Fórum: GEOMETRIA

Egyetemi jegyzetben található, a szerkesztő általi sajátos jelölési mód (szerintem)A jobb oldalon az "a" oldal a magasság, illetve a szögfelező adatai vannak. A p- pí akar lenni, így (el lett írva) nem a oldal hanem alfa szög.

Én sem tudom, mennyire egyezményesek, pedig nem akarom ide írni hány éve foglalkozom szerkesztési feladatokkal. Honnan vetted ezt a jelölést és mit jelent? A baloldalakat majdnem megmagyaráztad - ha jól sejtem az a oldal, az m_a magasság és a f_b szögfelező adott. De mit jelentenek a jobboldalak?

Üdv Mindenkinek!

Segítséget szeretnék kérni a következő feladathoz.Nagyon fontos lenne!

Bizonyítsuk be, hogy az alábbi háromszögszerkesztési feladatok nem szerkeszthetők euklidészi értelemben! A harmadfokú problémáknál vizsgáljuk, hogy megoldható-e szögharmadoló eszközzel.

1. (a, ha, wb ) = ( p/2, 1, 2 )

2. (a, ha, wb ) = ( 1, 1, 1 )

Nem tudom mennyire egyezményesek ezek a jelek, a w - a szögfelezőt, h- a magasságot jelentené.

Megoldásra ajánlom a következő feladatot.

Az R pont a K középpontú kör PQ húrjának felezéspontja. Bizonyítsuk be, hogy az ábra szerinti elrendezésben SY>RX. Elnézést, a rajz most csak ilyenre sikeredett :(

Kedves HoA!

Pontosan érted, hogy mire gondoltam! Köszönöm szépen, nagyszerű megoldás!

Egyáltalán nem fitymálni akartam a mátrixos megközelítést. A gyakorlatban is mátrixokat használnak (pl. a számítógépes grafikában).

* * *

Nézzük meg inkább a kvaterniós megoldást.

Legyen u egy egységvektor, egy szög és

tehát q az a kvaternió, aminek skalár része , vektor része pedig . Nézzük meg, mit csinál a következő leképezés:

Az x kvaterniót felírhatjuk a+bu+v alakban, ahol a,b skalárok, v pedig egy u-ra merőleges vektor. Legyen w=u×v a v elforgatottja u körül derékszöggel; némi számolás után kijön, hogy

és

tehát

A skalár rész és az u-val párhuzamos vektor komponens nem változik, az u-ra merőleges vektor komponens pedig elfordul szöggel. Vagyis a művelet elforgatja a vektor részt u körül szöggel.

Kedves farkasb!

Remélem, értem mire gondolsz. [906] szerint legyen ezúttal és . Az ABC sík normális egységvektora . Az ABC síkban AB-ra merőleges egységvektor , a b irányú egységvektor . Ekkor alfa szögű elforgatottjának összetevői az ABC síkban . A keresett pont koordinátái az eredeti rendszerben . Megjegyzések: 1) Látható, hogy =0 -ra B' = B 2) Vigyázni kell az irányításra! Ha ABC körüljárása az óramutató irányával ellentétes, az szöggel történő elforgatás is az lesz, és fordítva.

Elfelejtettem: A számítógépnek nem kell tudni, hogy mátrixokkal számol! Neki a 6 (térben 12) paraméter kiszámítási módját, és azok felhasználását kell megadnunk.

Beismerem, a kvaterniókkal nem foglalkoztam, csak a síkbeliekkel, azaz a komplex számokkal. (remélem nem tévedek)

Az előző hozzászólásomban leírtak a komplex számok segítségével történő forgatásnál is kellenek (eltolás - forgatás - visszatolás) kivonás - szorzás - visszaadás alakban. Talán szebb, de a számítógép számára ugyanannyi lépés.

A sik összes egyenes és osztóviszony tartó leképezése megadható olyan speciális mátrixszal, melynek utolsó sora 0,0,1, (utolsó oszlopa pedig az origó képe és az 1-es.) azaz hat paramétert kell meghatározni. Az (x;y) képét a mátrixot az (x;y;1) oszlopvektorral szorozva kapjuk. Ez 4 szorzást és 6 összeadást jelent. (Térben 9 szorzás és 12 összeadás.)

Forgatni kvaterniókkal is lehet, úgy sokkal szebb.

Az O-t helybenhagyó leképezések egyszerűbbek, ezért ilyen az általános módszer.

Egy-egy speciális eset lehet egyszerűbb, de mindenképpen ajánlom az általánossal való foglalkozást.

Lehet, hogy félreértettük egymást, vagy csak számomra tűnik túl bonyolultnak a megoldás, ezért a félreértés elkerülése végett feltöltök egy ábrát. Lényegében a Keresett B' pont rajta van a síkon, és az AB köríven, és mondjuk AB szakasztól 55 fokkal van elforgatva.

Tisztelt Fórumozók!

Segítségeteket kérném! A napokban hallottam a geogebráról. Valaki küldjön már nekem legyen szíves egy feladatot (ami esetleg egy nyomvonalat is tartalmaz) és annak megoldását, amit a geogebrával készített el.

Köszi!

A megfelelő forgatás szögének meghatározását és mátrixát, ha szükséges, megírom.

Kedves Fórumozók!

Ismételten segítségre szorulok. Adott ABC pont xyz koordinátákkal, ami meghatároz egy síkot. A pont körül hogyan tudom a síkban elforgatni B-t egy tetszőleges szöggel?

Közben sikerült megcsinálnom... Az volt a probléma, hogy rosszúl értelmeztem a szögeket.

Lehet hogy nem jó a P pont célbeli koordinátája (10,30,15). Szóval azt ne vegyétek figyelembe. Egy kis segítő ábra, ha nem lenne világos a feladat:

Köszönöm mindkettőtöknek, HoA és Bohner Géza ezeket az érdekes hozzászolásokat, nekem is van egy "csúnya" trigonometrikus megoldásom, de ez nem vetekszik egyikötök megoldásával sem. Köszi.

Kedves Fórumozók!

Lenne egy újabb kérdésem/problémám.

Térbeli koordináta transzformációl lenne szó.

Adott két derékszögű koordináta rendszer, és egy P pont.

Az eredeti koordináta rendszer origója (0,0,0)

X tengelyén A (29.955,2,556,-39,952) //50 egységre O-tól

Y tengelyén B (10.063,47,815,10,604) //50 egységre O-tól

Z tengelyén C (38.748,-14.393,28.132) //50 egységre O-tól

P(20.653,53.039,4,877)

A cél koordináta rendszer origója szintén (0,0,0)

X tengelyén A' (50,0,0)

Y tengelyén B' (0,50,0)

Z tengelyén C' (0,0,50)

Keresett a P pont cél koordináta rendszer beli x,y,z koordinátája.

3dStudio Max porgrammal csináltam meg fordítva az egészet, és a keresett P' pont koordinátái: (10,30,15)

Próbáltam kiszámolni ezt a forgatást, de sehogy sem jött össze. Ezért kérnék némi segítséget.

Ezeket a képleteket használtam:

r11= cos(gamma)*cos(béta)

r12= cos(gamma)*sin(béta)*sin(alfa)-sin(gamma)*cos(alfa)

r13= cos(gamma)*sin(béta)*cos(alfa)+sin(gamma)*sin(alfa)

r21= sin(gamma)*cos(béta)

r22= sin(gamma)*sin(béta)*sin(alfa)+cos(gamma)*cos(alfa)

r23= sin(gamma)*sin(gamma)*sin(béta)*cos(alfa)-cos(gamma)*sin(alfa)

r31= -sin(béta)

r32= cos(béta)*sin(alfa)

r33= cos(béta)*cos(alfa)

P'x= r11* Px+ r12* Py+ r13* Pz

P'y= r21* Px+ r22* Py+ r23* Pz

P'z= r31* Px+ r32* Py+ r33* Pz

Előre is köszönöm a segítséget!

A KöMaL régebbi olvasói számára ismert, hogy az ilyen feladatok megoldásához, ahol a -ek szögei 10^o egész számú többszörösei, jól használható a szabályos 18-szög oldalaiból, átlóiból és körülírt K köréből álló H18 hálózat. Ha ívhossz egységnek K két szomszédos csúcs közötti ívét vesszük, n egységnyi ívhez n^.10^o kerületi és n^.20^o középponti szög tartozik.

Legyenek H18 csúcsai P1,.., P18, K középpontja O, sugara R. Húzzuk be a P₁P₆, P₂P₉ és P₆P₉ átlókat. Legyen A=P₆,C=P₉ , B pedig P₁P₆ és P₂P₉ metszéspontja. Ekkor ABC a feladatban szereplő , hiszen P₁P₆P₉=100^o és P₂P₉P₆=40^o.

OP₆P₉ R oldalú szabályos . Legyen a C középpontú R sugarú kör és a BC szakasz metszéspontja E. Ekkor BE a feladatban szereplő oldalhossz különbség. OCE egyenlőszárú csúcsszöge 60^o-40^o=20^o, COE=80^o , E rajta van az OP₅ sugáron. De akkor E a P₂P₉ átló e sugárra vett tükörképén, P₁P₈ -on is rajta van. A BP₁E -ben BP₁E=P₆P₁P₈=20^o, a B-nél lévő külső szög 40^o, P₁BE egyenlőszárú, így P₁ feladatunk D pontja. ADC=P₆P₁P₉=30^o.

Valóban. Köszönöm a segítséget.

Üdvözlettel Draskóczy Gergely

Munkám során merült föl az alábbi probléma:

adott A pont, K kör, t egyenes

szerkesszünk geometriai úton olyan kört (2 is van) mely átmegy A ponton, középpontja t egyenesen van, érinti a K kört

Tud ebben valaki segíteni?

Gergő

Tisztán szerkesztő megoldás:

Az ABC háromszögben mA=100^o,mB=40^o,mC=40^o. Az AB oldalt meghosszabbítjuk BD=BC-AB-vel. Határozzuk meg az ADC szög mértékét.

Ezt a hozzászólást és levezetést is köszönöm!

A [895] feladatára. (az ábrán A és B felcserélve)

Köszönöm szépen!!!!

Legyen , Ekkor az ABC sík normális egységvektora és D_1,2=B10^.n₀.

Az ABC síkban BA-ra merőleges egységvektor - hiszen a és n₀ merőlegesek és n₀ egységnyi. Így E_1,2=B10^.n₁.

Oh, de béna vagyok. Igen az ábrán A és B fel van cserélve

Legyen adott a paralellogramma az a, b, adatokkal. A szerkesztendő X ill. Y pontok [885] szerint. A K_a Apolloniusz-kör átmérője d=b/cos és r_a=d/2 sugara szintén adottnak tekinthető. Érintse az AB-vel párhuzamos e egyenes K_a-t C₂-ben. K_a minden pontjára, így C₂-re is igaz, hogy az AC₂B felezője AB-t Y-ban metszi. Legyen ABC₂ körülírt K körének sugara R, középpontja O₂. Tudjuk, hogy a belső szögfelező a szemközti oldal felező merőlegesét a körülírt körön metszi. Legyen C₂Y és K metszéspontja Q. QC₂O₂ egyenlőszárú, mert C₂O₂=QO₂=R. C₂QO₂=OC₂Y=45 fok, tehát QO₂C₂=90 fok, ami azt jelenti, hogy O₂ e-n van.

Innen az alábbi szerkesztés adódik: Az a hosszúságú AB szakasszal párhuzamosan, tőle r_a távolságra vegyük fel az e egyenest. AB f felező merőlegesének és e-nek a metszéspontja O₂. Az O₂ középpontú, R=O₂A sugarú K kör és e (egyik) metszéspontja C₂, K és f metszéspontja ( e egyenes AB-t tartalmazó oldalán ) Q. C₂Q kimetszi AB-ből Y-t.

És az ábrán A és B felcserélendő?

Megpróbálom magyarul :)

Adott ABC pont xyz koordinátákkal. Keresett 4 db pont. -Az első kettő (D1, D2), amelyik az BA szakaszra merőleges, B-től mért távolsága +10, -10 egység, és a BD1, BD2 merőleges az ABC síkra. A másik kettő (E1, E2)pedig ugyancsak merőleges a BA szakaszra, de az ABC síkon van, és B-től mért távolsága 10 e. Itt egy szemléltető ábra is. Előre is köszönet!

Első kérdés : (ld. BohnerGézáé) Az ABC síkra merőleges vetítésre gondolsz?

Második kérdés: AZ ABC síkban fekvő, B-nél derékszögű ABC* C* csúcsát keresed, ahol BC* = 10 egység?

Nem érthető (számomra) a feladat! Azt a részt, hogy egy pont legyen merőleges egy szakaszra, azt valószínűleg más sem érti.

Az elején merőleges vetítés van?

Fogalmazd meg jól a feladatot, talán tudunk segíteni.

Kedves Fórumozók!

Ilyen nehezet kérdeztem (nem hinném), vagy túl egyszerű? Megköszönném, ha valaki tudna segíteni.

Egy újabb, elvileg egyszerű kérdésem lenne. Adott A B C pont a térben. -Hogyan határozhatom meg azt a pontot(pontokat), mely az ABC síkra vetítve a vetítősugár a B ponton menne át, és B ponttól 10 egységnyire van. -továbbá szükség lenne arra a pontra (pontokra), amelyik AB szakaszra merőleges, és a ABC síkon helyezkedik el, és B pontból indul, és 10 egységnyire van tőle. Előre is köszönet!

Átsiklottam azon, hogy BE az egység. Így kijött.

Ezzel a szerkesztéssel valami gond lehet, mert nekem nem jött ki. Én AE szakaszfelezőjébe raktam L-t, de ez lényegtelen, mert AL lesz az egység.

Amilyen arányban növelem a négyzet kerületét, olyan arányban nő az oldalhossza is. Így elég csak az egyik oldalhosszat vizsgálni. Megnövelem 4 méterrel, de ez egyben azt is jelenti, hogy a háromszorosára nőt. Ha valamit háromszorosára növelek, az azt jelenti, hogy még kétszer hozzáadom önmagához (1+2=3). Azaz a 4 méter az eredeti hossz kétszerese, így az eredeti hossz a 4 méter fele, azaz 2 méter.

Ha egy négyzet olkdalhosszát4m -rel növeljük,kerülete háromszorosára nő.mekkora az eredeti négyzet oldalhossza?

Bocs , az utolsó mondat helyesen : "Ekkor az egész A*CB' és az ennek A*C oldalán fekvő A' pont is f -nek ezen az oldalán van,..."

Belátjuk, hogy ha a nem egyenlőszárú, pontosabban ha ABAC , akkor BC'=CB' és B'A'=C'A' egyszerre nem állhat fenn. Legyen az ABC -ben AC>AB, CB'=BC', BB' és CC' metszéspontja P, PA és BC metszéspontja A'. A Ceva tétel szerint BA'^.CB'^.AC'=A'C^.B'A^.C'B CB' = C'B -vel egyszerűsítve BA'^.AC'=A'C^.B'A . AC>AB miatt B'A>AC' és így A'C<BA' , vagyia A' a BC oldal A* felezőpontja és C között van.

A C'BA* és az A*CB' két oldalban megegyezik, de a közrezárt szög - mint az ABC nagyobb oldalával szemközti szög - az előbbiben () nagyobb mint az utóbbiban () . Ezért a cosinus tétel szerint C'A*>B'A*. A* tehát a B'C' f felező merőlegesének ugyanazon az oldalán van, mint B'. Ekkor az egész A*BC' és az ennek A*C oldalán fekvő A' pont is f -nek ezen az oldalán van, vagyis B'-höz közelebb, mint C' -höz , A'B'<A'C' , amit bizonyítani akartunk.

Itt egy "szerkesztő megoldás", igaz, használ némi projektív geometriát. A [874] hozzászólás alapján olyan egyeneseket keresünk az A és B pontokon keresztül, amelyek "száraktól mért dőlésszöge egyenlő ellentétes irányban" (1), és a metszéspontjuk CD-n van. Az (1) tulajdonságú egyenesek - mivel egymáshoz projektív, A ill. B tartójú sugársorok egymásnak megfelelő egyenesei - metszéspontjai egy hiperbolán vannak, melyre A és B illeszkedik. Ha ennek a hiperbolának három további tetszőleges pontját megszerkesztjük (K, L, M), akkor a hiperbola és a CD egyenes metszéspontjai szerkeszthetőek. (Természetesen ezt a szerkesztést - Steiner-szerkesztés - körzővel-vonalzóval picit hosszabb megcsinálni, mint géppel.)

Amíg nem születik igazi szerkesztő megoldás, addig itt van egy , az eddigieknél talán egyszerűbb, számítást követő szerkesztés.

Legyen adva a paralellogramma az AB = a , BC = b oldalhosszakkal és az A-nál lévő szöggel. Vegyük fel az ABX Apollonius körét. Középpontja legyen O, Y-nal szemközti pontja Z. Az XYZ derékszögű ből YZ=d=b/cos , ami adatainkból számítható/szerkeszthető. Mivel az Apollonius kör pontjaira az A-tól és B-től mért távolságok aránya állandó, YB-t x-el jelölve felírható :

Rendezve x-re másodfokú egyenletet kapunk, melynek megoldása: Mivel x a-nál és d-nél is rövidebb, ezért -nél is, tehát csak a negatív előjelet kell figyelembe venni. x szerkeszthető pl így: Vegyük fel a d hosszúságú YZ Z-n túli meghosszabbítására az a hosszúságú ZT szakaszt. Z-ben emeljünk merőlegest YT-re, forgassuk rá Z-ből ZT-t, a metszéspont legyen U. Ekkor , ezt Y-ból leforgatva YT-re a metszéspont legyen V. Ha W a VT szakasz felezőpontja, VW = WT = x.

Sziasztok!

Tudnátok segíteni a következő feladatban:

Adva van egy egy háromszög,felveszünk benne egy p pontot. Összekötjük a csúcsokat a szembelévő oldallal a p ponton keresztül.A metszéspontok rendre A', B',C'. Tudjuk továbbá,hogy C(B)'=B(C)',vmint B'A'=A'C'. Mutassuk meg h a háromszög egyenlőszárú.

Köszönettel: Zsolt

Igen, ezt már tapasztaltam... Sajna nincs semmi ceruza, körző, vonalzó nálam, így csak az ábrába tudok rajzolgatni. Másik tipp: AB oldalra thalés kört rajzolok, és az AB flezőpontján átmenő, BC oldallal párhuzamos egyenesnek a metszéspontja nem esik egybe a keresett egyenessel? (mármint ami A-ból indul és X-be tart?) Vagy ez is speciálisan itt igaz?

"Úgy tűnik". Szó szerint. :-((

Semmi nem magyarázza, hogy úgy legyen. Ha elképzelsz egy "derékszögűbb" paralelogrammát, akkor az említett háromszög elannyira nem lesz egyenlőszárú, hogy a két "szár" egy derékszögű háromszög befogója ill. átfogója felé tart (miközben a másik befogó nagyon nem nulla).

Az eredeti hozzászólás ábrája eléggé spécire sikeredett, mert a paralelogramma hegyesszöge kb 60 fokos, emellé az AX' és az AD hossz is közel egyforma. De ezek tök esetleges dolgok.

No meg (de ez gondolom nem nagy felfedezés..) ha az AD oldalegyenest metszük a BX egyenesével (P pont), a BC oldalegyenest az AX egyenessel (Q pont) Akkor ABPQ egy trapéz, amelynek átlói X pontban metszik egymást.

Szerintem lehet, hogy benéztem... Viszont úgy tűnik, (ha az eredeti ábrát nézzük (868 sz. hozzászólás itt)), hogy ha behúzzuk a paralelogramma középvonalát, akkor ahol metszi az xx'egyenest (legyen P pont), akkor ha a BP egyenest elmetszük az AD oldalegyenessel, egy egyenlőszárú háromszöget kapunk. Nem?

Ha jól értelmezem a leírásod, akkor ha a paralelogramma egy téglalaphoz tart, a megoldásod szerinti X pont a CD oldal C felőli negyedelőpontjához tart. Ez viszont így nem lehet jó; ha a paralelogramma derékszögű, úgy a helyes megoldás a CD oldal felezőpontja.

Rosszul értettem valamit? Próbálj egy ábrát berakni!

Bármelyik paralelogrammában: az alapot helyén hagyva csinálj egy téglalapot, amelynek oldala megegyzik az eredeti paralelogrammáéval. Ennek felső oldalát felezd el, majd az alsó oldalegyenest jobbra (most) hosszabbítsd meg, mérd fel rá a rövidebb oldalt.ezt és a téglalap fleső oldalát felező pontot kösd össze. Ahol metszi a paralelogramma tetjét, attól jobbra eső szakaszt felezd el, és megvan a X pont.

Egyszerűbb nem sikerült. A szerkesztést Euklides-ben végigcsináltam, jó lett.

Én meg arra jutottam, hogy az AB szakaszfelezője és az XX' egyenes éppen azon a köríven metszik egymást, amit az ABX-re lehet illeszteni. Talán valakinek ad valami löketet.

Esetleg átlehetne fogalmazni a feladatot: szerkesszük meg AL és BK félegyenest, úgy hogy dőlésszögük ugyanakkora legyen ellentett irányban, és metszetük a CD-n legyen rajta.

Avagy például (lévén két pontja és középpontjának AB egyenese ismert) megszerkeszthető az az Apolloniosz-kör, amelynek P pontjaira .

Én odáig jutottam (lehet, hogy a zsákutcában? :-) ), hogy az ABX AB=c oldalának, f_c szögfelezőjének és m_c magasságának hossza ismert; ebből kellene ABX-et megszerkeszteni. A szögfelező és a magasságvonal hosszából megszerkeszthető az X'M_cX (ahol M_c az m_c magasság talppontja), de ezután? ...

DAX és CBX a két bejelölt váltószögei (mivel AD, X'X és BC párhuzamosak), tehát szinusztétel nélkül is láthatóan egyenlők.

XCB+XDA szög = 180, továbbá az ezekre a háromszögekre felírt szinusz-tételek miatt látható, hogy DAX=CBX szög.

Kb. egy perc alatt erre jutottam: (XX' szögfelező ABX-ben és AX'=DX, BX'=CX)

Ebből szerintem el lehetne indulni valahogy.

Üdv mindenkinek, már jó pár napja töröm magam egy feladaton, de nem tudom megoldani a problémát. Gondoltam megosztom veletek is:

Adott ABCD paralelogramma. Megkell szerkeszteni X-et a CD-n, úgy hogy érvényes legyen: AXX' szög ugyanakkora mint X'XB és X'X párhuzamos AD-vel. (az ábra szerint)

Várom a hozzászólásokat...

Köszönöm SmallPotato megoldását a 124. feladatra!

A téma iránt érdeklődőknek javaslom, gondolkodjanak a közös belső érintők esetén is az analóg feladaton.

Néhány kiegészítés:

1.) Az eredeti 123. feladatban a hatványvonal a k₁ és k₂ érintési pontjában húzható közös érintő.

2.) Az előző hsz-ban leírt bizonyítás a rajzolt viszonyokon túl kiterjed az egymást érintő és az egymást metsző k₁ és k₂ körök esetére is. Ezekben az esetekben a hatványvonal rendre k₁ és k₂ közös belső érintője (értelemszerűen a körök egyetlen közös pontján át), ill. a körök metszéspontjain át húzható egyenes.

3.) Ha k₁ és k₂ nem érinti egymást, akkor (akár 0, akár 2 közös pontjuk van) az általuk "közrefogott" C₁C₂ átmérőjű körhöz G pontban húzható érintő is természetesen párhuzamos e-vel, e₁-gyel és e₂-vel. G aszerint helyezkedik el a közös átmérőegyenesnek a D felőli ill. azzal ellentétes oldalán, hogy k₁ és k₂ közös pontjainak száma 2 vagy 0.

Megoldás a 124. feladatra.

Rajzoljunk egy - szándékosan "elrontott" - ábrát, azaz egy olyat, ahol a találomra választott D pontból húzott DA és DB egyenesek által a k₁ ill. k₂ körökből kimetszett E₁ és E₂ pontok nem a közös érintő érintési pontjai!

Ebből az ábrából is megállapíthatjuk a következőket:

1.) Ha D a k kör pontja, akkor a jelölt e, e1 és e2 érintők párhuzamosak, hiszen k₁-et A-ból, k₂-t B-ből kellő arányban nagyítva a k₁ ill. k₂ körök k-ba, az E₁ ill. E₂ pontok D-be, tehát az e₁ ill. e₂ egyenesek e-be mennek át.

2.) A Thalész-tétel megfordítása értelmében az AC₁E₁, ABD és C₂BE₂ háromszögek derékszögűek (így hasonlóak is), és a vastagítva rajzolt DE₁GE₂ négyszög téglalap.

3.) A jelölt C₁AE₁ és C₁E₁e₁ szögek egyenlőek, mert mindkettő a k₁ kör C₁E₁ ívén nyugvő kerületi szög (utóbbi érintőszárú).

4.) Ezek szerint e₁ és e₂ akkor esik egybe, ha a jelzett DE₁GE₂ téglalapban pl. az E₂E₁D szög a jelzett szög pótszöge, azaz - a korábban említett háromszög-hasonlóságokat figyelembe véve - ha pl. .

Az utóbbi egyenlőséget átrendezve (az alsó ábrán csak a lényeg van kiemelve): DB*DE₂=DA*DE₁, azaz e₁ és e₂ akkor és csak akkor esik egybe, ha a D pont hatványa a k₁ és k₂ körökre azonos. Ez akkor és csak akkor teljesül, ha D pont a k₁ és k₂ körök hatványvonalán van. A hatványvonal ismert tulajdonsága, hogy adott pontjából a két körhöz egyenlő hosszú érintőszakaszok húzhatók (ha egyáltalán húzhatók), tehát (egyebek közt) a 124. feladat eredeti ábráján az F pontból is.

Köszönöm, ez a 3. megoldás nagyon jó! Persze elismerésem a másik kettőért is :)

Tovább egyszerűsíthető a megoldás, ha a koordinátarendszer kezdőpontját x₀ -ba helyezzük át. Ekkor a két oldalvektora a=x₁-x₀=(-0,1693;-0,7763;-1,7028) és b=x₂-x₀=(-2,7655;-1,4626;0,8991) . A síkját e két vektor feszíti ki, így R felírható

R=x^.a+y^.b..........(1)

alakban. R az oldalfelező merőlegeseken van, tehát (R-0)a=(a-R)a , a(2R-a)=0 és hasonlóan b(2R-b)=0 . (1) -ből R felbontását a két utóbbi egyenletbe helyettesítve és rendezve kapjuk:

2^.a^2.x+2^.ab^.y=a² ; 2^.ab^.x+2^.b^2.y=b²

Látható, hogy a numerikus számításhoz csak az a²,b² és ab értékekre van szükségünk, ezek rendre 3,53083202 ; 10,59556982 ; 0,07262805 . A megoldás - például az egyenlő együtthatók módszerével

;

Numerikusan x = 0,489784223 ; y = 0,496642741 , amiből R = (-1,45639 ; -1,10661 ; -0,38747 ) . Visszatérve az eredeti koordináta rendszerre ezt x₀ -hoz hozzáadva a várható r=(0,037714;-0,96211;0,532327) eredményt kapjuk.

Most nézzük ugyanerre az egyszerűbb megoldást.

Legyen tehát a háromszög három csúcsába mutató vektor

x₀=(1.4941,0.1445,0.9198)

x₁=(1.3248,-0.6318,-0.7830)

x₂=(-1.2714,-1.3181,1.8189)

Egyszerűen kiszámoljuk két csúcs felezőmerőleges síkját, aztán egy másik két csúcs felezőmerőleges síkját is (a harmadik nem kell), majd a csúcsok síkját, végül ezek metszetét.

Az a és b pontok felezőmerőleges síkjának egyenpete , átalakítva r(b-a)=(a+b)(b-a)/2.

Speciálisan a x₀ és x₁ csúcsok felezőmerőleges síkjának koordinátái

x₁-x₀=(-0.1693,-0.7763,-1.7028)

(x₀+x₁)(x₁-x₀)/2=-0.1659

Hasonlóan x₁ és x₂ csúcsoké

x₂-x₁=(-2.5962,-0.6863,2.6019)

(x₁+x₂)(x₂-x₁)/2=1.9474

A három csúcs síkját pedig egy 4 méretű homogén lineáris egyenletrendszerből kapjuk meg. Ha a sík egyenlete pr=q, akkor ebben x_i rajta fekszik, így 0=px_i-q, amit meg kell oldani a p,q négy változóra. Ennek a megoldását például a Cramer-szabályból kapjuk meg: q a csúcsokból álló mátrix determinánsa, p pedig azoknak a mátrixoknak a determinánsa, amit ez előbbi mátrixból egy oszlop 1-re cserélésével kapunk.

p=(-3.1885,4.8613,-1.8992)

q=-5.8084

Most már csak el kell metszenünk a három síkot. Ehhez az alábbi egyenletrendszerünk van:

Ezt megoldva

r=(0.0377,-0.9621,0.5323)

ami szépen egyezik az előző megoldással.

Köszönöm!

Nézzünk egy példát.

Vegyük azt a háromszöget, aminek a csúcsainak koordinátái

x₀=(1.4941,0.1445,0.9198)

x₁=(1.3248,-0.6318,-0.7830)

x₂=(-1.2714,-1.3181,1.8189)

Ekkor az oldalak vektorai

v₀=x₁-x₂=(2.5962,0.6863,-2.6019)

v₁=x₂-x₀=(-2.7655,-1.4626,0.8991)

v₂=x₀-x₁=(0.1693,0.7763,1.7028)

Most számoljuk ki az oldalak által bezárt szögeket az oldalvektorok skalárszorzatából.

|v₁|=3.25512

|v₂|=1.87908

(v₁,v₂)=-0.0726366

cos (-₀)=(v₁,v₂)/(|v₁|^.|v₂|)=₀.0118753

-₀=1.58267

₀=1.55892

Hasonlóan

₁=1.05618

₂=0.52649

Ebből

sin (2₀)=0.0237489

stb, amiből a körülírt kör középpontjába mutató vektor

Ennek a távolsága valóban minden csúcstól ugyanannyi:

r=|r-x₀|=|r-x₁|=|r-x₂|=3.49585

és a r-bfx_i vektorok lineárisan összefüggők, azaz a pont a háromszög síkjában van, tehát ez valóban a háromszög középpontja.

Igen, noha fejből nem tudtam megmondani. Súlyozni kell a csúcsokat a csúcsban lévő szög kétszeresének a színuszával, és normálni ezeknek az összegével.

Minden attól függ, hogy milyen matematikai szövegkörnyezetben vagyunk. Pl. a háromszög is tekinthető körnek (és viszont), ha topológiai szemmel nézzük a dolgokat, ahol is csak a folytonos egymásba deformálhatóság számít.

Tisztelt Fórumozók!

Érdeklődnék, hogy valaki tud-e képletet egy egy térbeli háromszög köré írható kör középpontjának kiszámítására, és a térbeli kör egyenletének felállítására. Előre is köszönettel: F.Balázs

Nincs különösebb jelentősége, csak részemről volt ez egy feltevés, másoknak. Akik azt mondták erre, hogy ez nem igaz, csakhogy az igazamat én sem tudtam ésszerűen alátámasztani. És reméltem, ha a feltevésem igaz akkor itt talán tudnak rá egyesek magyarázatot is adni.

Tekinthető. De mit értesz ezalatt? Milyen előny származik ebből? Milyen tulajdonság lesz kiolvasható? Miért jó ez a társítás?

Csak egy kérdéssel zavarnám meg a tisztes társaságot. Előre is elnézést kérek, ha banális vagy ostoba lenne a kérdés. Tekinthető e a kör egy végtelen sokszögnek? Előre is köszönöm.

124. feladat: az ábra alapján általánosíthatjuk a 123. feladatot. Bizonyítsuk az általánosítást! ( F az E1 E2 felezőpontja. )

Felhozom kicsit a topikot.

A 123. feladat megoldása:

Kicsinyítsük az AB átmérőjű kört A-ból arányban! Ekkor a D pont képe E, AB kör D-beli érintőjének képe pedig AC kör E-beli érintője lesz; e két érintő (a kicsinyítés tulajdonságaiból adódóan) párhuzamos.

A 120-as feladat megoldásából azonban ismert, hogy a rajzolt elrendezésben az AB kör D-beli érintője párhuzamos az AC és a CB körök közös külső érintőjével. Eszerint AC kör imént előállt (E pontbeli) érintője ezzel a közös érintővel egybeesik.

(Természetesen elindulhattunk volna az AB kört C-ből arányben kicsinyítve is.)

No, majdnem lecsaptam gyorsan a feladatra ... de várok, hátha nálam érdemesebbek írhatják meg. :-)

123. feladat: Bizonyítandó, hogy az AD és BD az érintési pontokat metszi ki a kisebb körökből. ( CD merőleges AB-re. )

Köszönöm, hogy foglalkoztál a feladattal és feltetted a megoldásodat, ami természetesen helyes.

A feladat egyébként - elemi módon - még (legalább) két másik módszerrel is megoldható. Tehát nincs még lelőve semmi, aki esetleg új megoldásra bukkan, nyugodtan tegye fel...

"808-as" helyett természetesen a 120-as feladat értendő, bocs. :-/

A 808-asra hoznék egy megoldást; úgy látom, eddig még nem érkezett.

Legyen , és .

Húzzunk párhuzamost t₂-vel az O_AC ponton át; messe ez a BC átmérőjű körnek a t₂-vel való érintési pontjába húzott sugarát az E pontban. Ekkor és az O_ACO_CBE háromszög E szöge derékszög, átfogója pedig R+r.

Az O_ABDC háromszög C szöge derékszögű, átfogója (lévén az átmérőjű kör sugara) szintén R+r, és befogója szintén R-r, tehát

az O_ACO_CBE és a O_ABDC háromszögek egybevágók.

Eszerint viszont CO_ABD=O_ACO_CBE, azaz , és mivel az érintők merőlegesek a megfelelő sugarakra, t₁||t₂.

Köszönöm, segítséget. Így már értem.

Az az igazság ogy a 10. volt már majd 10 éve volt, de nem is azzal van a gond csak nem esett le az egyenlő együtthatók módszer.

Mégegyszer köszönöm! :)

A számolásnál az egyenlő együttgatók módszerét használtam. Ha elvégezted volna a jelzett számolást, észrevetted volna, hogy y kiesik.

Próbáld ki! Az első egyenletet v2-vel, a másodikat v1-gyel szorozva, a kettőben x ua-szor lesz. Kivonva egymásból a kapott egyenleteket x kiesik, y kiszámolható.

Természetesen behelyettesítéssel is kijön ue.

Ezeket legalább tizedikes ismerőseidtől is megtudhattad volna.

Hát igen, én bonyolultabban akartam megoldani :)

De azt nem igazán értem, hogy ha megszorzom az egyik egyenletet v₁ a másikat v₂-vel, akkor hova tűnik az y? Mert hát ha jól emlékszem, hiányos matektudásomban az van, hogy minden tagot szorozni kell, vagy nem? Ez valamiféle egyszerűsítés?

Elnézést, hogy ennyit értetlenkedem, de szeretném megérteni hátha jobban felfogom...

Volt egy kis elírás a végén: BO=2OF helyesen. (csak hogy nehogy valakit összezavarjon) Szép megoldás!

Igen, erre az egyenletre rá jöttem én is, de kéne még egy egyenlet, gondolom, amiből ki lehet fejezni az x-t és egy másik amiből az y-t.

Na idáig nem jutottam el. Vagy az egyik koordinát egyenletét be lehetne helyettesíteni a másikba, pl. x-et kifejezve belőle?

Ajánlom Gerőcs László cikkét, a KöMaL bemutatkozó oldaláról is elérhető, vagy innen:

http://www.komal.hu/hirek/vegyes/gerocslaszlo-quovadis.h.shtml

A Pithagórasz-tétel a két pont távolságához (d) kellett.

Kedves BohnerGéza!

Még egyszer köszönöm az előző segítséget, remekül tudom használni (bár koordinátarsz-re nem volt szükségem, mert karakteresen működik a program), de nem igazán értem, hogy Pithagórasz-tétel hogyan is működik ebben az esetben.

Közben pedig újabb problémába ütköztem.

Szintén koordináta jellegü és az előző feladat megfordítása, vagyis adott AB egyenes és egy X pont. Meg szeretném tudni, hogy az X pont milyen merőleges távolságra van A-tól, AB egyenesen mérve illetve milyen messze van AB egyenestől.

Szögfügvényekkel találtam megoldást, de nekem jobban tetszene egy, az előzőhöz hasonló megoldás.

Előre is köszönöm a segítséget!

Kell szerkeszteni egy kört, elharmadolni, és érintőket szerkeszteni a megfelelő pontokba.

A szabályos háromszögben m=3r és . Így .a Pithagorasz-tétel segítségével szerkeszthető.

Tisztelt Barátaim! Alapvetó problémával kerültem szembe a következő feadattal: "Szerkesszünk szabályos háromszöget ha adott a beírt kör sugara." Kérdésem a következő: Melyek azok a tételek amelyek átgondolásával a feladat megoldható és mi a szerkesztés menete? Válaszukat hálásan köszönöm.

Köszönöm a gyors és kimerítő választ! Még fel kell fognom, de aszem értem!

Hiába, csoda világ a matek! :)

Sziasztok!

Átböngésztem az eddigi hozzászólásokat, de sajnos nem találtam megoldást a problémára, aszem.

Programot szeretnék irni, de a dolgok matematikai oldalával nem igazán vagyok tisztában. Adott, korrdinátásan, két pont által meghatározott vonal. Szeretnék megkeresni egy pontot ami X távolságra van az egyik végétől rajta az egyenesen.

A másik program az lenne, hogy ugyanezen vonal egyik pontjától X távolságra és Y távolságra merőlegesen magától vonaltól lenne a pont.

Előre is köszönöm a segítséget!

Úgy látszik nyári szünet van... Tehát a javaslatot felhasználó megoldás: Mivel A₁M=KB₁+KC₁ , A₁M -nek az a oldalra vett A₁M_a vetületét állítsuk elő mint KB₁ és KC₁ A₁B_a és A₁C_a vetületeinek előjeles összegét. Mivel KB₁ merőleges b-re, A₁B_a=^.sin . Hasonlóan, mivel KC₁ merőleges c-re, A₁C_a=^.sin . Innen A₁M_a=(sin-sin) . Ugyanígy B₁M_b=(sin-sin) . A szinusz tétel többszöri felhasználásával Ez viszont [806] szerint megegyezik az aránnyal

Ha van az enyémnél kevésbé hosszadalmas, szemléletes megoldásod, örömmel látnám. Javaslatod arra utal, hogy igen. Megpróbáltam a leírt tényt kihasználni, de megint csak az Euler egyenesre jutottam:

M - C = 2 ( ( A + B ) / 2 - O ) ; M - C = A + B - 2O ; M = A + B + C -2O = 3S - 2O

és mivel a jobb oldalon az együtthatók összege 1, ez éppen azt jelenti, hogy M, S és O egy egyenesen van.

Ok Cckek, ebben teljesen igazad van, megpróbálom a feladatot egészében "emésztgeni" Kösz, üdv: epsilon

Mivel a függvény folytonos, úgy Darboux tulajdonságú, az-az úgy hogy

Heló Károly és Cckek! Valójában az 1/3 egy elfajult eset, amikor pontok egybeesnek. Ha a 12 pont mind különböző, akkor az az érzésem, hogy 1/3-hoz tetszőlegesen közel lehet (?) de azt nem veszi fel? A folytonossággal értem, hogy hamar lelőhető, de többváltozó esetén van a globális meg komponensenkénti folytonosság, ezzel ezt akarom mondani, hogy még nem elég megggyőző számomra, hogy valóban bármely y az [1/3;1] értékre létezik a 12 pont kérdéses elhelyezkedése. De mindenképpen még gondolkodom, és kösz! Üdv: epsilon

A 825-ös hozzászólást nem kell figyelembe venni.:D

Minden értéket felvehet a -ből:) Ugyanis az egy csúcsban összefutó három él által meghatározott tetraéder térfogata, , ahol x₁,x₂,x₃ az illető éleken felvett pontok csúcsoktól mért távolsága,a kocka térfogatának (ami 1) és nyolc ilyen tetraéder térfogata összegének a különbsége adja a konvex burok térfogatát. Tehát lesz egy 12 változós függvényünk, mely folytonos, és mint már Károly bebizonyította felveszi a és az 1 értékeket tehát minden értéket -ből.

Minden értéket felvehet:) Ugyanis az egy csúcsban összefutó három él által meghatározott tetraéder térfogata, , ahol x₁,x₂,x₃ az illető éleken felvett pontok csúcsoktól mért távolsága,a kocka térfogatának (ami 1) és nyolc ilyen tetraéder térfogata összegének a különbsége adja a konvex burok térfogatát. Tehát lesz egy 12 változós függvényünk, mely folytonos, és mint már Károly bebizonyította felveszi a 0 és az 1 értékeket tehát minden értéket [0,1]-ből.

Köszi Károly! Ilyesmi érdekelne, hogy a konvex burok térfogata lehet pl. 2/3, továbbá milyen értékeket vehet fel a (0,1) intervallumban. Előreis kösz, üdv: epsilon

Ha minden pont oly módon van valamely csúcsban, hogy minden csúcsra kerül pont, akkor a konvex burok nyilvánvalóan megegyezik a kockával. Ha a kocka térfogatát egységnyinek veszem, akkor a burok maximális térfogata 1 egység.

Ha a pontokat úgy próbáljuk a csúcsokan elhelyezni, hogy minél kevesebb csúcson jelenjenek meg, akkor a 4 csúcs a lapok átellenes (átlós) csúcsaira kerülnek, s a 4 csúcs egy szabályos tetraédert alkot. Ekkor a burok térfogata 1/3 egység.

Nem erősségem a bizonyítás, de gyakorlatilag ez utóbbi a minimális térfogat.

Igazad van, viszont kör esetén ( bár ez a legspeciálisabb eset) szerintem lehetne valamit keresni.

Helló Károly! Igen, úgy van ahogyan mondod. Kiváltképpen az érdekelne, hogy ennek a konvex buroknak a térfogatának az értéke a kocka térfogatának hányad részével lehet egyenlő, és esetleg mely értékeket nem veheti fel a kocka térfogatából? Üdv: epsilon

Üdv!

Egy naív kérdés, ellenőrzésképpen, hogy jól értem-e.

A 12 pont konvex burka az a kockából visszamaradó idom, melyet úgy kapunk, hogy a 8 sarkából tetraédereket levágunk, s egy-egy szomszédos csúcshoz tartozó tetraéderek megfelelő csúcspontjaik a kijelölt pontban azonosak?

Ha igen, akkor a következő -vizuális úton nyert- meglátásaim vannak: Ekkor az idom mindenképpen konvex. Szélsőséges esetben legfeljebb három pont a csúcsban lehet azonos is. Maximális térfogata egységnyi, míg minimális térfogata harmad egységnyi.

Helló Cckek! Itt vannak nekem is kételyeim, hogy minden esetben felvehető-e úgy a 12 pont, hogy a szóbanforgó test konvex legyen? Na persze, ha még térfogati megszorítások, kitétek is bekerülnek, akkor még áltáthatatlanabb. Nyilván a "konvex burok" csak ekkor illik a szóhasználatra!

Ez egy másik feladatra emlékeztet a Pólya-Szegő analízis feladatgyűjteményből, amit feladtunk a szemináriumon. Sajnos miután utánanéztem, kiderült, hogy nem segít ehhez a feladathoz, mert a térfogatról nem mond semmit. Ide másolom a feladatsorról

Legyen a 3-térben egy test olyan tulajdonságú, hogy szakaszban vagy pontban (vagy az üres halmazban) metsz minden, a koordinátatengelyek bármelyikével párhuzamos egyenest. Legyen a test vetülete a koordinátasíkokra P, Q, illetve R területű. Legyen a test felszíne A. Lássuk be, hogy

Igazoljuk, hogy a becslés éles.

A pontok által meghatározott test, ha a pontokat megfelelő sorrendben kötjük össze konvex lesz nem?

Helló! A következő kérdésem lenne: ha egy kocka minden élén felveszünk 1-1 pontot, mi lesz a 12 pont konvex burka, esetleg meg lehetne-e mondani a térfogatának szélsőértékeit, vagy azokat az értékeket amiket ez felvehet ? Előre is kösz Mindenkinek! Üdv: epsilon

Az előző hozászólásomban helyesen a 122. feladat kell legyen.

Elnézést kérek ,,Lajos Arpad´´-tól, akinek érdekes a 121. feladata. Annak megoldására kiváncsi vagyok. Ebben a hőségben inkább azt hiszem, nem speciális esetben nincs rá olyan képlet, melybe egy pont koordinátáját helyettesítve megkapjuk, hogy az fényes vagy sem.

121. feladat: A 120. feladat alapján szerkesztendő két egymást kívülről érintő kör közös külső érintője. (Indoklása egyben a 120. feladat megoldása is lehet.)

A 121. feladat Hmmm... Igazad van. Ezek szerint nem volt olyan nagy kudarc hogy nekem nem sikerült ;). Nekem csak egy szép integrál jött ki, amit nem igazán tudtam megoldani annak ellenére, hogy próbálkoztam egy ideig. Egy érdekes feladat: Adott egy origó középpontú ellipszis, egyenlete: (x/a) 2 + (y/b) 2 = 1 Ezen az ellipszisen teljes visszaverôdés figyelhetô meg. Az ellipszis egyik pontjáról valamilyen irányba(az ellipszis belseje felé) elindítunk egy fénysugarat, melynek szélessége elhanyagolható, és a végtelenségig verôdik az ellipszis falán vissza. A kiindulópont legyen M(x0,y0), az irány pedig alfa az origóhoz képest. A fénysugár a végtelenségig verôdik vissza az ellipszis falán. A kérdés az, hogy (a,b,X0,Y0,alfa) függvényében hol lesz fényes az ellipszis belseje? Bevallom ôszintén, hogy én ezen a problémán kb. 3 hónapig gondolkodtam hetedmagammal ameddig egy valamennyire elfogadható megoldást találtam. Jelölés :  : hatvány

Hm.. ezt miből gondolod? Tudtommal az ellipszis kerületét nem lehet ilyen szépen kifejezni. Lásd: http://mathworld.wolfram.com/Ellipse.html

elnézést, a kerület pi(a+b)

üdv mindenkinek, lenne egy kérdésem. Tudjuk hogy az ellipszis kerülete=pi*a*b, ahol a az ellipszis szélessége "a", hosszúsága pedig "b".Hogyan kéne bizonyítani? Meg próbáltam oldani a hozzá tartozó elliptikus integrált, de beletörött a bicskám.

Szép megoldás. Grat!

A 120. feladat (ujjgyakorlat is lehetne):

Legyen adott az AB szakasz, melynek tetszőleges belső pontja C. Az AB, AC, CB szakaszok, mint átmérők fölé - azonos partjukra - félköröket rajzoltunk. Az AB-re C-ben állított merőleges D-ben metszi az AB félkört. Az AB félkör D-hez tartozó érintője t₁, a másik két félkör közös (CD-től különböző) érintője t₂. Bizonyítsuk be, hogy t₁ párhuzamos t₂-vel.

Köszönöm HoA szép megoldását! Egy kiegészítés és egy javaslat még:

A 119. feladat feltételei, "ha ezek léteznek és nem nullák", miatt [806]-ban a megoldást így kezdtem volna: Egyenlő szárú háromszögben az állítás igaz, különben ... . Természetesen ez nyilvánvaló, de versenyen akár helyezés múlhat azon, ha leírjuk.

Javaslom, hogy a 118. feladatban szereplő eredeti 3 pontnak az ABC valamelyik oldalára eső vetületére számoljuk ki az osztóviszonyt róval és r-rel. ( beírt, körülírt kör sugara ) Használjuk ki, hogy egy csúcsból a magasságpontba mutató vektor kétszerese a körülírt kör kp-jából a csúccsal szemközti oldalfelező pontba mutató vektornak!

118. feladat: [803] és [805] alapján elég azt megmutatni, hogy az O, K pontoknak és az A₁B₁C₁ S súlypontjának az a illetve b oldalakra eső O_a,A₁,S_a és O_b,B₁S_b vetületeire teljesül: . CO_a=a/2,CA₁=s-c, így O_aA₁=s-c-a/2=(b-c)/2. hasonlóan O_bB₁=(a-c)/2 . A kettő hányadosa (b-c)/(a-c)

CS_b felírható mint a CA₁,CB₁ésCC₁ szakaszok b-re eső vetületeinek számtani közepe, így O_bS_b=CS_b-CO_b=1/3((s-c)^.cos+(s-c)+a^.cos+(b-a^.cos)*((s-a)/c))-b/2. Itt 2s = a+b+c helyettesítéssel cos-t a koszinusztételből kifejezve átrendezéssel adódik:

O_aS_a ebből a és b szerepének felcserélésével kapható. Látható , hogy a nagyzárójelben a és b szimmetrikusan lép fel, a kifejezésnek ez a része változatlan, tehát

A kettő hányadosa

Még egy segítség: Mivel K az A₁,B₁,C₁ körülírt körének középpontja, KM A₁,B₁,C₁ Euler-egyenese, amin A₁,B₁,C₁S₁ súlypontja is rajta van. Tehát elég belátnunk, hogy O,KésS₁ egy egyenesen vannak.

Ha Q pont nincs rajta a PR egyenesen, akkor Q_aQ egyenesnek PR egyenessel való metszéspontja legye A, Q_bQ és PR metszéspontja pedig B. Ekkor vagyis (P_aQ_aR_a)(P_bQ_bR_b).

119. feladathoz: Toljuk el a és b egyeneseket önmagukkal párhuzamosan úgy, hogy P ponton menjenek át. Ekkor, ha Q a PR egyenesen van, akkor a párhuzamos szelők tételéből következik, hogy és mivel P_a=P=P_b ezért (Pa Qa Ra) = (Pb Qb Rb).

118. feladat: A Gillis - Turán Matematikaverseny egyik szép feladatát ajánlom:

Legyen ABC egy olyan háromszög, ami nem egyenlő oldalú. Az ABC háromszög beírt köre érintse a megfelelő oldalakat az A1, B1, C1 pontokban, és legyen M az A1B1C1 háromszög magasságpontja. Bizonyítsuk be, hogy M rajta van az ABC háromszög körülírt körének középpontját és beírt körének középpontját összekötő egyenesen.

A megoldáshoz javaslom a következő segítséget:

119. feladat: Legyen a P, Q és R pont merőleges vetülete az a ill. b nem párhuzamos egyenesen Pa, Qa és Ra ill. Pb, Qb és Rb. Bizonyítandó, hogy (Pa Qa Ra) = (Pb Qb Rb) -ha ezek léteznek és nem nullák- csakkor igaz, ha a P, Q és R egy egyenesen van.

/ Az egy egyenesen lévő A, B és C pontok esetén ezek osztóviszonyán értjük az (A B C)=AC/BC előjeles hányadost. /

Kedves Levente!

Ügyes felvetés volt, Matyinak dicséret érte. Látom C gyakorlatokat küldött az idén. Bátorítsd egy kicsit, hogy rendszeresebben küldjön!

Üdv! Laci

Kedves hozzászólók és megoldók!

A "tényleg ellipszis-e a mértani hely?" témát én vetettem volt fel. Köszönöm az érdeklődést és a problémát kimerítő megoldást.

A történet kezdetéhez annyit tennék hozzá, hogy az Árpád Gimnáziumban épp a Simson-egyenest tanítottam 9. osztályban specmaton, és a Kiss Matyi nevű (egyébként is elég tehetséges) diák állt elő ezzel a sejtéssel a GeoGebrát nézegetve. Elég ügyes intuíció, azt hiszem.

Koncz Levente

Nos, ezeket a bolhás feladatokat az egyetemen hallottam Feladatmegoldó szemináriumon, azaz legalább négy éve. Egy másik sorozat bolhás feladat (amit most nem lövök le itt) állítólag Pósa Lajostól származik, ezért el tudom képzelni, hogy ezek is.

Utolosó matekórák egyikén n=4-re láttam a feladatot, és én térbe általánosítottam:

Van 8 , az (elég gyenge) ábrán látható derékszögű triédert bevilágító, rögzített csúcsú pontszerű, átlátszó lámpánk a térben , be lehet e velük a teret világítani forgatással?

Az általános megoldásról annyit, hogy ha felvehetünk egy pontot, és abból sugarasan 360^o/n fokonként félegyenest indítva, bármely 2 szomszédos félegyenes közti szögben van fényforrás, akkor n-re igaz.

(Toljunk minden cikket egy nem benne lévő pontba, így az eltolt tartalmazni fogja az eredetit, és így az n eltolt tartalmazza az n eredetit=a teljes síkot.)

A fényforrást eltakaró gömbről beugrott egy másik példa, régen n=6-ra volt a kömalban, és nem tudom az általános megoldását:

Igaz-e, hogy ha adott a síkon n db. pont, és mindegyik egy 360^o/n nyílásszögű fényforrás kezdőpontja, akkor a fényforrások beforgathatók úgy, hogy a teljes síkot bevilágítsák? A fényforrások pontszerűek és átlátszóak, azaz ha rávilágítunk egy fényforrásra, akkor az nem fogja a maga mögötti félegyenest kitakarni.

Kicsi és kerek számokra kiküzdöttem (8-ig nincs meg 5-re és 7-re, amire megvan, azokra nyilván igaz), de nagyon örülnék egy általános megoldásnak.

Beszéljünk inkább műltidőről, legalább is ami a nagy gondolkodásokról szól. :o)

Először az Index idézett fórumát látogattam, ami időnként fölpörög ill. gyengén elindult egy hasonló az Origón, de az nem tudott fölpörögni azóta sem. Majd jött a KöMaL, amire az Origón korábban sűrűn megjelent Géza (Qeza) hívta fel a figyelmem.

De biztos van még más matekos fórum is amiről nem tudok.

Te hány matekos fórumba írogatsz? :-)

Ez a vonalmenti bolhás feladat vagy 2 éve szerepelt már az Indexen:

Bolhás feladat

Kösz a gratulációkat, nem gondoltam volna, hogy ekkora ötlettel állok elő :-)

A bolhás feladatnál pedig ekvivalens feladato(ka)t kapunk, ha a minden lépés utáni egységszakasz/négyzet lecsapása helyett az első lépés után csaphatunk végtelen sokszor, viszont rendre 1, 1/2, 1/3 stb. (oldal)hosszúságú szakaszokat/négyzeteket.

Mivel divergens, pedig konvergens, ezért 1 dimenzióban elkapható a bolha (a módosított feladatban csapjunk mondjuk a [0;1],[-1/2;0],[1;4/3],[-3/4,-1/2] stb. szakaszokra), kettő vagy magasabb dimenzióban pedig nem.

Először meg is hökkentem az alacsony számon, épp rá is akartam kérdezni a megoldásra, de még időben bevillant nekem is a tetraéderes megoldás, hogy ne küldjem el. :o)

Te rögtön rájöttél, nekem kellett a szám ismerete is. Én is gratulálok.

Na, ez a feladat a bolhás feladatokra emlékeztet.

(A számegyenesen ugrál egy bolha az origóból indulva. Minden lépésben ugyanakkorát ugrik és ugyanarra, de hogy mekkorát, az egy tetszőleges ismeretlen valós szám. Minden lépés után (miután halljuk a koppanást) rácsaphatunk a számegyenes egy tetszőleges, egység hosszú intervallumra. (A bolha olyan kicsi, hogy nem lehet látni.) Van-e olyan stratégia, amivel biztosan le lehet csapni a bolhát előbb-utóbb?

A második változatban a bolha a síkon ugrál az origóból indulva, minden lépésben ugyanazzal az ismeretlen valós vektorral mozdul el az előző lépéshez képest. Minden lépés után egy egységnégyzetre lehet rácsapni. El lehet-e kapni a bolhát.)

Mindenesetre a tetraéderes ötlet zseniális, gratulálok:)

Hm, ez izgalmasabban hangzik, de erre a részére egyelőre nem tudom a megoldást. Viszont mivel az eredeti kérdésre jó pár napja beírtam az eredményt, és így mindenkinek volt ideje picit gondolodni rajta, aki akart, ezért írok hozzá egy megoldásvázlatot is (tényleg csak vázlat, nem bizonyítok benne minden apró részletet):

Két dolgot kell bizonyítani:

a) 3 gömb nem elég

Illesszünk síkot a 3 gömbközéppontra, majd a fényforrásban állítsunk merőlegest erre a síkra. Ennek az egyenesnek az a fényforrásból kiinduló nyílt félegyenese, amelyik nem metszi a síkot, nyilvánvalóan nincs eltakarva (mert ha bármelyik pontja része lenne valamelyik gömbnek, akkor maga a fényforrás is).

b) 4 már elég

Helyezzük bele a fényforrást egy tetraéder belsejébe. Ha most minden lapot eltakarunk a fényforrás szemszögéből, akkor készen is vagyunk. Arra kell csak vigyázni, hogy ezek a gömbök ne metsszék egymást, de ez a gömbök megfelelő eltávolításával és ezzel arányos megnagyobbításával megtehető (egymás után tesszük le a gömböket és mindegyiket úgy távolítjuk-nagyítjuk középpontos hasonlósággal a fényforrásból, hogy távolabbra kerüljön, mint a lefedendő térszögbe belógó más gömbrészek).

Szia HoA!

Persze, jól gondolod.

A Word-höz van MathType egyenletszerkesztőm, azzal jóval gyorsabban lehet egyenleteket írni, mint TeX-ben.

Mikor készen van kifényképezem a vágólapra Print Screen-nel aztán Paint-ben gif formátumban elmentem.

Még átlátszóvá lehetne tenni, akkor feltöltve a sárga háttérre és nem lenne keretes.

Milyen programmal állítod elő ezt az ízléses dokumentum formátumot? Jól gondolom, hogy ez a doku képernyőfotója?

Helyes. És ha a gömbök sugara egyenlő?

4

Valóban, HoA-nak igaza van, figyelmetlen voltam, a befogó-tétel adja f-et!

Lehetne szögfv-ek nélkül, de röviden:

Modosítok. A gömbök diszjunktak természetesen.

Különben mindegy, két gömb elég, ha érintik egymást, és az érintési pontban van a fényforrás.

A gömbök metszhetik egymást?

Legalább hány gömb képes teljesen leárnyékolni egy pontszerű fényforrást? (a fényforrás nem lehet a gömbök belsejében)

Az előző hozzászólás utolsó mondatai természetesen úgy értendők, hogy itt Q nem az ellipszis pont, hanem az F - ből e-re bocsátott merőleges és a Thálesz-kör metszéspontja.

116.és117.feladat: Két "segédtétel" : 1) Az x tengely B pontjából merőlegest bocsátunk az O-n átmenő m meredekségű egyenesre, a talppont legyen C. C merőleges vetülete az x tengelyre A. Ekkor . Jelöljük ezt az arányt q-val. 2) Tekintsük ismertnek az alábbi ellipszis pontokat eredményező eljárást: A közös O középpontú k1 és k2 köröket metsző O-n áthaladó e egyenest O körül forgatjuk, a körökkel alkotott metszéspontok P₁ ill. P₂. A P₁-n át az y tengellyel és P₂-n át az x tengellyel párhuzamos egyenesek metszéspontja Q. Belátható, hogy az így adódó Q pontok egy ellipszisen találhatók.

Eredeti feladatunk r sugarú k körének P pontjából az O-n átmenő 0<m<1 meredekségű e egyenesre bocsátott m_e egyenes talpponja legyen M, az x tengellyel alkotott metszéspontja A. A P-ből a -m meredekségű f egyenesre bocsátott m_f egyenes talpponja legyen N, az x tengellyel alkotott metszéspontja C. P merőleges vetülete az x tengelyen B. APC egyenlőszárú, magassága PB, így OB = (OA + OC)/2. Ha M x tengelyre merőleges vetülete D, N-é F és az MN szakasz Q felezőpontjáé E, az 1. segédtétel szerint OF=q^.OC, OD=q^.OA, így OE=(OD+OF)/2=q^.(OA+OC)/2=q^.OB. QE és OP metszéspontja legyen R. OR=q^.OP, Q rajta van az OP egyenes és az O középpontú, qr sugarú kör R metszéspontjából az x tengelyre bocsátott merőlegesen.

Q -nak az y tengelyre vett vetületét vizsgálva hasonló eredményre jutunk, csak ott az 1. segédtétel szerint fellépő meredekség m helyett 1/m, így az adódó kicsinyítési arány . Q rajta van az OP egyenes és az O középpontú, sr sugarú kör S metszéspontjából az y tengelyre bocsátott merőlegesen. A Q pontok tehát a 2. segédtételben leírt ellipszis pontjai, ahol a generáló körök sugarai ( az ellipszis tengelyei ) qr illetve sr.

[775] ábráján a T pont az OEP derékszögű -ben éppen az 1. segédtételben leírt módon jön létre, tehát OT = qr = a. Mivel q+s =1, TE = OE - OT = r ( 1 - q ) = sr = b.

Az f-re vonatkozó állítás téves: Legyen a [775] ábráján OE és FQ metszéspontja U. Nem QU, hanem QO lesz f-el egyenlő. Bizonyítás: Az egységsugarú OE körben , ahol az m meredekségű egyenes irányszöge. Az OQE derékszögű -ben OQ OU és OE = 1 mértani közepe, vagyis . Másrészt az ellipszisben f²=a²-b², esetünkben . Tehát f²=OQ² ; f = OQ

Az ellipszis nagytengelyét r sugarú körnek az x tengellyel való R₁ pontból az e és f egyenesekre bocsájtott merőlegesek talppontjait összekötő szakasz K₁ felezőpontjának O-től való távolsága adja. Tehát a nagytengely OK₁.

A kistengelyt hasonlóan az R₂ pontból származtatva OK₂ adja.

A Thálesz-körben lévő OEP háromszög egybevágó az OR₁N₁ és az OR₂N₂ háromszögekkel, mert szögeik megegyeznek és átfogójuk r hosszú. Tehát megfelelő részháromszögeik is egybevágóak.

Így az ellipszis nagytengelye: a=OK₁=OT, kistengelye: b=OK₂=TE. Tehát r=a+b.

117. feladat: Használjuk föl, hogy a 116. feladat mértani helye ellipszis! Bizonyítsuk, hogy ennek két (fél)tengelye és a (fél)fókusztávolság megszerkeszthető az ábrán látott módon! ( A [774]-es hozzászólás számolási eredményeinek használata nem szükséges! )

A két adott egyenes e és f, az adott kör sugara egyenlő az ábra OE szakaszával. Válasszuk úgy a jelöléseket, hogy az FOE szög ne legyen nagyobb derékszögnél, messe az OE Thálesz-köre FOE szögfelezőjét P-ben. A P-ből e-re állított merőleges talppontja T. Tehát igazolandó, hogy a=OT, b=TE, valamint az F-ből e-re állított merőleges szakasznak a Thálesz-körbe eső része f!

Látható, hogy egyik egyenest vektorral eltolva a mértani hely pontjai vektorral tolódnak el. Így aztán legegyszerűbb, ha mindkét egyenes a kör középpontján megy át.

116. feladat. Egy ábra az általános esethez:

Mégegy segítség: Hogyan változik a Q pontok mértani helye, ha az egyik egyenest önmagával párhuzamosan d távolsággal eltoljuk?

Nézzünk először egy spec. esetet. Amikor a két egyenes, AB és BC merőlegesek egymásra. Ekkor a talppontok felezőpontja egyben PB szakasz felezőpontja is. Igy a keresett mértani hely a kör B középpontú felére kicsinyített képe.

Köszönöm HoA szép megoldását!

A [756]. hozzászólásban a teljes indukcióra utaltam. Talán érdemes lehet azzal is végiggondolni a feladatot.

Nagyon szép észrevétel, de mielőtt valaki összekapcsolná a Simson-egyenessel:

klevente feladata, 116. feladat: Adott egy kör és két egyenes. A kör P pontjából állítsunk merőlegest az egyenesekre, a talppontok közti felezőpont legyen Q. Bizonyitandó, a Q pontok mértani helye ellipszis, ha P végigfut a körön.

Jó!!!!

Egy háromszög köré írt kör tetszőleges P pontjából állítsunk merőlegeseket a háromszög oldalegyeneseire. Közismert, hogy ezen merőlegesek talppontjai kollineárisak, ez az ún. Simson-egyenes.

Vizsgáljuk valamelyik két talppont összekötő szakasza felezőpontjának mértani helyét, ha P befutja a köréírt kört. A GeoGebra programmal nézve ez szinte bizonyosan ellipszis.

Kérdések: a) tud-e valaki arról, hogy ez a tény (sejtés) ismertnek számít-e a matematikában? b) tudná-e valaki bizonyítani vagy cáfolni?

Koncz Levente

114** feladat Vizsgáljuk az l_i hosszúságú r_i rúdra ható erőket. A rúdra hat a feladatban adott F_i külső erő és a csuklókban a szomszédos rudak G_i1 és G_i2 kényszerereje. Bontsuk fel az erőket rúdirányú és a rúdra merőleges összetevőkre. G_i1 és G_i2 rúdirányú összetevői egymás ellentettjei, mert a rúd nyugalomban van és más rúdirányú erő nem hat rá. G_i1 és G_i2 rúdra merőleges összetevői egyenlőek és nagyságúak, mert a rúd másik végére vonatkozó nyomatékuk l_i karon egyensúlyt tart F_i erő karon kifejtett nyomatékával. Megállapíthatjuk tehát, hogy G_i1 és G_i2 egyenlő nagyságűak. Mivel a csuklókban a rudak azonos nagyságú erővel hatnak egymásra, a szomszédos rúdra hatő kényszererő is akkora, mint G_i1 és G_i2 és így tovább : az összes csuklóban ugyanakkora erők hatnak. Legyen ennek az erőnek a nagysága G.

Tekintsük a szomszédos, l_i és l_j hosszúságú r_i és r_j rudakra ható erőket. Válasszuk úgy az ábrán az erő mértékegységét, hogy a rúd hosszával arányos F_i és F_j erőket éppen l_i és l_j hosszú vektorral ábrázoljuk. Az r_i rúdra a Q csuklóban ható G_i erő rúdra merőleges összetevője F_i/2=l_i/2 . Rajzoljuk meg Q-ban a sokszög belseje felé mutató, G_i-re merőleges, G hosszúságú G_n vektort, G_i 90 fokos elforgatottját. Ennek r_i irányába eső összetevője l_i/2, tehát O végpontja rajta van r_i felező merőlegesén. De a G_n vektort úgy is tekinthetjük, mint az r_j rúdra Q-ban ható G_j erö -90 fokos elforgatottját. Mivel G_j erö r_j -re merőleges összetevője l_j/2 nagyságú, G_n -nek r_j irányába eső összetevője is ekkora, vagyis O rajta van r_j felező merőlegesén is. Vagyis a P,Q,R pontok egy G sugarú körön vannak. A gondolatmenetet a következő R csuklóra alkalmazva azt kapjuk, hogy a Q,R, S pontok is egy G sugarú körön vannak. A két kör azonos: középpontjuk QR felező merőlegesén a sokszög belseje felé Q-tól és R-től G távolságra lévő O pont. Az eljárást folytatva adódik, hogy a csuklók húrsokszöget alkotnak.

Az állítás igazsága egy szép integrálgeometriai képletből rögtön következik. Egy konvex síkbeli alakzat kerületét ugyanis az

integrál adja meg, ahol w() az alakzat szélességfüggvénye, azaz w() a konvex alakzatot közreszendvicselő és az x-tengellyel szöget bezáró két párhuzamos egyenes távolsága.

Szép bizonyítás.

Az állítás igaz. A bizonyítás úgy megy, hogy közelítsük mindkét konvex alakzatot zárt poligonokkal úgy, hogy a belső poligon se metssze a külsőt.

Ezután vegyük a belső sokszög egy élét, és hosszabbítsuk meg mindkét irányban. Az egyenes külső sokszöggel vett két metszéspontja két töröttvonalra osztja a külső sokszöget. Ebből dobjuk el azt, ami nem tartalmazza a belső sokszöget és helyettesítsük a meghosszabbított szakasszal. Ezzel a lépéssel a külső sokszög kerülete csökkent (valamint éleinek száma sem nőtt). Véges sok lépés során eljutunk oda, hogy a levagdosások hatására a külső és a belső sokszög megegyezik.

Azt kaptuk tehát, hogy a belső sokszög minden poligonközelítése kisebb kerületű a külső sokszög bármely poligonközelítésénél, vagyis a belső alakzat kerülete is kisebb a külsőénél.

?

Sziasztok!

Ha egy konvex síkbeli alakzat a belsejében tartalmaz egy másik konvex síkbeli alakzatot, akkor a belsőnek a kerülete kisebb mint a külsőnek.

Igaz-e az állítás? Véleményem szerint igen. De hogyan lehetne bizonyítani? A segítségeteket előre is köszönöm. Laci

Hogy lehet legkevesebb művelettel megállapítani, hogy egy kör (ismert a középpontja, és a sugara) és egy polygon (ismertek a pontjai) metszete üres halmaz-e?

A kívánt bizonyítás egyszerű az izoperimetrikus tétel felhasználásával: Adott kerületű síkidomok közül a kör zárja be a legnagyobb területet. Állítsuk csuklós szerkezetünket húrsokszög alakúra. Rajzoljuk meg a körülírt kört. Az ábrán zölddel jelölt holdacskákat ragasszuk hozzá az oldalakhoz. A kör területe = húrsokszög területe + holdacskák területe. Ezután mozdítsuk el a csuklós szerkezetet. A keletkező idom körívekből álló kerülete megegyezik az eredeti kör kerülettel, de területe kisebb a körénél. Az idom területe = nem-húrsokszög területe + holdacskák területe. A holdacskákat levonva : nem-húrsokszög területe < húrsokszög területe. QED.

Fordított utat jártam be, mint HoA. Azt szeretném bizonyítani, hogy egy csuklós n-szög által bezárt terület, azaz ha egy n-szög oldalai adottak, területe akkor maximális, ha húrsokszög.

Ha csuklós n-szögünket két csúszós síklap közé rakjuk és belül fölfújuk, maximális tárfogatra, azaz alapterületre törekszik. A 114** feladatban leírt erők a nyomás miatt kialakuló a erőhatásokat helyettesítik. A 114** bizonyítása a fenti tétel "fizikai" bizonyítása. ( Erre egy, a matematikában sokszor használt, középiskolában tanult, bizonyítási módszert ajánlok. )

Kedves Cogito!

Kösz a figyelmességet és az ellenpéldát! A többi hozzászólónak is köszönet, hogy kijavítottátok ezt a hibásan megfogalmazott állítást!

Egy idevágó részlet egy nemrégi dolgozatomból:

114** feladat: Igen. Geomatriai bizonyítást egyelőre nem adok, hátha más is foglalkozik a feladattal. Egy "fizikai" bizonyítás: Tegyük fel, hogy kis csuklós szerkezetünket rá tudjuk fektetni egy síkban kifeszített szappanhártyára melyet n-szögünkön belül kiszúrunk. Ekkor a hártya a rudakra a feladat feltételeiben leírt erőhatásokat fejti ki. A szappanhártya minimális felületűre akar összehúzódni. Ha tudjuk, hogy egy csuklós n-szög által bezárt terület akkor maximális ha húrsokszög, adódik, hogy a hártya csuklós szerkezetünket húrsokszöggé alakítja és ez az állapot stabil.

Az O₁ középpontú, ₁ nagyítású KH₁ és O₂ középpontú ₂ nagyítású KH₂ középpontos hasonlóságok KH₃ szorzatának O₃ középpontját éppen annak alapján könnyű meghatározni, hogy O₃ a fixpont. KH₁O₃-t P-be viszi, ahol P=O₁+₁^.(O₃-O₁) . KH₂ P-t Q-ba viszi, ahol Q=O₂+₂^.(P-O₂) = (1-₂)^.O₂+₂^.(O₁+₁^.(O₃-O₁)) . Mivel O₃ fixpont, Q=O₃

(1-₂)^.O₂+₂^.(1-₁)O₁+₁₂O₃=O₃

O₁ésO₂ együtthatóinak összege 1, így O₃ az O₁O₂ egyenesen van.

Maga az az állítás, hogy középpontos hasonlóságok szorzata középpontos hasonlóság, igaz, ha (ha 1 a szorzat, akkor eltolás), méghozzá tényleg arányú, a középpontja viszont nem az, ami le volt írva. Két hasonlóság esetén a szorzat középpontja a középpontok egyenesén van, méghozzá valahogy úgy, hogy , ahol -k az arányok, O₁, O₂ a középpontok, O₃ a szorzat középpontja. Gondolom, O₃-at meg lehet adni osztóviszonyokkal is, de már késő van hozzá, hogy kitaláljam :oS Egyébként szerintem ilyenek benne vannak a Geometria és határterületeiben, de nem biztos, majd megnézem.

Vannak még figyelmes olvasók, legyen szó akár 3 év messzeségéről is. (Micsoda véletlen egybeesés: pár perce kaptam egy levelet, hogy egy általam 3 éve jelentett szoftverproblémát kijavítottak :-)

Tisztelt lorantfy!

Idézet a [151]-es hozzászólásodból:

Az állítás általánosan is megfogalmazható: Legyen K₁ O középpontú ₁ arányú kph. K₂ pedig P középpontú ₂ arányú kph. Ezek egymásutáni végrehajtása helyettesíthető egy K kph-al melynek aránya =_{1 2} középpontja pedig az a Q pont, mely P-nek O-ra vonatkozó arányú kph. képe.

E sorokat olvasva elgondolkoztam: ha igaz ez a tétel, vajon miért nem szerepel (például) Reiman István: A geometria határterületei című könyvében, illetve más szakkönyvekben? Hosszas tűnődések után fölmerült bennem a gyanú, hogy talán azért nem említik, mert esetleg hamis ez az általánosítás?!. Ilyenkor egy dolgot tehet az ember, próbál egy ellenpéldát keresni. Némi kutakodás után bukkantam a 'tétel' következő cáfolatára:

Legyen K₁ az O középpontú, ₁=2 arányú középpontos hasonlóság, K₂ pedig a P középpontú, ₂=2 arányú középpontos hasonlóság a következő választással: a számegyenesen az O pont legyen az origó, P legyen a 3-as pont.

Az OP szakasz O-hoz közelebbi H harmadolópontja az első nagyításnál a második harmadolópontba, H'-be kerül. Alkalmazzuk H'-re a P középpontú, ₂=2 arányú nyújtást. Ekkor H' képe H lesz. H tehát fixpont, ez a pont a szorzathasonlóság középpontja. A vitatott 'tétel' e konkrét esetre így szólna: P-nek O-ra vonatkozó, =4 arányú középpontos hasonlósági képe H. Ellentmondásra jutottunk, hiszen 112. A 'tétel' tehát hamis.

Ezek után kijelenthetjük: az általánosítás ilyen módon nem lehetséges (valószínűleg más módszerrel sem...). Üdvözlettel: Cogito

Ok. Akkor pontosítok. Valós függvényre gondoltam f:RR. Időközben rájöttem arra, hogy a sejtésem így nem igaz.

Ha az egyik aszimptota párhuzamos az y tengellyel, akkor a másik tetszőleges szöget zárhat be vele.(a ]0°;180°[ nyílt intervallumban). De mi a helyzet akkor, ha nem párhuzamos az y-tengellyel egyik aszimptota sem?

Szerintem akkor nem lehet fv. a grafikon képe, de ezt se bizonyítani se cáfolni nem tudom.

Másodszor módositott 114. feladat: Örülök, hogy HoA nem foglalkozott a feladattal. Ellenpéldája jó lett volna.

A módositott, legyen 114** feladat: Van egy n rúdból álló, a szomszédos rudakat csuklóval összekötött tömegtelen n-szögünk. Igaz-e, hogy ez n db olyan erő hatására, melyek a rudak felezőpontjában hatnak, a rudak hosszával arányosak és merőlegesek a rudakra, csakkor lehet nyugalomban, ha rúdhúrszöget alkotnak a rudak?

Nem triviális!!!

módositott 114. feladat: Örülök, hogy HoA foglalkozott a feladattal. Ellenpéldája jó.

A módositott, legyen 114* feladat: Van egy n rúdból álló, a szomszédos rudakat csuklóval összekötött tömegtelen n-szögünk. Igaz-e, hogy ez n db olyan erő hatására, melyek a rudak felezőpontjában hatnak és merőlegesek a rudakra, csakkor lehet nyugalomban, ha rúdhúrszöget alkotnak a rudak, az erők a rudak hosszával arányosak és erővonalaik átmennek a rúdsokszög köré írt kör középpontján?

Esetleg egy elforgatott síkbeli koordinátarendszerben!

Amúgy pl. egy zárt síkbeli körvonal is nyilván felfogható függvényként, legfeljebb nem valós-valós függvényként, hanem pl. RR² függvényként, tehát a feladat megfogalmazása meglehetősen laza: meg kellene mondani, milyen halmazról melyikbe képezzen a függvényként felfogandó hozzárendelés.

Nem inkább az kellene, hogy az egyik aszimptota függőleges?

115.feladat

Igaz-e, hogy egy hiperbola grafikonja csak akkor lehet függvény is, ha az aszimptotái merőlegesek egymásra?

114. feladat: Nem. Ellenpélda az ábrán. ( képzeljük, hogy szimmetrikus :-)

Aha.

Akkor pedig zárt konvex halmazból is csak kontinuum sok van.

Egy m2 térben legfeljebb kontinuum sok nyílt halmaz lehet.

Veszel egy megszámlálható bázist, jelen esetben pl. az összes olyan nyílt téglalapot, aminek mind a 4 koordinátája racionális. Minden nyílt halmazhoz hozzárendeled az általa tartalmazott báziselemek (téglalapok) halmazát...

Zárt halmazból pedig ugyanannyi van, mint nyílt halmazból...

114. feladat: Talán fizika feladat? Van egy n rúdból álló, a szomszédos rudakat csuklóval összekötött tömegtelen n-szögünk. Igaz-e, hogy ez n db erő hatására csakkor lehet nyugalomban, ha rúdhúrszöget alkotnak a rudak, az erők a rudak felezőpontjában hatnak, a rudak hosszával arányosak és erővonalaik átmennek a rúdsokszög köré írt kör középpontján?

Ezek szerint rosz a megoldásom ;-)

Tök jó kérdés, de már muszáj lefeküdnöm :-)