt a feladatot talán ismeritek.

Igaz-e, hogy minden tetraédernek legalább két oldala van, amin megáll (ha lerakjuk vízszintes terepre)?

Ja...........! Úgy már minden más.

Azt hiszem rájöttem, mi a félreértés oka. Az 1) feltétel azt jelenti, hogy az ÖSSZES pont nem lehet egy síkban.

Valamit félreérthetsz. A feladat szerint az 1), 2) és és 3) feltételnek teljesülnie kell. Akkor miért teszed fel, hogy ezek közül kettő nem teljesül ?

De ha az 1) és a 3) feltétel egyszerre nem teljesül, akkor a feladatra mindenképp nemleges a válasz...

...szerintem...

Tény, hogy a párhuzamos egyeneseket meghatározó pontok egy síkban vannak, de ebből én nem látom az ellentmondást... Szerintem te az első feltételt akartad megdönteni, de hát attól még, hogy bizonyos pontnégyesek egy síkban vannak, nem feltétlenül van minden pont egy síkban.

(érvelésedre egyébként lejjebb találsz ellenpéldát...)

Ha AB és CD szakasz (s így azegyenes) párhuzamos, akkor nem kitérőek, és nem metszik egymást, ezért az ABCD négyszög egy síkidom, sőt egy trapéz, tehát ilyen "pontrendszer" nem létezik.

Talán a legegyszerűbb/legelegánsabb megoldás az, ha veszel egy szabályos 1004-szöget, majd két szemközti csúcsánál fogva 90 fokkal kiforgatod a térbe, s ehhez hozzáveszed az eredetit.

Köszi. Hiába kerestem a neten, nem találtam.

Ez idei Kürschák-példa volt:) azt hiszem, ilyesmi jó: egy gömb egy főkörén egy szabályos 2002-szög, valamint ezen 2002-szög két szemközti csúcsára illeszkedő, a korábbi főkörre merőleges főkörön egy szabályos hatszög (mármint, hogy 2 szemközti csúcsa egybeessen a 2002-szög szemközti csúcsaival).

Sziasztok !

Van egy példám, amivel nem boldogulok. Állítólag versenypélda, de sehol sem találom.

Megadható-e a 3-dimenziós térben 2006 pont a következő tulajdonságokkal:

1) a pontok nincsenek egy síkban

2) semelyik 3 nincs egy egyenesen

3) bármely A,B ponthoz létezik olyan C,D pont, hogy az AB szakasz párhuzamos a CD szakasszal

huuuuuuu Nagyon tuti kis progi lett. Le a kalappal. Köszönöm szépen :D

El.

Sirpi. Elkészült az a kis feet a progidhoz, ami megmondja, h milyen tipusú négyzetből mennyit használ fel?

Kicsit visszatérnék a négyzetredarabolás problémájához, pontosabban ehhez kapcsolódóan egy hasonló problémához. Régebb óta foglalkoztat egy hasonló probléma. Adott (itt most) egy négyzet és ezt kell valahány kisebb négyzetre felosztani. Én a 11 részre osztás változatba merültem el, többszöri nekifutással.

Mit gondoltok, hányféle különböző (egymásba nem forgatható vagy tükrözhető) módon lehet egy négyzetet 11 kisebb négyzetre osztani? Először kiváncsi vagyok a megérzésetekre. Utána, ha nem bonyolult, valaki írhatna rá egy rutint, mert kiváncsi lennék a pontos eredményre is.

Ez egy maximális összsúlyú út keresése egy irányított körmentes gráfban. Ugyanis feleltessünk meg minden kockát egy-egy csúcsnak. Tekintsük ezt az n csúcsot abban a sorrendben ahogy a nekik megfelelő kockák az asztalon vannak (a₁,a₂,...,a_n). Ha i<j és a_j kocka könnyebb, valamint keskenyebb mint a_i kocka, akkor mutasson él a_i-ből a_j-be. Súlyozzunk minden a_ia_j élet -vel, ahol |a_i| = a_i szélessége (ami megegyezik a magasságával). Vegyünk fel továbbá egy s ill. t csúcsot, s-et első, t-t utolsó csúcsnak. És mutasson él s-ből minden a_i-be, ezek legyenek súlyozva -vel. Illetve minden a_i-ből mutasson él t-be szintén súlyozással. A csúcsok jelenlegi helyzete egy topológikus sorrend (csak előre megy él), ebben a következőképpen kereshetjük meg a leghosszabb utat (s:=a₀, t:=a_n+1): Az a_i pontra ha nincs a_i-be futó él, akkor címkéje legyen 0, egyébként P_i azon pontok halmaza ahonnan van él a_i-be. Az a_i pont címkéje = címkéje +c_ji}, ahol c_ji az a_ia_j él súlya.

Vagy épp jóval nehezebb. Nem tudom.

Most esett le, hogy mit mond ez a feladat. Figyelmesebben kéne olvasnom. Tehát a kockákat csak sorban lehet felhasználni. Így, azt hiszem, jóval könnyebb.

Viszont az átlatános táblázat benne van: A113881.

Ha megnézzük, hogy egy n+1 x n méretű téglalapot hány részre kell a szabályok szerint szétvágni, akkor egy ilyen sorozat jön ki.

2, 3, 4, 5, 5, 5, 7, 7, 6, 6, 7, 7, 7, 7, 7, 9, 8, 8, 9, 8, 8, 8, 8, 8, 8, 8, 9, 9, 9, 9, 11, 9, 9, 9, 9, 10, 9, 9, 9, 9, 9, 9, 10, 10, 10, 10, 10, 10, 10, 10, 10, 11, 10, 10, 12, 10, 10, 10, 10, 10, 10, 10, 11, 10, 10, 11, 12, 11, 11, 11, 12, 12, 11, 11, 11, 11, 11, 11, 12, 12, 11, 11, 11, 11, 11, 11, 11, 11, 11, 11, 12, 11, 11, 11, 11, 11, 11, 11, 12, 12, 11, 11, 11, 11, 11, 11, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 13, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 13, 12, 12, 15, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 13, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 13, 13, 13, 13, 13, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 13, 13, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 13, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 13, 13, 13, 13, 13, 13, 13, 13, 14, 13, 13, 13, 13, 13, 13, 13, 14, 14, 13, 13, 13, 13, 13, 13, 13, 14, 13, 13, 14, 13, 13, 13, 13, 13, 13, 13, 14, 13, 13, 13, 14, 13, 13, 13, 13, 13, 13, ...

Ez a sorozat (még) nincs benne az OEIS-ben.

Akkor itt van: vag.bmp.

Jaj. Így sem lehet, mert a fórum átalakítja jpeg-gé.

Akkor feltöltöm valahova.

Feltöltöm a programot is, ha valakit érdekel. Ez már egy módosított változat, 2501 [484] hozzászólásából elloptam az ötletet, valamint képbe ágyaztam.

Ez egy ruby program. Ha ki akarod próbálni, mentsd le vag.bmp néven, majd indítsd el a ruby vag.bmp paranccsal. (Bocs, de másképpen nem lehet ide programkódot feltölteni.)

Mivel nem tudok programot írni, felszerkesztettem:

Bele :-) Asszem tényleg átírom nemrekurzívra, ahogy 2501 mondta, és akkor ilyen finomságokat is bele lehet tenni. Nemsoká jelentkezem. Bár ugye a felbontás nem mindig egyértelmű, a progam max egy megoldást fog kiadni a sok közül.

Közben megírtam a programot, és lefuttattam 99x98-ra, csak valami technikai gond miatt nem sikerült post-olnom ide a hozzászólást.

Az jött ki, hogy legkevesebb 11 kis négyzet kell.

Ezt a következőképp kell megcsinálni. (Visszafele mondom, mert úgy könnyebb követni.)

Először két 6-os és egy 12-es négyzetből csinálunk egy 12x18-asat, amit két 18-as négyzettel kibővítünk 18x48-assá. Utána csináljunk két 16-os és egy 32-es négyzetből egy 32x48-asat. Most a 18x48-as és a 32x48-asat összerakjuk a közös oldal mentén 50x48-assá. Eddig elhasználtunk 8 négyzetet.

Most az 50x48-asunkat egy 50x50-es négyzet mellé tapasztjuk, hogy egy 50x98-as téglalapot kapjunk. Végül ennek a 98-as oldala mellé még két 49-es négyzetet rakunk egymás mellé, így egy 99x98-ast kapunk. Három négyzet kellett a befejezéshez, tehát ez összesen 11 négyzet.

Mondjátok csak, olyan opciót bele lehetne építeni valahogy, hogy a program azt is számolja hogy milyen négyzetből hány darabot használt fel???

Mondjuk az 5*6-os téglalphoz kell kettő darab 3*3-as, mag három darab 2*2.

Jójó tudom, de köszi hogy szóltál :-) 98x99-re így is lefut úgy, hogy nem veszem észre, hogy eltelt volna bármi idő is, de átírom nemsoká, hogy még frappánsabb legyen ;-)

Te gondolom tudod, de azert leirom, hogy ez a gondolatmenet hogyan viheto tovabb.

Mivel a tablazat minden eleme csak a vele azonos sorban elotte, illetve azonos oszlopban folotte levo elemektol fugg, es az elso sor es oszlop, illetve az atlo tartalma trivialis, a tablazat kitoltheto iterativan (rekurzio nelkul).

Meg egy apro eszrevetel (ertsd: kakan is csomot kereses :D) a ciklusokban i-nek nem kell k-1-ig (l-1-ig) mennie, csak a "feleig" (C szintaxissal k/2 vagy k>>1).

Lásd #473 :-) És még az se optimális...

Amúgy 99-et én is tudtam fejből :-)

Még valami. Mivel úgy adtad fel, hogy "készítsen programot", ezért feltételezem, hogy ez nem matematikai hanem számtech feladat. Ezért aztán jó lenne, ha megmondanád a limiteket a bemenet adataira, mert némelyik Nemes példát azzal tesznek könnyűvé (de becsapóssá), hogy megszorítják a bemenetet.

99-re tippelek programozás nélkül. Az nagyon rossz?

Igen, ez a fogós feladat még nagyon sok évvel ezelőtt Nemes Tihamér feladat volt. Én akkor, azt hiszem, kilencedikes voltam, de szerintem még tizenkettedikes koromban sem tudtam volna megoldani.

(P.S. Van ennek köze a geometriához?)

Nekem a következő problémám van:

Építőkockákból úgy lehet stabil tornyot építeni, hogy kisebb kockára nem lehet nagyobbat, illetve könnyebb kockára nem lehet nehezebbet tenni. Kezdetben a kockák egy sorban lerakva vannak az asztalon. A soron következő kockát csak egy megépített torony tetejére rakhatjuk, ha kihagyjuk, akkor azt a kockát később sem használhatjuk fel. Készítsen programot, amely adott n kocka alapján megadja a belőlük építhető legmagasabb tornyot! Bemenetként megkapjuk a kockák darabszámát, illetve azt, hogy melyik milyen széles illetve milyen súlyú, és nincs két kocka amelynek a mérete és a súlya is megegyezne.

Hűűűűű Köszönöm szépen :)

A tömb azért kell, hogy ha egyszer egy részeredmény már megvan, akkor azt ne számolja ki a progi újra és újra, mert egyrészt nagy számokra lassú lesz, másrészt ilyenkor a rekurzív hívások miatt egy veremben tárolja, hogy éppen milyen mélységben hívódott meg a rutin, és ilyenkor veremtúlcsordulás esetén a progi szépen fejreáll.

Kicsit kicsinosítottam a progit, a teljes forráskód letölthető innen.

már látom miért van ez a mindarabszámos értékadás, mert ugye itt tároljuk a legkisebb j-t.... Ok. A dinamikussá átalakítást még mindig nem vágom. Annak a segítségével meg lehetne adni szebben a mindarabszam értékét?

És még egy a programmal kapcsolatabn. Az is jó, ha a mindarabszám nevű változó kezdőértéke nulla, és nem vizsgáljuk h j kisebb-e nála, csak simán eltároljuk benne az értéket? Miért van szükség erre a vizsgálatra???????????

Köszönöm a gyors választ Sirpinek. Ki is próbáltam. Nagyon tuti :-)...

Az érdekelne még h pontosan h kell átalakítani dinamikus programmá... Hová építsem be pontosan azt a kétdimenziós tömböt????

Jelenleg 14-nél tartok.

Hm, kipróbáltam még pár értéket, próbáljátok megtippelni (programozni nem ér :-P), hogy egy 98x99-es téglalap legkevesebb hány négyzetre vágható fel.

Ez egy sima kétdimenziós dinamikus programozási feladat. C-ben valahogy így néz ki (bocs a tördelésért, de nem nagyon lehet kódot írni ide...):

// ---------------------------------------------

int negyzetekrebont (int k, int l) {

if (k == 1 || l == 1) return (k+l-1);

if (k == l) return 1;

int mindarabszam = 1000000, i, j;

for (i = 1; i < k; i++) { j = negyzetekrebont (i, l) + negyzetekrebont (k-i,l);

if (j < mindarabszam) mindarabszam = j; }

for (i = 1; i < l; i++) { j = negyzetekrebont (k, i) + negyzetekrebont (k,l-i);

if (j < mindarabszam) mindarabszam = j; }

return mindarabszam; }

// ---------------------------------------------

Itt ugye a függvény rekurzívan meghívja önmegát, minden vágást végigpróbálva, egészen addig, amíg 1 szélességű csíkok nem keletkeznek. Nagyobb számoknál a verem hamar betelhet, ezért érdemes egy 2-dimenziós tömböt is csinálni, melyet kezdetben feltöltünk -1 értékekkel, meg ha k=1 vagy l=1, akkor a triviális minimumokkal, és ha valamilyen k,l-re már tudjuk az optimumot, akkor azt nem számoljuk ki rekurzívan újra, hanem beírjuk a tömb megfelelő helyére, és legközelebb csak ki kell onnan olvasni.

Meg is írtam, és próbaképp azt kaptam, hogy 19,23-as téglalapot 9 négyzetre fel lehet vágni.

Ebben a problémában várok segítségeket:

Adott egy téglalap alakú fémlap, amit a lehető legkevesebb négyzetre kell darabolni. A darabolásra olyan vágógépet használhatunk, amely csak ketté tudja vágni a lapot valamelyik oldalával párhuzamosan. A keletkezett darabokat külön-külön darabolhatjuk tovább. A téglalap oldalainak hossza egész szám centiméter mértékegységben mérve, és a darabolás eredményeként is olyan négyzeteket kell kapni, amelyek oldalhosszai egész számok. Egy darabolás akkor optimális, ha a lehető legkevesebb négyzet keletkezik.

A keresett szög 30 fok, egyébként lásd az "érdekes matek feladatok" téma 80., 66. és előzményei hozzászólásokat.

Bár néha elmarad a feladatszámozás, vegyük úgy hogy a tied volt a 78-as, én most feladom a 79. feladatot, hátha valaki nem ismeri. Adott az ABC , C-nél 20^o -os csúcsszögű egyenlőszárú háromszög. Legyen D a BC szárnak az a pontja, melyre BAD = 50^o , E az AC szárnak az a pontja, melyre EBA = 60^o . Mekkora szöget zár be az ED egyenes az AB egyenessel?

Mivel a feladat a 70-es 80-as években egy KöMaL cikkben példaként szerepelt - ott a megoldás kulcsa az volt, hogy az ábrát a szabályos 18-szög és összes átlói által kifeszített hálózat részeként tekintjük - most legyen az a cél, hogy minél kevesebb új pont felvételével adjunk elemi geometriai megoldást.

Egy újabb remek feladat: adott egy kör alapú henger alakú tortánk, és ezt kellene 12 vágással 80 szeletre (részre) vágni. Semelyik 3 vágás nem mehet át egy ponton, viszont bármelyik kettőnek van közös metszéspontja.

Nálam cd a kör átmérője volt, nálad gondolom a sugara, mert úgy kijön amit írsz. Köszönöm, tetszik!

Bocs, a 77. feladatot tényleg nem intézi el. Nos, c=1 triviálisan jó.

Az éles határ c-re . Ennek a bizonyítása a Reiman: Geometria és határterületei könyv 15.3. (Helly tételes) fejezetében van benne. A bizonyítás a következőn múlik. Először belátod, hogy a korlát jó háromszögekre (szabályos háromszögre pont az arány), aztán veszed a ponthalmaz minden három pontjára azon pontok halmazát, amelyektől mindhárom pont legfeljebb távolságra van, majd erre a halmazrendszerre alkalmazod a Helly-tételt.

Köszi! Ez 76.-ot tényleg elintézi, de 77.-et szerintem nem.

76., 77. feladatokra. Ha a töröttvonal egy nagyon lapos egyenlőszárú tompaszögű háromszög, akkor a kört csak egyféleképpen lehet kiválasztani, és a háromszög kerületéhez képest ez akármilyen nagy lehet. Tehár nem igaz az állítás.

76. feladat

Adott egy h hosszú zárt töröttvonal. igaz-e hogy mindig kiválasztható 3 csúcsa, melyek köréírható köre lefedi az alakzatot és átmérője kisebb/egyenlő mint h/2 (ha nem, akkor mi a legkisebb c konstans amit az helyére írhatunk).

77. feladat

Van e olyan c konstans, hogy bármely d átmérőjű alakzat lefedhető egy cd átmérőjű körrel. (Mi a legkisebb ilyen c)

Nem tudom milyen nehezek, csak eszembe jutottak.

elnéztem a feladatot :) 9 síkunk van, és 74 a kérdéses limit, ami pont passzol :)

Na nézzük. Akkor most át is gondolom a választ, nem csak tippelek.

Ha lerakjuk az első síkot, akkor utána már csak azt kell megnézni, hány részre osztja a két félteret a maradék hét sík. Ez ugyanannyi, mint ahány részre hét egyenes osztja a síkot, csak kétszer kell számolni. Mármost erre viszont tudjuk a választ, mégpedig 1+(1+2+...+7)=29 síkrész, így aztán összesen 2^.29=58 térrész keletkezik.

Ha ez a megoldás jó, akkor azt is jelenti, hogy minden n-hez csak egyetlen F tartozik, tehát az a bizonyos maximum egyben minimum is. :)

Szerintem feltehetjük úgy is a kérdést, hogy egy gömb 8 főköre, amelyek közül semelyik háromnak nincs közös pontja, maximum hány részre osztja a gömböt.

Ha a főkörök száma n, akkor a metszéspontok száma n(n-1), mivel minden párnak két metszéspontja van. Minden pontból 4 darab főkör-szegmens indul ki (és minden szegmensen két pont osztozik), tehát a szegmensek száma a csúcsok számának kétszerese, 2n(n-1).

Mivel az így létrejövő gráf gömbre rajzolható :), alkalmazható rá az Euler-féle poliédertétel:

V + F - E = 2

F = 2 + E - V

F = 2 + 2n(n-1) - n(n-1)

F = 2 + n(n-1)

Pl:. 3 főkör esetén V = 3*2, E = 2*3*2, F = 2 + 3*2, ami egész jól egybevág azzal, amit az oktaéderről tudunk. :)

Ez a gondolatmenet n = 8 esetében 58-at ad meg maximumként, ami nekem őszintén szólva kicsit soknak tűnik. :) Ha valaki megtalálja benne a hibát, legyen szíves, szóljon! Köszönöm.

Szerintem 37-re.

Sziasztok! Lenne egy feladatom:

Adott a térben egy pont, és 8 olyan sík, amelyek mindegyike átmegy ezen a ponton, viszont semelyik 3 sík nem megy át egy egyenesen. Maximálisan hány részre oszthatják a teret ezek a síkok? (Az eredeti feladatban az a kérdés, hogy 36 részre oszhatják-e).

Köszi! Azt azért gondolhatnátok, hogy aki ilyen egyszerűt kérdez, az nem biztos, hogy megérti az ilyen (nekem) magasröptű válaszokat. - Viszont időközben összeszedtem magam, fölírtam a két ponton átmenő egyenes egyenletét, az erre merőleges, a harmadik ponton átmenő egyenes egyenletét, ezt megoldottam, mint egyenletrendszert, az kiadja a metszéspontot, végül arra is rájöttem, hogy kell két pont távolságát kiszámolni (Pithagorasz :) Már meg is írtam ebből a Java kódot, de a kipróbálása már holnapra marad ...

Azért még egyszer köszönöm, jó tudni, hogy vannak segítőkész emberek, akik ráadásul még a matekhoz is értenek.

Hali!

Egy masik lehetseges modszer. Legyen A es B az egyenesen C pedig a harmadik pont. A 3 pont meghataroz egy haromszoget, a keresett tavolsag, az AB oldalhoz tartozo magassag. A haromszog teruletet kiszamoljuk eloszor Heron-keplettel, majd a szokasos keplettel:

Nem mondom, hogy egyszerubb, mint a masik megoldas, de pont ez a szep a matekban, hogy sok megoldasa van egy feladatnak.

Udv: Vik

Egy P pont "előjeles távolsága"* egy hipersíktól , ahol a hipersík egy tetszőleges normálvektora, pedig a hipersík egy tetszőleges pontjából P-be mutató vektor.

Jelen esetben a hipersík egy egyszerű egyenes. :) Alkalmas és pl.: , , ahol A és B az egyenes két pontja.

*A normál irányával ellentétes oldalon negatív.

Tudna nekem valaki segíteni ... Tudtam én ezt valamikor, de elfelejtettem ...

Egy síkban adott egy két pontjával meghatározott egyenes, valamint egy harmadik pont. Hogyan tudom a pont és az egyenes távolságát kiszámolni?

Köszi

Nem az ilyeneknek az elterjedt neve ez. (És ez nem is "geometria", azaz a kérdés egy kicsit off.)

Háromszögfüggvényeknek az olyan függvényeket hívják, mint pl. az |x|1 intervallumon értelmezett 1-|x| függvényt - és ennek periodikus ismétlődéseit és egyéb transzformáltjait (ilyen-olyan nyújtások stb.).

Ami Téged érdekel, az valószínűleg a "metrikus terek leképezései" avagy a "topológia" tárgyszó alatt található.

Üdv

K.

Tovább bővíteném a kérdéseim körét. Van-e magyar nevük (ha van, akkor mi az?) az Arkhimédészi, katalán, Johnson féle testeknek? Találtam pár weboldalt, de ott csak angol neveket találtam. Létezik olyan magyar nyelvű könyv, amiben ezek a testek összeszedve magyar nevekkel és jellemzőkkel le vannak írva??? (Ez 5(szabályos)+13+13+92=123 test) Aki tud, kérem segítsen!!!

Megnéztem a félig szabályos testeket, de nem teljesen világos minden számomra. A következőknek nem találtam meg a magyar megfelelőjét:

Cuboctahedron, Rhombicuboctahedron,

Saját elgondolás szerint hasonlóan a többihez tudnám "magyarítani", de nem tudom helyes lenne-e. Ezeknek mi a magyar megfelelője?

Köszönöm a segítséget!!!

Annak idején keresgéltem ezeket a neveket, amikor magyarítanunk kellett őket; egy párat l. a thesaurus.maths.org fogalomtárban.

Itt meg egy animáció is van róluk:

http://www.jgytf.u-szeged.hu/tanszek/matematika/polieder/Arkhimedesz/nevek.gif

Sziasztok! Az iránt érdeklődöm, hogy az Arkhimedeszi testeknek (félig szabályos) van-e magyar nevük?

Üdvözlök Mindenkit! Az lenne a kérdésem, hogy tud-e Valaki, akár nemzetközi nyelven elérhető forrásanyagot az ú.n. HÁROMSZÖGFÜGGVÉNYEKRŐL? (Leegyszerüsítve, egy f függvényt 3-szögfüggvénynek neveznek, ha a 3-szög egyenlőtlenséget teljesítő három a, b, c számra a függvény képeire is fennál a 3 db 3-szög egyenlőtlenség. (Pl. a (konkáv és monoton növekvő és f(0)=0) függvények ilyenek). Előre is köszönöm! Üdv: epsilon

A CAD programokkal, így az AutoCAD-del is lehet egynéhány dolgot csinálni a felsoroltak közül, de nem kimondottan a geometriai oktatás szemléltetés céljára, hanem a mérnöki termék szakmában szokásos bemutatésára. Axonometria, perspektíva, vágás mindben van, ahol van 3D. Az régebbi AutoCAD-nek is van ilyen kiegészítője, habár az alapvetően 2D-s.

Ha a 3D-s programot nem kimondottan ábrázoló geometriára hegyezték ki, akkor a kivánt feladatokat legfeljebb csak közvetve tudod elérni, a program készletében megtalálható elemi lépések sorozatával. E mellett pedig rengeteg számodra felesleges lehetőséget találsz benne, ami a megcélzott területben való dolgozáshoz elengedhetetlen.

Így feltehetőleg neked egy olyan általános 3D-s program kellene, amiben egyes szerkesztési lépések sorozata programozható.

Talán a következők lehetnek számodra megfelelők. Én nem ismerem ezeket, csak hallottam róluk: OpenGL és VRML Azaz olyan rendszereket keress, amik ezen eljárásokat ismerik. Az OpenGL egy térbeli ábrázolási eljárás és szerkesztés, amit az adott 3D-s program szabványosan alkalmazhat.

http://www.inf.u-szeged.hu/oktatas/jegyzetek/KubaAttila/opengl/starthu.xml

erre tellik :P

Ez aztán segítség... :P

én tudok neked mondani!:D

körző ceruza 2.0 :O

Sziasztok! Most járok itt először... :) Szeretnék segítséget kérni tőletek. Olyan ábrázoló geometriás programra lenne szükségem, amiben lehetőleg minden fontos benne van: Monge-féle merőleges vetítés, axonometria, perspektíva, lehet benne testek áthatását vizsgálni, kúpot vagdosni, ilyesmi. AutoCAD-del kísérleteztem, nem sok sikerrel... Előre is köszönöm, ha valaki tud néhányat mondani! :)

A cikkben szereplő metszetábrákon (vagy egy kicsit nagyobb ábrákon itt) a metszősíkot önmagával párhuzamosan told bele a kúp csúcsába, és akkor érinti / kimetszi azt az 1 vagy 2 alkotót, amiket keresel.

Üdvözlet!

Kós Rita a "Kúpszeletek és Dandelin-gömbjeik" c. cikkében azt írja, hogy ha egy egyenes kúpot a csúcsán át nem menő síkkal elmetszünk, akkor vagy kört, parabolát, ellipszist v hiperbolát kapunk. Olyan feltételeket ír pl. hogy 2 alkotóval párhuzamos. Mit jelent az, hogy egy sík 1, 2 alkotóval párhuzamos? Illetve mi az az 1, 2 alkotó amivel párhuzamos? Én nem látom...

Előre is köszönöm!

Kösz, kiindulási ötletnek nem rosz! ;-)

Indulj ki abból, hogy a négy sarokhoz négy különböző négyzetnek kell tartoznia, és azon kívül csak egy négyzeted van. Innentől három lehetőség van:

Az első kettőnél a nagy téglalap nem lehet négyzet, a harmadiknál a kis téglalapok. Persze ez nem precíz bizonyítás.

Igen, ismerem a könyvet, nagyon kedves,és tanulságos! Sok helyen kerestem az 5-re egy szimpatikus bizonyítást, most meg az is felbuzdított, hogy a Kengurú egyik selejtezőjén feltették a kérdést, hogy hány darabra nem darabolható egy négyzet, és persze ott volt az 5 is, ez azt a gyanút keltette bennem, hogy ha ilyen helyen tippelés formájában adták föl, akkor csak kell lennie valamilyen egyszerű bizonyításnak! Hátha valaki találkozott ilyennel?!

Igen, akárhány négyzetre feldarabolható. A bizonyítás megtalálható Reiman István könyvének 15. fejezetében. Ez azon áll, hogy bármely darabolásból kaphatsz egy 3-mal több négyzetté darabolást, ha az egyik kis négyzetet négy felé osztod, így elég megmutatni, hogy a négyzetet 4, 6, és 8 felé lehet vágni. Az 5 négyzetes esetre nem ad egyszerű bizonyítást.

Helló! Nagyon szimpatikus feladat a négyzetnek az akárhány négyzetre darabolása, ez az "akárhány" természetesen 4 vagy több mint 5. Régóta felmerült bennem a kérdés, hogy van-e egyszerű bizonyítás arra, hogy egy négyzet nem darabolható fel 5 darab négyzetre? Ha van véleményetek, bizonyításotok szívesen várom! Üdv: epsilon

Szabó László: Konvex Geometria (Egyetemi jegyzet) Az ELTE TTK Déli épületében a 4. emeleten a geometria tanszék titkárságán lehet kapni, ha jól emlékszem kb. 500 ft.

Szeretnélek bennetek megkérni arra, ha tudtok valami jó web-címet, amin találhatok összefüggő (hosszú) szöveget az affi-geometriáról, küldjétek el légyszi az e-mail címemre: nytuki@orangeportal.sk. Ha valami jó könyvet is tudtok ajánlani, azt is megköszönném. Köszi

Igen, a nyíl ezt próbálta szimbólizálni :-)

Kérdés: ha a fő járat nem egyirányú, akkor vajon minden permutáció előáll?

Igen, feltéve, ha a fő járat egyirányú.

Vagy inkább annyiféleképpen, ahányféle sorrendben n-2 db. hangya ki tud jönni egy járatból, ha a járat közepén található egy zsákutca (amiben tetszőlegesen sok hangya elfér de nem fér el egyszerre kettő menetiránnyal szemben) :-)

(Mind az n-2 db. hangyának ki kell jönni)

Hát igen, ehhez készült az ábra eredetileg.

Ugyanannyiféleképpen, mint ahány n-2 darab egyesből és n-2 darab mínusz egyesből álló sorozat van, aminek minden részletösszege pozitív. A bizonyítás levezethető az eredeti ábra postscript forrásából.

Ezzel, remélem, még nem árulok el sokat.

Elmondom majd a bizonyítást, ha érdekel valakit.

Sorry, legyen inkább az előző a 74. feladat :-)

75. feladat Egy szabályos n-szöget átlóival n-2 db. háromszögre daraboltunk. Hányféleképpen tehetjük ezt meg?

Lehet, hogy sokan ismerik a következő feladatot.

73. feladat. Ha egy 2n+1 oldalú szabályos sokszöget 2n-2 átlóval háromszögekre bontunk, akkor milyen határok között változhat a keletkező háromszögek közül a hegyesszögűek száma?

Segítségül itt egy ábra.

Ez egy érdekes probléma. Nekem az a gyanúm, hogy ezen a projektív geometria nem tud segíteni. Ha ugyanis megadjuk pl az A, B, C, D pontokat, akkor ahogy kísérletezgettem GeoGebrában, úgy látom, előfordulhat, hogy akár 3 olyan ellipszis is van, aminek ezek pontjai, és A valamelyik tengely végpontja. Ha pedig 3 vagy több megoldás van, akkor hiába is keresünk jó szerkesztési eljárást. Persze az, hogy A a nagytengely, és nem a kistengely végpontja, az egy további szűkítés - ezt azonban projektív módon megfogni nehézkes, legfeljebb úgy tudom elképzelni, hogy valahogyan azt próbáljuk meg kihasználni, hogy a valós fókuszok egyenesén van rajta. Nekem ez sajnos nem sikerült.

Érdekes azonban, hogy ha A, B, C, D egy körön van, akkor már létezik nagyon egyszerű szerkesztési eljárás a tengelyek irányára: projektív eszközökkel ugyanis meg lehet mutatni, hogy akkor az AB, CD egyenesek szögfelezői párhuzamosak lesznek a keresett ellipszis tengelyeivel.

Ha az ellipszis 5 pontját ismerjük, akkor projektív módon projektív sugársorok metszési alakzataként tudjuk előállítani. A sugársorok közötti projektív leképezést három megfelelő elempár határozza meg, így ha kiválasztjuk az adott A és B pontokat, mint tartópontokat, akkor az AC, AD, AE egyeneseknek megfelelő BC, BD, BE egyenesekkel megadtunk egy, a kúpszeletet meghatározó projektivitást. Ha a sugársorokat metszük az adott (e) egyenessel, akkor az e egyenesen projektív pontosorokat kapunk. Ebben a projektivitásban az önmagának megfelelő pont adja az egyenes és a kúpszelet metszéspontját. Így erre a projektivitásra a Steiner-féle kettőselem-szerkesztést alkalmazva kapjuk meg a keresett metszéspontokat. A Steiner-féle kettőselem-szerkesztésnél a síkon felvett tetszőleges körre annak egy tetszőleges pontjából rávetítjük a projektivitás megfelelő pontpárjait. Kiválasztva (az ábrán például) a C1' és C2' pontokat, rendre a C2', D2', E3' és C1', D1', E1' pontokat vetítve belőlük, perspektív sugársorokat kapunk. Ezen perspektivitás tengelye a kört a P1', P2' pontokban metszi, ezeket visszavetítve az (e) egyenesre, megkapjuk a keresett kettőspontokat.

Milyen Steiner-szerkesztésre gondolsz? Ezen a néven nem találtam olyan szerkesztést, mely egy pontjaival adott ellipszis és egy egyenes metszéspontjait adná meg.

Köszönöm a segítséget.

Átgondolom, kipróbálom, lehet lesz még kérdésem... nem ismerem mindegyik dolgot amit leírt, de rákeresgetek. (Nem matematikával-geometriával foglalkozom alapvetően.)

A probléma abban módosult, hogy kiderült nem 5 pont, hanem négy pont alapján kellene előállítani az ellipszist. A pontok közül 1 db az speciális azaz a nagytengely egyik végpontja. a többi 3 darab teljesen általános. Ebben kérnék segítséget. Próbáltam már kérdezgetni több felé, elvileg ez csak számítással oldható meg?

Üdv. Morci

Szerintem érdemes próbálkoznod ebben a topikban. A külön témát, amit nyitottál, töröltem, a linknél teljesen jó helye van a kérdésednek.

Az informatikus kollégáktól kérnék segítséget. A probléma a következő. Van egy kockám, és szeretném azt megforgatni egy programmal. 1. kérdés : hogyan számítom ki a 8 csúcspont koordinátáit, ha elforgatom őket x,y,z tengely körül, és mi ennek a matematikai alapja(csak hogy értsem is hogy megy!), 2. kérdés : 3D - 2D leképezés módszere érdekelne nagyon részletesen. Ja és még valami. Van még ingyen letölthető szerkesztőprogi az Euklidesen kívül? Köszi mindenkinek! Kenéz

Kösz, HoA, látod, néha még egy mondat is csodákra képes.... A helyzet az, hogy ebbe valóban nem gondoltam bele, mivel a szerkesztésnél annyira evidens volt, és látható, hogy nem gondoltam, hogy bizonyítani kéne. Mivel látványos volt a dolog, abba se gondoltam bele, csak akkor lehet trapéz, ha van egy párhuzamos oldalpárja. Hát nincs is neki. Ennyit erről. Kicsit jobban figyelni(Ezt magamnak mondom!).

Ábra (igaz, fejjel lefelé) mellékelve. Segítség: Miből gondolod, hogy pl. ABED húrtrapéz? AE és BD párhuzamosságát bizonyítani kellene.

Az ábrát elfelejtettem feltenni!

Hello mindenkinek! Megoldottam egy feladatot, mindjárt le is írom a szövegét, a megoldásom viszont nem volt jó, nagyon szeretném, ha valaki megcáfolná az én megoldásomat, megmondaná, miért nem helyes. Köszönettel: Kenéz A feladat: Középkori építészek használták a következő szerkesztést a szabályos ötszög előállítására: Rajzoltak egy négyzetet, aztán megrajzolták a négyzet oldalaival párhuzamos szimmetriatengelyeket, majd a négyzet bele- és köréírt körét. A négyzet A oldalfelező pontját összekötötték a körülírt kör PQ átmérőjének végpontjaival. A négyzet beírt körét az AP és PQ szakaszok a B és E pontokban, a négyzet alsó felét adó KLMN téglalap átlói pedig a C és a D pontokban metszik. Az ABCDE pontok alkotják az ötszöget. Valóban szabályos ez az ötszög?

Az én megoldásom: Behúzva az AD BE CE BD szakaszokat, húrtrapézokat kapunk. Az ABED húrtrapézból : AB = ED. CEAB húrtrapézból : CB = AE. DABC húrtrapézból : AB = CD Eddig : AB = ED = CD EBCD húrtrapézból : CB = ED Tehát : AB = ED = CD = CB = AE Tehát ez egy olyan ötszög, amelynek minden oldala egyenlő, vagyis szabályos. Hol van a hiba a logikámban?

[409] után a 68. - 70. - 71. feladatok tkp. a [388] -ban felvetett egyenlőtlenség szemléletes bizonyításai. Adjuk fel 72. feladat-ként az egyenlőtlenség trigonometriai - ábrát nem igénylő - bizonyítását.

Érdekességképpen megemlítem, hogy a tételre a Matematikai Versenytételek 1897(!!)-i egyik feladataként is rátaláltam. Igaz, ott az állítás nem ilyen éles, csak a

sin(/2) * sin(/2) * sin(/2) 1/4

igazolását tűzték ki. A megoldás 1/8 -ra is szerepel.

Kedves Géza!

Ha jól vettem az adást, akkor gyakorlatilag a szögek és térszögek közötti összefüggést, hasonlóságot az érintő ill. érintősík elfordulás, elmozdulás mértékében kell, lehet keresni.

Mégegyszer köszi a tájékoztatód.

A következő hozzászólásban használom az alábbiakat:

Legyenek az ellipszis adott pontjai A, B, C, D, E!

1. A Pascal-tétel segítségével szerkeszthető pl. a C és D pontbeli érintő, ezek metszéspontját jelölje F!

2. Mivel F polárisa a CD egyenes, a CD irányához konjugált irányú átmérő áthalad az F ponton, valamint CD felezőpontján (G) is. Tehát FG (e) az ellipszis egy átmérő egyenese.

3. Legyen a D-n keresztül e-vel húzott párhuzamos egyenes f! A Pascal-tétel segítségével szerkeszthető f és az ellipszis másik metszéspontja (I). Az e-hez konjugált átmérő áthalad DI felezőpontján (J) és párhuzamos CD-vel: legyen ez a g egyenes.

4. A Steiner-szerkesztés segítségével megszerkeszthetőek e és g metszéspontjai az ellipszissel (LM, NO). Így megkaptuk az ellipszis egy konjugált átmérőpárját.

5. Egy konjugált átmérőpár ismeretében pl. Rytz-szerkesztéssel szerkeszthetőek az ellipszis tengelyei.

Üdv!

Segítséget szeretnék kérni. Netes keresőben itt dobott ki Pascal tétellel kapcsolatban infót, így gondoltam itt próbálok segítséget kérni.

Az a problémám, hogy egy ellipszis pontjai adottak, s nekem meg kell szekesztenem az ellipszist. A Pascal tétel alapján pontszámot tudok "bővíteni", illetve az itt talált ábra alapján még a nagytengely irányát is meg tudom határozni, viszont az ellipszis és a kör affin aránya ismeretlen, ezért nem lehet ezzel tovább lépni az ellipszis felől...

Van valamilyen módszer ellipszis szerkesztésére ha pár alkotó pontja adott csak?

Előre is köszönöm a segítséget!

Kedves Géza!

Tájékoztatód köszönöm, elkezdem megemészteni. :o)

Kedves Károly,

Már régóta tervezgetem, hogy egyszer majd kimerítőbben válaszolok a kérdésedre, de eddig nem jutottam hozzá. Lehet, hogy most is csak egy részét írom le.

A térben egy csomó dolog nem igaz úgy, mint a síkon, egyes dolgok pedig teljesen elvesznek. Pl. a síkon egy üres rácsháromszög, aminem a csúcsai rácspontok, de sem a kerületén, sem a belsejében nincsenek további rácspontok, mindig 1/2 területű. A térben a megfelelő állítás nem igaz, egy üres rácstetraéder térfogata akármilyen nagy lehet.

A szögek összegének létezik a térben megfelelője, de nincs szoros kapcsolata a csúcsoknál előforduló térszögek összegével. Ha például egy tetraédert kilapítasz úgy, hogy konvex négyszöggé fajul, a térszögek mindegyike 0-hoz fog tartani.

Ami a szögek összegének megfelel, az a görbület integrálja. A síkban egy egyszerű zárt töröttvonal esetén a külső szögek összege 2, illetve egy kétszer folytonosan differenciálható egyszerű görbén a görbület ívhossz szerinti integrálja 2. Ha a görbe/töröttvonal nem egyszerű, akkor az eredmény 2-szer az irány körülfordulásainak száma.

A térben egy elég sima, egyszerű zárt felületen a Gauss-görbület felszín szerinti integrálja mindig 4.

A poliédereket tekinthetjük sima felületek limeszének. pl. Minden élt lekerekítünk egy hengerpalásttal, a csúcsokat pedig gömbfelületekkel. (Most tekintsünk el attól, hogy ez nem mindig lehetséges, mondjuk szorítkozzunk a konvex poliéderekre.) A síklapokon és a hengerpalástokon a Gauss-görbület 0. A csúcsoknál a görbület integrálja a megfelelő gömbsokszög területe. A gömbsokszögeket összetolhatjuk egyetlen gömbbé, aminek a felszíne 4.

A gömbsokszögecskék területét másképp is kiszámolhatjuk.

Számoljuk össze egy csúcsnál a lapok szögeit. (Nem a lapsíkok közötti szögeket, hanem mindegyik lapnak az adott csúcsnál levő szögét.) Ha a szögek ₁,...,_n, akkor a gömbsokszög szögei -₁,...,-_n, a területe pedig 2-(₁+...+_n). Ha ezt az összes csúcsra kiszámoljuk és összeadjuk, akkor a csúcsok számát meg kell szoroznunk 2-vel és ki kell vonnunk az összes lap összes szögének összegét.

Legyen a csúcsok, élek, lapok száma C, E és L. Az egyes lapok éleinek száma legyen e₁,...,e_L. Ekkor persze e₁+...+e_L=2E, mert minden él két laphoz tartozik. Az i-edik lapon a szögek összege (e_i-2), az összes lap összes szögének összege tehát (e₁-2)+...+(e_L-2)=(e₁+...+e_L-2L)=(E-L)2.

A görbület integrálja a teljes felületen C^.2-(E-L)2=(C-E+L)2=4.

A dolog egyrészt vicces, mert megjelenik a poliédertétel (C-E+L=2), ugyanakkor mindezt Gauss-görbület integrálása nélkül is tudtuk, és sem lap, sem térszögek nem jelentek meg...

A [388] egyenlőtlenség és a 68. feladat közötti kapcsolatról:

Legyen BOC = , COD = , DOA =,++= . Ekkor OAF =/2 , DO = R ; FO = m = R*sin(/2), FA = d = R*cos(/2), FOD ==-(/2-/2)=+/2-/2

FD²=r²=DO²+FO²-2*DO*FO*cos=R²*(1+sin²(/2)-2*sin(/2)*cos)

n²=d²-r²=R²*(cos²(/2)-1-sin²(/2)+2*sin(/2)*cos)=R²*(-2*sin²(/2)+2*sin(/2)*cos)=

2R²*sin(/2)*(cos-sin(/2)) .

A [388] egyenlőtlenségben válasszuk úgy a betűzést, hogy teljesüljön és ennek megfelelően legyen D közelebb A-hoz mint C-hez. Ekkor =+/2-/2/2+/2+/2-/2=0 , cos=sin(+/2) , n²=2R²*sin(/2)*(sin(+/2)-sin(/2))

Felhasználva a sin(u+v) - sin(u-v) = 2*cos(u)*sin(v) azonosságot

n²=4R²*sin(/2)*cos((+)/2)*sin(/2)=4R²*sin(/2)*sin(/2)*sin(/2)

Üdv!

A Wolfram-on kicsit kutakodva ill. az SH Atlaszban találtam még néhány dolgot, de egy kicsit elgondolkoztam én is a témán. (Magad uram, ha szolgád nincsen.:o)

Ismert, hogy egy gömbháromszög területe . Ezen minimális gömbi sokszöghöz adott szomszédos pontpárjukat egyesítve újabb háromszög illeszthető. Így tetszőleges n-sokszög állítható elő, akár konkáv is. Ezen sokszög területe, melyet nem nehéz belátni,

Ezen gömb középpontjából kiinduló és a sokszög pontjaira illesztett félegyenesek a pontok sorrendje szerint a félegyenesek közötti síkok által meghatározott térrész a T-vel arányos térszöget határoz meg.

A gömbi sokszög adott csúcspontjára illesztett és a gömböt érintő sík a csúcsba befutó két gömbi egyenes és gömbközéppont által meghatározott két síklapra merőleges. Ezért a két síklap által bezárt szög azonos a csúcsponti szöggel.

Fentiekből következik, hogy egy síkidom adott csúcspontjához tartozó szomszédos lapok által meghatározott szögek összege és a lapok által meghatározott térszög mértéke között szoros összefüggés áll fenn a fenti képlet szerint.

Újabb érdekes összefüggések adódnak egy idom lapszögeinek és térszögeinek összegei között, de erről később, ha addig valaki nem tesz be egy ezirányú összefoglaló linket. Mert biztos van erről irodalom, legfeljebb még nem bukkantam rá.

1.) C-t - és ezzel BC-t - rögzítve, a CD * DA szorzat akkor maximális, amikor az ACD területe, hiszen és így sin is állandó, vagyis ha D az AC ív felezőpontja (ld. Jenei [395]). Ugyanez mondható D rögzítése esetén a BC * CD szorzatról, tehát C a BD ív felezőpontja. A két feltétel együttesen akkor következik be, ha C és D helyzete a [386] második ábrája szerinti.

2.)Így már világos a kapcsolat a [388]-ban feladott egyenlőtlenséggel: a vizsgált szorzat tkp.

, ahol ++= . Azon még gondolkodom, a 68-as feladat hogyan következik az egyenlőtlenségből.

Köszi. Amit nyelvtudás nélkül ki lehet belőle hámozni, azt eddig is sejtettem.

Gyakorlatilag az érdekelne, hogy a síklapú testek csúcsaihoz tartozó térszögek összege milyen szabályosságot mutat. Mennyire analóg ill. milyen módon analóg a 2D-s szabályokkal. Egy-egy csúcshoz tartozó síkszögek és térszög között milyen összefüggések állnak fenn.

Azt gyanítom, hogy azonos csúcsszámú testekhez nem feltétlenül azonos nagyságú térszög összeg tartozik. Talán a csúcshoz tartozó síkszögek valamiféle összesítése állandó, vagy esetleg a síklapok által közrezárt szögek összege?

Köszönöm HoA-nak és Jenei Attilának a 68. ill. 70. feladatra adott megoldásait! Még eggyel bővítem a kapcsolódó feladatokat:

71. feladat: Az adott AB átmérőjű félkörön a 68. feladat ábrájának megfelelő sorrendben ([385] hozzászólás) helyezkedik el a C és D pont. Hol vannak ezek, ha a BC*CD*DA maximális?

Csak eszembe jutott

http://mathworld.wolfram.com/SolidAngle.html

De innentől ez már inkább gömbi geometria.

Üdv!

Egy kis elméleti fejtágításra lenne szükségem a térszögek terén. Az alapfogalmak (térszög, szteradián) meghatározásán kivül nem sok mindent ad ki a Kugli.

Előre is köszönök minden segítséget ill. magyarnyelvű linket.

Kedvet kapva Jenei Attilától egy cosinus tételes megoldásra, mégegyszer a 68. feladatról : Odáig, hogy k belülről érinti f-et ld. a 386-os hozzászólást. Legyen az f2 félkörív középpontja P. AD-t rögzítve n²=AF²-FD²=AD²-2*AD*FD*cos=AD(AD-2*FD*cos) . Mivel D az f2 köríven kívül van, hegyesszög, a kifejezés akkor a legnagyobb, ha DT=FD*cos , FD merőleges vetülete AD-re a legkisebb. Ez pedig akkor áll elő, ha FT az f2 körív AD-re merőleges érintője. De ekkor PF || AD, POF és AOD -ek hasonlóak, PF = PO -> AD = AO, vagyis AD az f félkörben sugár hosszúságú húr.

A szóbanforgó érintési pont legyen E.

BE²=BD²-DE²=BD²-DC²=AB²-AD²-DC²

Ezért BE akkor maximális, ha AD²+DC² minimális.

AD²+DC²=AC²+2*AD*DC*cos 

. Mivel AC állandó és cos  állandó és negatív AD*DC-nek kell maximálisnak lenni. Vagyis mivel sin  állandó és pozitív az ADC háromszög területének kell maximálisnak lenni. Ez pedig akkor maximális, ha D az AC ív felezőpontja. Nem használtuk ki, hogy C az AB ív felezőpontja.

Köszönöm Sokat segítettél!!!

A 70. feladat-ra van egy, a 68-ashoz hasonló trigonometriai megoldásom, ha nem lesz jobb, beírom. De szívesen látnék erre is meg a 68-asra is egy nem trigonometriait.

Ha arra gondolsz, hogyan kell elforgatni egy négyzetet a síkjában fekvő adott pont körül adott szöggel - és ekkor mindegy, a pont a négyzeten belül vagy kívül van - egy megoldás az ábra szerinti: az adott pontból a négyzet csúcsaiba húzott szakaszok mindegyikét elforgatjuk az adott szöggel. Az új végpontok az elforgatott négyzet csúcsai.

Segítséget szeretnék kérni! Hogyan kell elforgatni egy négyzetet egy azon belüli ponton keresztül mert nekük az osztályban mindenkinek trapéz jött ki a tanárnő meg nem hajlandó megmutatni!

A 384. hozzászólásban HoA által felvetett kérdés miatt alakult ki a következő feladat:

70. feladat: Az AB átmérőjű félkörív felezőpontja C. D az AC íven mozoghat. Mikor lesz leghosszabb a B-ből a D középpontú, C-n átmenő körhöz húzott érintőszakasz?

Nem megy nékem az geometria..

Köszönöm az ábrát.

Legyen az AB átmérőjű f félkör középpontja O, sugara R. F rajta van f A-ból vett 1/2 arányú kicsinyítésén vagyis az AO átmérőjű f2 félkörön. n hossza A pont k-ra vonatkozó hatványának négyzetgyöke. Az AF távolságot d-vel, k sugarát r-rel jelölve n²=(d+r)(d-r)=d²-r² . C-t - és ezzel F-et és d-t - rögzítve ez akkor a legnagyobb amikor r a legkisebb, vagyis amikor k belülről érinti f-et. Ekkor D az OF egyenes és f metszéspontja, jelöljük Dm-mel.

C-t az f félkörön mozgatva, C és F helyzetét a 0 és közé eső BAC = OAF = szöggel jellemezve, mivel F rajta van OA Thalesz-körén

d=Rcos,r=R(1-sin)

n²=R²(cos²-(1-sin)²)=R²(cos²-1-sin²+2sin)=R²(cos²-cos²-sin²-sin²+2sin)=

=2R²(sin-sin²)=2R²(sin)(1-sin)

Ez pedig a számtani és mértani közép egyenlőtlenség miatt akkor a legnagyobb, ha sin=1-sin=1/2 Ez a vizsgált tartományban =30^o -nál következik be. Így DOA szög = CBA szög = 60^o , A, D, C és B pontok egy szabályos hatszög egymás utáni csúcsai. sin=1/2 -t helyettessítve

A 68-as feladat ábrája.

- Az én értelmezésemben a rögzített AB átmérőjű félköríven C és D csak ACDB vagy ADCB sorrendben lehetnek.

- F az AC szakasz vagy az AC ív felezőpontja?

68. feladat: C és D a rögzített AB átmérőjű félköríven vannak ABCD sorrendben. Legyen F az AC felezőpontja, k az F középpontú, D-n átmenő kör és n az A-ból k-ig húzott érintőszakasz. Hol van C és D, ha n a lehető leghosszabb? Mekkora ekkor n? (AB-hez képest.)

Sziasztok. Én úgy gondolom: a szabályos háromszög oldallapok súlypontjaiba a lapok területével azonos skalárok (mint tömeg pontrendszer) tömegközéppontjában lesz a tetraéder súlypontja. (Vagyis a statikai nyomatékok vektorainak bármely geometriai pontra számitott eredő nyomaték vektorának a súlypontba redukáltja nullvektor.)

Már a véleményemet se mondhatom el.. (Fődmívelö) Azért nem vót szép, hogy bannoltak.

Na csak Az lenne a kérdésem, hogy hogyan kell bizonyítani a kör egyenletét?

Azt hiszem, az előző feladat után természetesen adódik, az érdeklődés miatt is, ha a térbeli analóg feladatot is kitűzöm.

67. feladat: Hol van a homogén vékony lemezből álló ABCD tetraéderhéj fizikai értelemben vett súlypontja.

Tényleg.

De, ott van. The Spieker circle ... , X(10), is the centroid of the perimeter of ABC.

A katalógus szerint ennek a neve X(10) = SPIEKER CENTER. Érdekes módon ez nem említi, hogy ez lenne a homogén keretű háromszög súlypontja. Vagy én néztem volna el valamit?

Lusta vagyok feliratozni, de ez jonas magyarázatának melléklete. :o)

Huú! De nagy lett itt a forgalom. :o)

És ez a pont könnyen szerkeszthető. Az oldalfelezőből a szemközti csúcs szögfelezőjével párhuzamost húzunk.

Akkor a keresett pontot úgy is megkaphatjuk, hogy az eredeti háromszög beírt körének középpontját -1/2-szeresére nagyítjuk az eredeti háromszög súlypontjából, vagy úgy is, hogy az eredeti háromszög csúcsait b+c,c+a,a+b arányban súlyozzuk. (Hol is van az a háromszög-nevezetes-pont-katalógus?)

Az F_cEF_a háromszög hasonló CDB háromszöghöz, így az F_c-ból induló szögfelező a szemközti oldalt éppen (b+c)/a arányban osztja. Tehát S pont az F_aF_bF_c háromszög szögfelezőinek metszéspontja, vagyis a beírt körének középpontja.

Igen! A szerkesztés ábrájából is látszik és könnyen bizonyitható.

Azzal hogy az egyes oldalakat drótból készítenénk el, egyenértékű, ha az oldalak felezőpontjába rakunk az oldalhosszal arányos súlyokat, és ezeknek a súlypontját keressük. Na de a középvonal-háromszög oldalai fele olyan hosszúak, mint az eredeti háromszög megfelelő oldalai. Ezért a középvonal-háromszög csúcsait kell súlyozni a szemközti oldalakkal, így pedig a beírt körét kapjuk.

Megvan. A középvonal-háromszög beírt körének középpontja lesz, mindjárt elmondom, miért.

Nézzük csak. Nevezetes pont. Egy nagyon hosszú egyenlőszárú háromszögnek a felénél van, tehát nem lehet a magasságpont, a beírt kör középpontja, a súlypont vagy a Feuerbach kör középpontja, csak a körülírt kör középpontja lehetne. Az viszont nyilván nem lehet, mert az a háromszögön kívül is lehet, a drót súlypontja viszont nem. Akkor kevésbé nevezetes pont lesz.

Szerkesszük meg ezt a speciális súlypontot!

Az oldalfelező pontokba helyezzünk az oldalak hosszának megfelelő tömegpontokat.

A 'bc' szakaszt c/b arányban kell osztanunk. A szögfelező b/c arányban osztja. Tükrözzük ezt a pontot a szakasz felezőpontjára és helyezzünk ebbe a pontba b+c tömegpontot.

Már csak az 'a b+c' szakaszt kell (b+c)/a arányban felosztani. A C-ből induló szögfelező BD szakaszt a/(b+c). Ehhez hasonló kisháromszöget alakítunk ki és ebben a szögfelező azonos arányban osztja a szemközti oldalt.

Már csak tükröznünk kell ezt a pontot a felezőpontra. Ez lesz az S súlypont. Remélem idáig jó!

Jogos. :o)

Drótnak drót, csak nem homogén az én elképzelésem. Egymáshoz viszonyított fajlagos súlyuk arányos az S pont és adott oldal közötti távolsággal.

Visszavonva.

A maradék általában nem egyforma széles a három oldalnál.

66. Tekintsük a teljes ABC-t és képezzünk egy nála kisebb hasonló -t úgy, hogy a súlypontjuk egybeessen és az egymásnak megfelelő oldalak rendre párhuzamosak legyenek. A két közös súlypontja is az S pontban lesz, így elvileg az eredeti -ünkből elvesszük a kisebb -t, akkor ennek a "lyukas" -nek is S marad a súlypontja. Ha növeljük a lyukat, akkor szélső esetben a feladatbali drótvázhoz jutunk.

Így az ABC-nek is S a súlypontja.

66. feladat: Hol van egy homogén, vékony drótból készült ABC háromszögnek a fizikai értelemben vett súlypontja? ( ABC-hez kapcsolható nevezetes pont lesz.)

Köszönöm a megoldást. Először én is hasonlóan csináltam, aztán rájöttem, ez a megoldás is a háttérben tulajdonképpen - ahogy Te is írtad az elején - trigonometrikus ( az x<tg x összefüggést használja ), pedig nincs is rá szükség. Legyen a sokszög oldala egységnyi és a beírt kör sugara r. Ekkor K=n, . Ebből . A beírt kör területe kisebb a sokszög területénél, azaz . Ebböl következik, hogy

Megoldás a 65. feladatra: leírva nincs szögfüggvény, de végülis ott van...

Legyen AB az n-szög egyik oldala, a kör sugara egységnyi. Ekkor AOB szög , AB-t jelöljük a-val, OF-t m-mel.

Nyílván , . Az hányadost átalakíthatjuk a következő alakra: . Tehát a bizonyítandó egyenlőtlenséget így is írhatjuk: .

Kis átalakítások után a következő alakra hozható az egyenlőtlenség: .

az AOF (vagy A'OF') szöggel egyenlő. Mivel , ebből következik (OF'=1), hogy .

Mivel n>2 egész szám ezért, az AOF szög kisebb mint derékszög. Ezért már csak azt kell bebizonyítani, hogy AF' ív kisebb mint A'F'. Mivel AOF' körcikk benne van az A'OF' háromszögben, ezért a területe is kisebb. A körcikk területe (az AF' ívmérték), a háromszögé pedig , azaz igaz az A'F' > AF' egyenlőtlenség. Mivel az átalakítások ekvivalensek voltak ezért igaz a kiinduló egyenlőtlenség is.

A 64. feladat megoldásához: Vegyük fel például az AP=f szakaszt, az A kp-ú c sugarú kör vonal a B pont számára ( vB ) és a b sugarú pedig a C számára ( vC ). A szögfelező tételtből tudjuk: ha a vC-re alkalmazzuk a P kp-ú lambda = -c/b arányú hasonlóságot, B számára kapunk egy második vonalat (vC'). ( A szerkesztéshez fölhasználunk egy P-től b-re lévő S segédpontot és képét ( S') P-től c-re, SPS' sorrendben. A vC' A' kp-ú c sugarú kör lesz. )

Megjegyzés: Például az AB szakaszból kiindulva B kp-ú lambda=(b+c)/c hasonlósággal is megoldható a feladat P képe lesz C.

Részemről jöhet az arányos szerkesztés nélküli megoldás. Talán a szögfelezők "tétele" C₂ pontjának megszerkesztése a megolodás, de arra még nem jöttem rá, hogy tudom az ismert adatokból megszerkeszteni.

Kedves HoA!

Mindkét megjegyzésed helyénvaló. Köszönet érte! A második még egyszerűbbé teszi a megoldást.

Kedves László!

Megoldásod szép és egyszerű. Két megjegyzés:

- az utolsó előtti sorban "A c oldalt felosztjuk a:c arányban" helyett "A c oldalt felosztjuk b:c arányban" a helyes, és így az ábra legalsó "a" betűje helyett is "b" a jó.

- Az AQP egyenlőszárú volta "ránézésre" is következik abból, hogy két szöge egyenlő, mert f szögfelező , PAC és APQ váltószögek

Köszönöm! Így már világos Nagyon ügyes.

Már csak egy arányos szerkesztés nélküli megoldást várunk!

Kedves László!

Az arányosításnál egy kis magyarázatbeli bakit elkövettem, de a szerkesstés menete szabályos. Felszerkesztettem a Te ábrád szerint újra:

t illeszkedik B-re és merőleges f-re. P tükörképe t-re P'. Így az ACP ill. ABP' hasonlók. AP'f.'.

.

S a szerkesztés menete:

Felveszem az f egyenest és felmérem rá AP szakaszt. Elkészítem a arányosítást f-re. Ez P". Erre a pontra merőlegesen felszerkesztem a t egyenest, majd A-ból rámérem c-t, ez adja a B pontot. Innen már megegyezik a tieddel és nyilvánvaló.

Kedves Károly!

Lehet, hogy jó a megoldásod, de én nem értem a magyarázatot. Fölteszem az enyémet, ez is arányos szerkesztéssel megy.

64. feladat megoldása: Adott az ABC háromszögben a b, c oldal és az f szögfelező. A szögfelező a BC oldalt P pontban metszi. Legyen CP=p és PB=q. A szögfelező tételből következik, hogy .

Húzzunk párhuzamost a P pontból AC-vel, ez az AB oldalt Q pontban metszi. Legyen PQ=x, AQ=y és QB=z.

Ekkor a párhuzamos szelők tételéből: . Vagyis

Másrészt a közbenső szakaszokra, QBP és ABC háromszögek hasonlóságából: . Vagyis

Tehát x=y. Az AQP egyenlő szárú. A szerkesztés innen már egyszerű. A c oldalt felosztjuk a:c arányban. Q pontból AQ-val, A-ból f-el körözve kapjuk a P pontot. Majd A-ból b-vel körözve BP egyenesből kimetsszük C-t.

Legyen az ABC a megoldás háromszöge! Ismert az a, b, f szakasz.

Egy kis elméleti megfontolás a megoldás szerkesztéséhez: Tükrözzük a B és F pontokat az f-re merőleges és A-n átmneő t tükörtengelyre! Ekkor a ill. arányosítással megszerkeszthető a szakasz. Innen már nem nehéz kitalálni a szerkesztés menetét.

Természetesen 65. feladat

64.feladat. Egy szabályos n-szög területe T, kerülete K. Bizonyítsuk be szögfüggvények nélkül, hogy

Negyedik arányos szerkesztés alkalmazása nélküli ( tehát valamilyen direkt ) megoldás engem is érdekelne.

[Micsoda egybeesés. Épp tegnap olvastam a gyűjteményben valami okból ezt a feladatot :) ]

64. feladat: Szerkesszünk háromszöget, ha adott az egyik csúcsából induló két oldal és a szögfelező hossza ( a szögfelező egyenesének a háromszögbe eső szakasza)!

köszönöm!!! a dolgozat egész jól sikerűlt, és sikerűlt elkapnom a fonalat!! egyébként nincs bajom a matekkal, de a legegyszerűbb dolgok szoktak a legtöbb fejtörést okozni. örülök, hogy vannak még ilyen rendes fiúk, akik segítenek a bajbajutottakon!! mégegyszer köszi: Dorka

A 2x-3y=7 attól egy egyenes egyenlete, hogy azok az (x;y) párok, melyekre teljesül ez az egyenlet, éppen egy egyenesen vannak. És ha erről az egyenesről kellenek pontok, könnyen tudunk generálni akárhányat. Pl. ha x=2, akkor ezt az egyenletbe beírva 4-3y=7, ahonnan y=-1, vagyis rögtön kaptuk, hogy a (2;-1) pont rajta van az egyenesen és ezzel a módszerrel újabb pontok is generálhatók.

***

Másik irány: például az A(1;4) és a B(-3;-2) pontokon áthaladó egyenest keressük.

Ahhoz, hogy egy egyenes átmenjen A-n, y=a(x-1)+4 alakúnak kell lennie valamilyen a paraméterrel, hiszen ekkor A koordinátáit behelyettesítve a bal oldal 4, a jobb pedig a(1-1)+4=4 a értékétől függetlenül. a pedig megkapható abból, hogy az egyenes átmegy B-n: -2=a(-3-1)+4, azaz -6=(-4)a, vagyis a=3/2, így az egyenes egyenlete: y=3/2(x-1)+4. Kettővel szorozva: 2y=3x-3+8, ezt pedig rendezve kapjuk, hogy 3x-2y=-5, könnyen utána lehet számolni. Remélem, ez segített valamennyit.

előszőr is köszönöm és hálám örökké üldözni fog. igazából az a baj, hogy elég rossz matektanárunk van és mindig már az elején elvesztem a fonalat! a kérdés az, hogy: 2x-3y=7 egyenesnek adjam meg a két különböző pontját és számítsam ki ezek pontok távolságát. a távolságot már ki tudom számolni, de a pontokig nem jutok el. és azt sem tudom, hogyha két pont koordinátája van meg, akkor abból hogy lesy egzenlet!!

Egy vektor hossza a koordinátái négyzetösszegének négyzetgyöke, azaz:

a(-2;7), b(10;2) esetén a-b=(-2-10;7-2)=(-12;5)

Ennek hossza

c(3;1) esetén 3c=(9;3)

Ennek hossza: , nem meglepő módon épp háromszor akkora, mint c hossza.

***

Az egyenes egyenleténél pedig hogy érted, hogy hogy lesz? Pl. 2 ponton át akarsz egyenest húzni, és annak érdekel az egyenlete? Vagy egy ponton át adott vektorral párhuzamos egyenes egyenlete érdekel? Csak mert ezeket mind meg lehet mondani, a fő kérdés az, hogy Téged mi érdekel pontosan.

KOOrdináta geometria a halálom! szeretnék még segítséget!!! a vektor(-2;7) b vektor (10;2) a kérdés a-b vektor hossza???

a másik: a vektor (3;1) kérdés 3a vektor hossza???

ja és még azt nem értem, hogy hogy lesz az egyenes egyenlete!!!

köszike: Dorka ui: bocsika, de meg fogok bukni, mert csak ebből irat a tanár!!

köszönöm szépen!!!!!

Fogd fel úgy, mint kétismeretlenes lineáris egyenletrendszert. Törttelenítve:

e:  3x-2y=12

f:  3x-y=6

Másodikból kivonva az elsőt kapjuk, hogy y=-6, ezt pedig bármelyikbe behelyettesítve kijön, hogy x=0.

Tehát a metszéspont a (0;-6) pont.

lenne egy kérdésem, remélem tudtok segíteni. a feladat úgy szól, hogy meg kell határoznbom az e és f egyenesek metszéspontját, ha e: 0,5x-(1/3)y=2 f: 3x-y=6 előre is köszönöm

A Menelaosz tétel és megfordításának biz. vektorokkal benne van Reiman István: Geometria és határterületei c. könyvében.

Nagyon megköszönném,ha valaki tudna nekem segíteni Menelaosz-tételének és annak megfordításának bizonyításában.Vagy az érintő négyszögekre vonatkozó Newton-tétel bizonyításában.

Bocs, hogy megint "belepofazok", de ha azt akarod megvizsgalni, hogy egy pont egy bizonyos koron belul van-e, akkor miert nem azt vizsgalod meg? Ehhez eleg az egyenlotlenseget tesztelni.

Azt gondoltam egyebkent, hogyha "masodfoku alakra" hozom neked az egyenletet, akkor majd "felismered jol", es alkalmazod a megoldokepletet. Tevedtem.

"+u" a végén a "-u" helyett, egyébként stimmel:)

Igen, valóban kell egy abszolútérték bele.

Ha ez az egyenleted van, hogy

(x-u)²=r²-(y-v)²

akkor ebből így vonunk gyököt:

vagy kényelmesebben

amiből

Az a "-" a gyök előtt az ám "+" akar lenni, csak szerintem mellényúltam és nem vettem észre. Szóval így:

Viszotn most valami nagyon elgondolkodtatott: Ha gyököt vontam, akkor oda nem kellene valahova egy abszolútérték?

Lehet, hogy hülyeség, de suliban is mindig elfelejtkeztem hasonló esetekben az abszolútértékekről, most meg (már) nem tudom, hogy kell-e vagy sem.