Fórum: GEOMETRIA

Ez érdekes. Kontinuum sokra gondolom jó a c db pont :-) Megszámlálhatóan végtelenre meg talán kijön a véges esetből, de ehhez most késő van hogy végiggondoljam. De eredetileg véges sokra gondoltam (arra ismerek bizonyítást).

Talán grab a [721]-ben nem fogalmazott pontosan, de mivel alapvetően a körön a vonalát értjük, és a szövegkörnyezetből sem következett más, tulajdonképpen a szabályos ötszög szerkesztéséről szólhatott a kérdés. ??????

Mivel sem Csimbi, sem grab nem adott ímélcímet, csak itt tudok rákérdezni.

Én azt sem tudom, hogy zárt síkbeli halmazból egyáltalán hány van.

Most hogy mondod :-) Korán volt még, mikor írtam. Viszont akkor kérdés, hogy csak nyílt / csak zárt konvex halmazból mennyi van.

Igazad van, rosszul kérdeztem. Azt kellett volna kérdeznem, hogy véges sok darabra kell-e.

2^C-nél nem hiszem, hogy lehet több, mivel az összes ponthalmazok száma is 2^C

A [0;1) intervallum részhalmazaihoz mind hozzárendelhetünk egy-egy különböző konvex halmazt:

vegyünk egy 1 kerületű nyílt kört (a külső körív legyen 0 és 1 közt egyenletesen paraméterezve), és ehhez azokat a kerületi pontokat vegyük hozzá, amelyek benne vannak az intervallumunkban. Vagyis már legalább 2^c-nél tartunk, nem tudom, lehet-e esetleg még többet.

Persze módosít(hat) a dolgon, ha csak zárt (vagy csak nyílt) konvex halmazokat engedünk meg.

Igen! De vajon van-e több?

Minden pozitív valós sugarú kör az, nem? Tehát legalább kontinuum.

Ha tudod egy darabra nekem úgy is jó.

Legalább két darabra?

113. feladat Hány konvex halmaz van a síkon?

Amúgy,

4.feladat: Bontsunk fel egy kört egybevágó síkidomokra úgy, hogy legalább az egyik darab ne tartalmazza a kör középpontját, még határán sem.

Hátha valaki új a fórumon, vagy már nem emlékszik erre a feladatra.

Egy megoldást találtam, lehet, hogy van több is!

A Geometriai feladatok gyüjteménye I. 1424-1428 feladatok választ adnak kérdésedre.

Sziasztok, abban szeretném a segítséget kérni ,hogy egy kör hogy oszthetó fel 5 részre?

Igen, igen... sajtóhiba.

Mármint ellipszis, nem parabola, nem?

Leírva persze röviden írtam le, de a középső azonosságért megdolgozott a gép :)

Szép, rövid megoldás. Nekem csak egyoldalas megoldást sikerült gyártanom, bár annak előnye, hogy szinte csak az addíciós tételeket felhasználva jut el a parabola általános képletéig.

Az említett görbékről persze lásd

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

Felejtkezzünk el a zavaró konstansoktól: nyilván elég belátni, hogy a T(sin (T),sin (T+c)) síkgörbe (TR) ellipszis, akárhogyan is választjuk meg a c valós paramétert.

Vegyük észre, hogy az X:=sin (T), Y:=sin (T+c) választással minden T-re és c-re fennáll az

X²+Y²-2cos (c)^.XY-sin²(c)=0

azonosság. Ha c olyan, hogy sin (c)=0, akkor a görbénk egy szakasz, ami elfajult ellipszis. Ha sin (c)0, akkor viszont a http://mathworld.wolfram.com/Ellipse.html oldal (16)-(18)-as képlete alapján szintén ellipszist kapunk, hiszen esetünkben (az ottani jelölésekkel) =-sin⁴(c)0, J=1-cos²(c)>0 és I=2 miatt /I<0.

Merőleges rezgések összeadásakor érdekes alakzatokat kapunk. Ilyenkor a tárgy helyzetét a x(t)=A_x*sin(_x*t+_x), illetve a y(t)=A_y*sin(_y*t+_y) írja le (ezt a két rezgést adtuk össze.) Most tegyük fel, hogy _x=_y:= és az egyszerűség kedvéért azt is, hogy A_x=A_y:=A, azaz

x(t)=A*sin(*t+_x) és y(t)=A*sin(*t+_y).

Bizonyítsuk be, hogy az így kapott görbék ellipszisek!

Gratulálok a megoldáshoz.

Az ábrák legtöbbje az ingyenes Euklides 2.0 szerkesztőprogrammal készült. A [109]. hozzászólásban található, hogyan lehet a fórumra tölthető ábrát készíteni.

[711] utolsó mondata alapján a 112. feladat: Az ABC háromszög AB oldalán szerkesszük meg azt a D pontot, melyre a CAD és CDB háromszögek beírt körei egyenlő sugarúak.

Köszi a segítséget. Így már persze sokkal könnyebb. Nem tudok ilyen szép ábrát rajzolni, de jelöljük a k1 kör és AB oldal érintési pontját M-mel, a k2 és AB érintési pontját N-nel. Mivel k1 a piros háromszög beírt köre, ezért GM=a piros háromszög félkerülete, mínusz ED. Mivel k2 a piros háromszög hozzáírt köre, GN=a piros háromszög félkerülete. Ebből ED=MN következik. Az ABC háromszög kerülete (az érintő szakaszok egyenlősége miatt) CP+CQ+DM+DN+2AM+2BN=CP+CQ+DQ+DP+2AM+2BN=2CD+2AM+2BN. Jelöljük az ABC háromszög félkerületét s-sel. Ekkor CD=s-AM-BN, és CE=CD-ED=s-AM-BN-ED=s-AM-BN-MN=s-AB

A [654]-es hozzászólás és az itteni ábra remélem segít. A CE=s-c kell legyen, hiszen D-t pl. A-hoz közelítve E az ABC háromszög beírt körének Bo érintési pontjához közzelít. A k1 és k2 a piros háromszög be- ill. hozzáírt köre. Külön vizsgálandó, ha a két kör egyforma.

Íme egy Arany Dániel feladat, amit eddig nem tudtam megoldani: Az ABC háromszög C csúcsából kiinduló egyenes az AB szakaszt D pontban metszi. Legyenek a CAD és CDB háromszögek beírt körei k1 és k2. A két kör (AB-től különböző)külső érintője a CD szakaszt E pontban metszi. Bizonyítandó, hogy a CE szakasz hossza független a D pont választásától.

Szép megfejtése annak, mire alkalmazható itt az inverzió! A [692]-ben Python szépen igazolta, hogy PQRS paralelogramma, a kettő együtt elég. A [708]-ban HoA által említett P'Q'R'S' négyszög érintő- húrnégyszög. ( kiderült, hogy lehet ilyet szerkeszteni.)

Sajnos nekem csak ötlet! Odáig világos, hogy az ívek adott választása miatt az inverzióban a Thálesz körök képeiként adódó egyenesek által meghatározott P'Q'R'S' négyszög húrnégyszög, ezért PQRS is az. De a téglalaphoz még be kéne látni, hogy a szemben lévő oldalak párhuzamosak, vagy hogy a szomszédosak merőlegesek. Ez az inverzekre azt jelenti, hogy pl. a P'Q'O és R'S'O pontokon átmenő körök érintik egymást, illetve hogy pl. a P'Q'O és Q'R'O pontokon átmenő körök merőlegesen metszik egymást, ezekkel azonban nem boldogulok.

Remélem, a [705]-ben feltett kérdésem is HoA igazát sugallta. A [699]-ben leírt feltételeknek is csak két mo. felel meg.

Én úgy értelmeztem a feladato(ka)t, hogy ABCD ebben a sorrendben, pozitív körüljárás szerint van az oldalegyeneseken - és téglalap esetében az is adott, hogy A van a "b" hosszúságú oldalon. Ezért BD-nek csak pozitív 90 fokos elforgatottját vettem. Ez BohnerGéza megoldásának lila négyzete. Ha a fordított körüljárást is megengedem, és BD negatív 90 fokos elforgatottját mérem fel C-ből, akkor a zöld négyzetet kapom. Tovább bővül a megoldások száma, ha ABDC sorrend is megengedett. Ekkor persze az A-val szemközti oldalon D van, tehát BC elforgatottját kell D-ből felmérni. Ismét a két körüljárási irányt megengedve a pozitív 90 fokos elforgatottal adódik a piros, a negatívval a kék négyzet. Téglalap esetében még egy kettes szorzó jön be a megoldások számára, ha nem rögzítem, hogy A az "a" vagy a "b" oldalon van. Ez az én megoldásomban az elforgatott vektorok k -szorosának és 1/k -szorosának használatát jelenti, BohnerGéza ábráján pedig az átló hol az egyik hol a másik oldallal zárja be a k tangensű szöget.

A 109. és 110. feladatra HoA által adott megoldásvázlat [696]-ban és [704]-ben a BD vektor + illetve -90 fokos forgatásával két megoldást ad. Helyes-e a [699]-ben felvázolt négy megoldás?

Egy hét elmúltával saját megoldásom: A piros és kék derékszögű -ek hasonlóságának alapján mérjük fel C-ből BD 90 fokos elforgatottjának k-szorosát. Az új E végpont A -val közös oldalegyenesen van. Innen tovább mint [696]-ban.

Köszi szépen! Világos.

Az AB szakasz Thálesz-körén lévő P pontból a PB-vel szöget bezáró egyenes - a négyzet/téglalap átlója - a kört másodszor P helyzetétől függetlenül abban a Q pontban metszi, melyre BOQ=2

Kedves Géza! Bocs, de nem értem, hogy használod fel a szöget. Az ábráról sem tudtam kihámozni. Érdekelne, mert én is próbálkoztam Thálesz körös megoldással!

111. feladat Egy háromszögben két oldal és egy szögfelező háromszögön belüli szakasza is egyenlő hosszú. Mekkorák a háromszög szögei?

A 109-es és 110-es feladatokhoz: A PQRS négyzet PQ oldalegenesén legyen A, QR-en B, RS-en C és SP-n a D. Ekkor Q számára vonal az AB és S számára a CD Thálesz-köre. Mivel az átló oldallal bezárt szögét is ismerjük, így az átlónak a körökkel való metszéspontja is ismert. Az ábrán a 109. feladat megoldása látszik, a piros és a lila pozitív körüljárású a négy mo. közül.

110. feladat : Szerkesszünk téglalapot, ha adott mind a négy oldalegyenesének egy-egy pontja, valamint az oldalak aránya

Így egyszerűbb, de lényegében ugyanaz. A téglalappal kapcsolatban én 180 fokos elforgatásra gondoltam, de közben rájöttem hogy nem jó, mert A2 C-vel egybe fog esni, vagyis nincs A2-C egyenes.

Elég BD 90 fokos elforgatottját C -ből felmérni. A D1 végpont A-val közös oldalegyenesen van. Ezzel C-n át párhuzamost, B-n és D-n át merőlegest húzva készen vagyunk. (Amiből az is rögtön látszik, hogy a megoldás nem egyértelmű ha D1 A-ba esik, vagyis ha CA BD 90 fokos elforgatottja)

Téglalapra azért nem megy, mert kihasználtuk, hogy az "AC sáv" és a "BD sáv" egymás 90 fokos elforgatottjai, egyforma szélesek, ami téglalapra nem igaz.

Az adott pontok legyenek A,B,C,D. Forgassuk el ezeket tetszőleges pont körül 90 fokkal, az elforgatott pontokat A1,B1,C1,D1 jelöli. Alkalmazzunk az elforgatott pontokra egy eltolást, amely D1-et A-ba viszi. Az eltolt pontokat A2,B2,C2,D2 jelöli. Ekkor a C és B2 pontokat összekötő egyenes a négyzet egy oldalegyenese.

Nem biztos hogy jó ez a megoldás, mert adott négy ponttal téglalap szerkesztése nem egyértelmű. Holott hasonló logikával, csak a pontokat 180 fokkal elforgatva és C1-et A-ba vivő eltolással C-A2 egyenes egyértelműen megadja a téglalap egy oldalegyenesét. Még nem teljesen gondoltam végig, várom a hozzászólásokat.

109. megvan, egy eltolás meg egy forgatás, csk most nincs időm hogy részletesen leírjam.

Amikor az előzőt írtam, az az elején tényleg még megoldási ötlet volt csak és véletlenül úgy hagytam

Szép megoldás, nem csak ötlet! A 108. feladat megoldása lehetséges inverzió segítségével is, ez sem csak ötlet, de annak adom!

Megoldási ötlet:

pl. R rajta van CD-n, mivel DRO+ORC=2^.90^o egyenesszög (Thalesz-tétel), és így mivel CD-re merőleges OR, CD-t R felezi, hasonlóan P, Q, S is ABCD oldalfelező pontjai.

Ha felezési pontok, paralelogrammát alkotnak, hiszen PQ és RS AC-vel párhuzamos, QR és PS pedig BD-vel (háromszögközépvonalak).

Ha AOB=, COD=180^o- (fél kerület, így fél középponti szög). , és . Ha ABCD átlóinak M a metszéspontja, MDA háromszögben és , így AMD=90^o, tehát ABCD átlói merőlegesek.

A feljebb említett párhuzamosságok miatt így PQRS valóban téglalap.

109. feladat: Szerkesszünk négyzetet, ha adott mind a négy oldalegyenesének egy-egy pontja! (Nem volt még?)

Ábra a 108. feladathoz:

Amúgy ha már felmerült ez a feladat, akkor teljes indukcióval ugyanígy az is belátható, hogy a d dimenziós teret d-1 dimenziós alterekkel (azaz hipersíkokkal) legfeljebb ennyi részre lehet vágni:

108. feladat: Az O kp-ú körön ebben a sorrendben felvett A, B, C és D pontokra igaz, hogy AB ív + CD ív a kör kerületének fele. Az OA, OB, OC és OD Thálesz-köre messe a "következőt" a P, Q, R illetve S pontban! Bizonyítandó, hogy PQRS téglalap!

Amit te említesz, az egy hibás indukció és nem az indukció hibája. Itt teljesen jól működik. :)

Helló! Köszi mindannyiatoknak! A feladatot azért kezelem gyanakvóan, mert tudjuk, láttuk, hogy indukcióval olyasmit is lehet bizonyítani, ami nem igaz (pl 2 egymásutáni szám egyenlő, ha ezt igaznak feltételezzük, a következő lépés is kijön), tehát az bizonytalan, hogy a legfennebb n(n+1)/2 +1 felső korlát el is érhető, minden n-re? Üdv: epsilon

Vedd ki Knuth-tól a Konkrét matematikát.

Szia.

Legfeljebb részre osztja a síkot n db egyenes. Ezt teljes indukcióval láthatod be: az n. egyenes behúzása legfeljebb n+1 új síkrészt eredményezhet.

0 egyenes 1 részre, 1 egyenes 2 részre, majd a k. egyenes mind a korábbi k-1-et metszve k db. új részt hoz létre, így a válasz:

1+(1+2+...+n)=n(n+1)/2+1

Heló! Tudna-e Valaki segíteni ebben a kérdésben: legtöbb hány részre osztja a síkor "n" darab egyenes? Előre is kösz! Üdv: epsilon

Ez a felosztás volt meg nekem is.

Kis módosítással öt egybefüggő tartományt kapunk, melyekre továbbra is érvényes a -nél kisebb távolság.

Köszönöm mindkettőtöknek!!! fermel

Idézet következik Szénássy Barna korabeli magyar nyelven megírt írásából, melynek címe: Jelentés a császári és királyi inspektornak az helvét vallású kollégyum tiszta tudákosság leckéin végzett vizitációjáról.

"Hanem aztán az harmadik deák-klasszisban baj is lőn. Mikoron ugyanis junior Gyarmati praeceptor uram az lap-háromszögelléseket oktatván megkérdezé Toldallagi földmérő Ábris nevű fatytyát, mi jutna eszébe hallván eztet: kebel x, az deák válaszolá, neki bizon nyugalmazott enzsenőr kapitán Bolyai János szépséges Szöts Júlia nevezetű szolgáló-leána. Továbbiglan az praeceptor uram meg sem kérdezé az pótkebelt, az visszáskebelt és az visszás-pótkebelt." (Staar 1990: 129)

Nyilvánvaló, hogy egy matematikai fogalom megnevezésére a kebel szó nem a legalkalmasabb, hiszen ez a diákokban, elsősorban a fiúkban, más jellegű asszociációkat ébreszt. A kebel egyébként a hasonló jelentésű latin sinus magyarítására tett kísérlet volt.

Forrás: http://web.axelero.hu/pellestamas/Tamas/terminologia.htm

Koszi! En lusta voltam..

AzO megoldása (én is segítettem):

Vegyünk két maximális távolságú pontot a sokszögben (A,B). Ha legalább az egyik belső pont (A), akkor növelni tudjuk a távolságot úgy, hogy a két ponton átmenő egyenes és a sokszög metszéspontjába visszük el A-t (természetesen B-től ellenkező irányba.) Tehát maximális távolságú pontpár csak a sokszög határán lehet.

Tegyük fel, hogy A egy oldal belső pontja. Ekkor B-től AB távolságra fekvő pontok egy körvonalon helyezkednek el, mely körvonalat az oldal érinti vagy metszi. Mindkét esetben növeljük tehát a távolságot, ha A-t mozgatjuk az oldal körvonalon kívül levő végpontjába (ilyen mindig van.) Tehát a sokszög határán elhelyezkedő pontpárok csak akkor lehetnek maximális távolságúak, ha csúcsokban vannak.

A csúcsban elhelyezkedő pontpárok közül pedig a legnagyobb távolságúnak a legnagyobb a távolsága.

Ha meglenne a 107-es bizonyítása,az nekem szuper lenne. Ha valakinek van erre ötlete,azt megköszönném. fermel

Bizonyítottnak vettem a 107. feladatot, melyet HoA [157]-ben javasolt. Így nem szükséges a gyök öt átmérőjű körökkel való lefedés. (Nem is lehet öt darabbal, esetleg ezt lehetne kitűzni feladatként.)

Azt láttam, hogy öt tartomány van. A felosztás, ha nem is pontosan így, de nekem is megvolt. A problémám az, hogy mi a korrekt bizonyítása annak, hogy pld. egy "házikóban" a maximális távolság gyök öt. Tudom, hogy annyi,de ezt nekem nem sikerült tökéletesen bebizonyítanom. Gyök öt átmérőjű!! körrel kéne lefedni, de ilyet nem találtam. fermel

Itt találtam: http://www.sg.hu/listazas.php3?id=1172238672

Tudtátok, hogy a nyelvújítás időszakában a sinust kebelnek akarták fordítani, a cosinus-t pótkebelnek, az arc-cosinus-t visszás-pótkebelnek. Aztán persze megbukott. Még az eredeti latin sinus szó is hibás fordítás eredménye, jelentése: öl, öböl, kebel. Az eredeti indiai szó húrt jelentet, ez arabul jiba, amiból jr-t írtak le. A középkori fordító jaib-ot értet ezalatt, ami öl vagy az öböl szája. Ebből lett a magyar kebel.

Talán megtévesztő az ábra, de csak öt szín van, tehát öt tartomány. Mivel a téglalap oldalát nem vesszük a tartományhoz, egy tartomány két pontja közt a távolság kisebb mint gyök öt.

Sziasztok! Nekem lenne egy trigonometriához kapcsolódó kérdésem. A kérdés a következő: hogy próbálták elnevezni a nyelvújítás során a szinuszfüggvényt? Ezt a kérdést órán kaptuk, és már égen földön kerestem, de még egy névhez sem tudtam kötni a kérdést sajnos. Remélem tudtok segíteni!

Esetleg leírnád bővebben a gondolatmenetedet? Odáig rendben van, hogy az általad írtból következik az eredeti feladat megoldása,de sajnos nekem nem áll össze, hogy miért igaz, amit leírtál. Köszönöm fermel

Kellene egy kis segítség. 2 lapot kaptam de van 4 geometriai feladat az egyiken (A geometria sajnos nem az erősségem). Itt van a feladatlap(az 1; 4; 5; 7 kellene):

http://img80.imageshack.us/img80/3689/matek0gd7.jpg

Bármilyen segítséget szivessen fogadok, mert van még egy hasonló lapom csak az meg egyenletekkel meg más feladatokkal van tele.

A következő, nehéznek tűnő - még megoldatlan - feladatot én találtam ki. Minden idevágó észrevétel, ötlet, vélemény érdekelne akkor is, ha az nem párosul részleges, vagy teljes megoldással.

Köszönöm! Átnéztem a fél Mathwordot, de még nem vagyok olyan ügyes, mint te... :)

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

Mekkora a görbületi sugara egy R sugarú hengerpaláston egyenletesen ( szöggel) emelkedő csavarvonalnak?

Helló. A következő érdekes problémákkal találkoztam a hétvégén:

1. Határozzuk meg az ABC háromszög azon belső pontját melynek a háromszög csúcsaitól mért távolságainak a szorzata maximális/minimális.

2. Határozzuk meg az ABC háromszög azon belső pontját melynek a háromszög oldalaitól mért távolságainak a szorzata maximális/minimális.

Ha az ábrán az egy színnel jelölt tartomány egy pontja körül egy gyök öt sugarú kört rajzolunk, az az egész tartományt lefedi, így hat pont nem rakható le a téglalapon belül úgy, hogy bármely kettő távolsága legalább gyök öt legyen.

epsilon! már meg is van az eredmény, köszi

Bizonyára tudod, hogy a körszelet területe T=r×r×(x-sinx)/2. Legyen O a kőr középpontja, AB a 210 cm hoszú húr, és legyen OM merőleges az AB húrra, M a talppont az AB húron. Legyen r a kör sugara, így pl. az OAB derékszögü háromszögben az átfogó r, a két befogó 105 illetve (r-50). Pitagorász tételével innen kijön az r. Továbbá az OAB háromszög területét 2 féle képpen felírjuk: 1/2×AB×OM=1/2×OB×OC×sinx vagyis 210×(r-50)=r×r×sinx és innen az r ismeretében megvan sinx és aztán x is.

Sziasztok. Tud valaki segíteni körszelet területének kiszámításában, ha m=50 cm h=210 cm és más adatot nem ismerek?

A feltételből következik, hogy a szemközti oldalak hosszának összege egyenlő. Mivel konvex négyszögről van szó, ezért a négyszög érintő négyszög. Érintő négyszögben az egyik átló behúzásával keletkező két háromszög beírt körei érintik egymást. Ez csak vázlat, de nagyon könnyű bizonyítani ezeket az állításokat.

Javaslom 107. feladat nak [656] általánosítását: Bizonyítsuk be, hogy egy sokszöglapon két pont távolsága (a pontok a határon is lehetnek) nem lehet nagyobb, mint a sokszög két, egymástól legtávolabbi csúcsának távolsága.

A 638-asban leírt feladattal kapcsolatban lenne még kérdésem. Azt kellene belátni, hogy egy 2x2-es házikóban(2x1-es téglalapon egy 2 alapú, 1 magasságú egyenlőszárú háromszög)két pont távolsága maximum négyzetgyök 5.(természetesen a pontok a határon is lehetnek) Köszönöm: fermel

köszi szépen :)

Segítség a 106. feladathoz:

Az alábbi első aláhúzott szabály segítségével kijön a feladat állítása.

106.feladat Egy konvex négyszög egyik átlóját behúzva, a kapott két háromszög beírható körei érintik egymást. Bizonyítsuk be, hogy a másik átlót behúzva ugyanez igaz. (Ma volt Arany Dani feladat 9.oszt.-osoknak)

Köszönöm nadorp [642] tanulságos megoldását! Azt hiszem, ez és az alábbi alapján is kitalálhatunk új feladatokat.

A feladatra a B.3970 ([632]-ben is megtalálható) megoldásának keresése közben találtam, egy átmérő behúzása után a következőt észrevéve:

Nos, ilyen szerkesztés iránt nemrég más is érdeklődött. Valóban az derült ki, hogy nem létezik ilyen szerkesztés.

Ha jól emlékszek, ez nem megoldható euklidészi szerkesztéssel.

igen, elnézést, pontosítok, a szögfelezők hossza van megadva...

Nagyon szép megoldás!

Azért leírom, szerintem mire gondoltak a feladat kitűzöi. Tekintsük a szabályos hétszög oldala és két különböző átlója által alkotott ABC -et . , =4^.,=2^.,= . Vegyük észre, hogy mind az mind a szög felezője a -et egy, az eredetihez hasonló és egy egyenlőszárú -re bontja. Az elsőből , a²=b²+bc , a másodikból , b²=c²+ac . Felhasználva, hogy c=1

(1) -ben a-t (2) -ből helyettesítve: (b+1)^2.(b-1)²=b²+b=b^.(b+1)

végül

(6)

Attól tartok, Lauraa arra gondolt, hogy nem a szögfelezők egyenesei, hanem a hosszuk adott.

A Ptolemaiosz-tétel szerint a négyszög átlói és oldalai közt igaz, hogy e*f <= a*c+b*d, ahol az egyenlőség húrnégyszögben és csak abban igaz.

Az ABCDEFG szabályos hétszög esetén alkalmazzuk a tételt pl. az ACDE négyszögre, ekkor e*f = a*e+a*f ahonnan az állítás következik.

Szia Laura!

A három szögfelező kevés, kell még egy pont is.

Ha az adott pont mondjuk az A csúcs, akkor tükrözve a másik két szögfelezőre, mindkét pont a BC oldalra esik.Ezt meghúzva megvan B és C.

Ha egy D kerületi pont van megadva, akkor sorra tükrözzük a három szögfelezőre, addig, míg minden oldalon 2-2 pontot kapunk.

sziasztok! nem tudja valaki, hogyan lehet megszerkeszteni egy 3szöget, ha adott 3 szögfelezője? köszi előre :-)

Egy megoldás [619] mintájára: A szabályos hétszögnek 7 rövidebb és 7 hosszabb átlója van, ezek harmonikus közepe megegyezik egy rövidebb és egy hosszabb átló harmonikus közepével. Tekintsük az egységnyi oldalú ABCDEFG szabályos hétszög AC és AD átlóját. Azt kell igazolni, hogy Legyen a hétszög körülírt köre k₁, az inverzió k₂ alapkörének középpontja A, sugara . Mivel k₁ átmegy A-n, inverze a BG egyenes, így C és D C' ill. D' képe is ide esik. Legyen AD és k₂ metszéspontja H. . Bizonyítandó: , vagyis elég megmutatni, hogy . Az ábrán zölddel jelölt ABG, BAC és CAD szögek nagyságúak, mert egy szabályos hétszög körülírt körében az oldalakhoz tartozó kerületi szögek. ABC' egyenlőszárú, = . AC a BAH középponti szög felezője, így BH felező merőlegese, . AC'H egyenlőszárú, AHC' szög = . C'D'H = AD'G = 3 mint az ABD' külső szöge. De ekkor a HC'D' -ben a HC'D' =-4^.=3^., HC'D' egyenlőszárú, , amit igazolni akartunk.

Ha a szabályos 14-szöget egységnyi sugarú körbe írjuk, akkor nyilván elég belátni, hogy A₀A₁^.A₀A₃^.A₀A₅=1. Legyen x az első 14-dik komplex egységgyök. ( nem akarok -t írni, mert akkor túl sokat kéne gépelni -:). Ekkor x⁷=-1 miatt

A=A₀A₁^.A₀A₃^.A₀A₅=|x-1||x³-1||x⁵-1|=|(x-1)(x⁸-x³-x⁵+1)|=(x-1)(-x-x³-x⁵+1)|

nem biztos,h jó...próbálkozz azzal, h mindegyik pont köré sugarú kört írsz. Nem gondoltam végig, szal nem hinném, hogy működik.

Ezt mindenesetre nem könnyű nyers erővel megoldani, mivel a 14-szög szögeinek a szinusza nem írható fel egyszerű képlettel.

105. feladat:

Egy kombinatorikai feladat megoldásában szeretném a segítségeteket kérni. Azért ide írom, mert a probléma végül is geometriai. Adott egy 3x4-es téglalap. Bizonyítsuk be, hogy bárhogyan is adunk meg benne 6 pontot, biztos, hogy található köztük kettő, melyek távolsága nem nagyobb , mint négyzetgyök 5! A feladat 7 pont esetén nagyon egyszerű. Felosztjuk a téglalapot 6 db 2x1-es téglalapra. Ez 6 skatulya. 7 pont közül biztosan van legalább kettő, amelyik ugyanabba a skatulyába tartozik, azon belül pedig a maximális távolság valóban négyzetgyök 5. Megfelelő skatulyák megválasztásával már 6 pontra is igaz. Sajnos nem találom az 5 részre való felosztás módját. Köszönöm a segítséget. (Elnézést a négyzetgyök 5 kezdetleges írásmódjától, de hiába írtam be Worldben jól, nem másolta át nekem ide.)

fermel

Annyira aktuális, hogy a megoldásokat csak 16-án 0 órától írjuk a "Lejárt határidejű feladatok" -ba ! :-)