Fórum: PÁLYÁZAT

[1] [2]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

2005-10-03 18:33:06

Én írtam... Csak közben egyszer újra kellett telepíteni a windowst, a winchestert átmásoltuk egy másikra, a régi leformatáltuk, és aztán visszapakoltuk, és az egész közben egyetlen egy mappa tűnt el: az enyém. És ez az egész úgy szeptember elején/közepén, azt hiszem. És mondanom sem kell, hogy a mappámban volt a pályázat. Aztán ezekután már nem csak időm, de valahogy hangulatom sem volt újraírni, miután az egész eddigi elveszett. Mindenesetre valamikor biztosan újraírom, mert az ötletet jónak tartottam, és kedvem is volt/van hozzá, csak még össze kell szednem magam. Aztán majd talán pályázaton kívül valahol olvasható lesz, ha érdekel bárkit is.

Üdv:

Yegreg

[35] lorantfy

2005-10-02 20:11:39

Sajnos a kiírt pályázatra szeptember 30-ig nem érkezett dolgozat.

Így aztán mondhatjuk, hogy a témakiírás elhibázott volt. Maradhatott volna a feladat az elmúlt évi matematika feladatok érdekes megoldásainak közlése, ez a múlt évben már bejött. Hát majd jövőre így írom ki.

[34] lorantfy

2005-08-04 10:37:14

Szia Gergő!

A középpontban egy kiemelkedő fizikai eredmény legyen. Aztán írhatsz az előzményekről, a hatásáról, következményeiről és természetesen a felfedező tudósokról is.

Előzmény: [33] Yegreg, 2005-08-04 00:04:40

[33] Yegreg

2005-08-04 00:04:40

Az lene a kérdésem, hogy a pályamunka szigorúan korlátozódjon egy eredmény köré, vagy azért lehet egy körültekintőbb dolgozat? Márcsak, mert ha egy eredményt megemlítünk, akkor ahhoz nyilván kapcsolódik egy vagy több ember, azonban a XX. században azt hiszem, nem egy példa volt a "nem egy ötletes fizikusok"-ra, tehát egy ember több területen is igen komoly követkézményekkel, vagyis ez nem volt szépen hangzó, szóval igen komoly, fizika akár alapjaira kiható hatással rendelkező eredményeket ért el. Szóval összeszedve a kérdést: 1, egy eredményhez 2, egy emberhez 3, egy területhez kapcsolódó pályamunkákat várnak?

Köszönöm előre is a választ.

Yegreg

[32] lorantfy

2005-08-02 13:42:49

Más úton érkezett kérdésre válaszolva:

A PÁLYÁZAT 1. pontját kiegészítem azzal, hogy azok is pályázhatnak, akik csak szeptemberben neveznek majd be valamelyik KöMaL pontversenybe.

Akinek nincs ötlete, hogy miről gyüjtsön anyagot és miről írjon, annak adok pár témát, hátha megtetszik valamelyik:

1. A speciális relativitás alapötlete A. Einstein saját gondolata volt, vagy voltak előzményei?

2. Történeti áttekintés a láncreakció felfedezésétől az atombombáig és az első működő atomerőműig.

3. A LASER felfedezésének előzményei és működésének leírása.

4. Hogyan született meg a holográfia gondolata és hogy valósította meg ezt az elképzelést Gábor Dénes?

5. Léteznek-e valójában fekete lyukak? Milyen bizonyítékok vannak eddig a létezésükre?

Előzmény: [31] lorantfy, 2005-07-26 23:06:16

[31] lorantfy	2005-07-26 23:06:16
Kedves Érdeklődők! A TYPOTEX KIADÓ jóvoltából minden pályázó választhat egy jutalomkönyvet az alábbiak közül: HOLICS László : Versenyfeladatok 3. (1998-2000) Az OKTV Fizikaversenyek feladatai és megoldásai KOJNOK József - TICHY Géza: HŐTAN KOVÁCS Margit: A nemlineáris programozás elmélete R. M. SAINSBURY: Paradoxonok FORRAI Gábor, MARGITAY Tihamér: Tudomány és történet RÁBAI Imre: Felvételi és próbafelvételi feladatok 1999-2000 Keith DEVLIN : Matematika: a láthatatlan megjelenítése

Előzmény: [30] lorantfy, 2005-06-14 17:29:44

[30] lorantfy

2005-06-14 17:29:44

Kedves Fórumosok!

Újra indul a pályázat, de most más témában. Mivel 2005. a FIZIKA ÉVE, úgy gondoltam a pályázat is legyen fizika témájú.

PÁLYÁZAT

1. Pályázhat minden diák, aki részt vesz valamelyik KöMaL pontversenyben.

2. A pályázóknak a XX. század egy kiemelkedő fizikai eredményéről, felfedezéséről kell esszét írniuk.

3. A pályamunka tartalmazza a választott fizikai eredmény történeti előzményeit, magyarázatát diákok számára érthető formában, tükrözve a dolgozat szerzőjének egyéni látásmódját. A leírás ne legyen száraz, lexikális jellegű! A képleteket, matematikai, fizikai jelöléseket a TeX segítségével kell beírni! Mivel egy hozzászóláshoz csak egy ábrát lehet csatolni, így ha több ábra szükséges akkor egy munkát több hozzászólásban is fel lehet tenni.

4. A pályamunkákat a mai naptól 2005. szeptember 30-ig lehet feltenni ebbe a témába.

5. Az értékelés a Fórum látogatóinak szavazatai alapján fog történni.

6. Díjazás: 1. díj 6000 Ft, 2. díj 4000 Ft, 3. díj 2000 Ft.

7. Egy ember több pályamunkát is feltehet, de csak egy díjban részesülhet, a legjobb munkája alapján.

Jó munkát kívánok!

A pályázathoz próbálok még szponzorokat találni, aki ebben tud segíteni, az kérem e-mailban értesítsen!

Lorántfy László

[29] Gubbubu	2004-11-17 21:46:21
Engedjétek meg, hogy gratuláljak a nyerteseknek (azaz - szerintem - mindenkinek), jó olvasást és további eredményes munkát kívánok nektek, és hogy a matematika nem egyszerűen csak munka, hanem szórakoztató, pihentető és érdekes tevékenység is legyen mindig a számotokra!

[28] lorantfy

2004-11-15 22:27:39

Kedves Pályázók!

A kívánságlisták alapján elosztottam a könyveket.

Holnap postázom mindenkinek.

[27] lorantfy

2004-11-09 14:46:01

Kedves Pályázók és Fórumosok!

Megszületett a pályázat végeredménye. 12 felkért javító rangsorolta a pályamunkákat. Ez nem volt könnyű feladat, hiszen különböző nehézségű feladatok megoldását kellett értékelni.

Elsősorban a felhasznált ötletet, a logikus magyarázatot és a megjelenést (TeX használata, ábrák) próbáltuk értékelni. Több javítónál előfordult holtverseny, ilyenkor a holtversenyben állók azonos sorszámot, az utánuk állók pedig a soron következő sorszámokat kapták. A 12 rangsort kiátlagoltam és rendeztem, így alakult ki a végső sorrend.

Gratulálok minden pályázónak, hogy volt bátorsága megoldását közszemlére tenni! Külön elismerés az első három helyezettnek akik a pénzjutalmakat kapják, mert ők adták a legszínvonalasabb megoldásokat!

Minden pályázó TYPOTEX könyvjutalomban részesül. Természetesen aki két feladattal pályázott két könyvet kap. Kérek minden pályázót, hogy e-mail-ben küldjön el nekem egy kívánságlistát! A lentebb felsorolt könyveket rakjátok sorba tetszési index szerint, mert nem mindegyikből van elegendő számú.

A díjakat postán fogom elküldeni a pályázóknak.

Ezúton is szeretném még megköszönni a javítók lelkiismeretes munkáját!

[26] BohnerGéza	2004-11-09 13:33:06
A GEOMETRIA téma [178.] hozzászólásában van még egy megoldás a B.3736-os feladatra.
Előzmény: [22] Filus Tamás, 2004-10-31 16:48:20

[25] lorantfy

2004-11-01 15:26:07

Kedves Pályázók!

A mai nappal a mini pályázatot lezárom. Mindenkinek köszönöm a munkáját!

12 megoldás érkezett 8 tanulótól. Ezzel összességében én elégedett vagyok.

Most e-mailben felkérek pár Fórumot gyakran látogató embert, hogy segítsen az értékelésben. A tőlük beérkező rangsorok átlagából születik meg a végeredmény reményeim szerint 1 hét múlva.

Addig türelmeteket kérem!

Üdvözlettel: Lorántfy László

[24] Filus Adrienn

2004-10-31 21:43:02

C.751. Egy deltoid oldalai a és b (a $\ne$ b). A különböző hosszúságú oldalak derékszöget zárnak be. Mekkora annak a körnek a sugara, amely a deltoid mind a négy oldalának meghosszabbítását érinti?

Megszorítás nélkül feltehető, hogy a>b. A feladatban meghatározott jelölések mellett jelöljük A,B,C,D-vel a deltoid csúcsait, a négy oldal meghosszabbítását érintő kört k-val, a sugarát r-rel, a középpontját O-val, az érintési pontokat E,F,G,H-val az ábrának megfelelően. Tudjuk, hogy ABC $\angle$ =90^o, valamint AHO $\angle$ =90^o is teljesül, mert az érintési ponthoz húzott sugár merőleges az érintőre. Ez azt jelenti, hogy a CB szakasz párhuzamos az OH szakasszal. Az előbb láttuk, hogy ABC $\angle$ =AHO $\angle$ , továbbá BCA $\angle$ =HOA $\angle$ , mert egyállású szögek, és CAB $\angle$ =OAH $\angle$ , mert egybeesnek. Ezzel azt kaptuk, hogy az ABC $\Delta$ -ben és az AHO $\Delta$ -ben az egymásnak megfelelő szögek egyenlők, vagyis ez a két háromszög hasonló, ami miatt az egymásnak megfelelő oldalak aránya is megegyezik: (1) $\frac{BC}{HO}=\frac{AB}{AH}$ . A BHOF négyszög három szögéről is nyilvánvaló, hogy derékszög: OFB $\angle$ =90^o, FBH $\angle$ =90^o, BHO $\angle$ =90^o (ezért a negyedik is 90^o-os), továbbá két szomszédos oldala egyenlő: HO=OF=r. Ez azt jelenti, hogy a BHOF négyszög egy r oldalú négyzet. Ezzel az (1) egyenlőséget így írhatjuk: (2) $\frac{b}{r}=\frac{a}{a+r}$ (nyilvánvaló, hogy AH=a+r), amiből a (3) b(a+r)=ar, majd a (4) ar-br=ab adódik. A (4) bal oldalán az r kiemelhető: (5) r(a-b)=ab, amiből kapjuk, hogy $r=\frac{ab}{a-b}$ . Tehát a k kör sugara $\frac{ab}{a-b}$ -vel egyenlő.

[23] Filus Adrienn

2004-10-31 21:13:10

Kedves László!

A pályázatra a testvéremhez hasonlóan én is két feladatra (C.747., C.751.) beküldött megoldásomat szeretném beadni, amelyek a hivatalos megoldásvázlattól különbözőek. A második a nyomtatásban megjelent megoldáshoz nagyon hasonlít, a KÖMAL honlapján olvasható vázlatos megoldástól viszont ez tér el sokkal nagyobb mértékben.

C.747. Valamely egyenlő szárú háromszög alapja egységnyi, szárainak hossza b. Mekkora annak az egyenlő szárú háromszögnek az alapja, amelynek szárszöge egyenlő az előbbi háromszög alapon fekvő szögével és szárai egységnyiek?

A feladatban meghatározott jelölések mellett jelöljük A₁, B₁, C₁-gyel az ismert, A₂, B₂, C₂-vel a keresett háromszög csúcsait, a'-vel a keresett háromszög alapját, T₁-gyel az A₁B₁C₁ $\Delta$ -ben (1. ábra) az alaphoz tartozó magasság talppontját, T₂-vel az A₂B₂C₂ $\Delta$ -ben (2. ábra) az egyik szárhoz tartozó magasság talppontját. Mivel az A₂B₂C₂ $\Delta$ szárszöge egyenlő az A₁B₁C₁ $\Delta$ alapokon fekvő szögével (C₂A₂B₂ $\angle$ =B₁C₁A₁ $\angle$ ), ezért a C₁A₁T₁ és az A₂B₂T₂ derékszögű háromszögekben az egymásnak megfelelő szögek egyenlők, azaz ez a két háromszög hasonló. Ez azt jelenti, hogy az egymásnak megfelelő oldalak aránya is egyenlő: (1) $\frac{A_2T_2}{C_1T_1}=\frac{A_2B_2}{C_1A_1}$ . Tudjuk, hogy bármely egyenlő szárú háromszögben az alaphoz tartozó magasság talppontja felezi az alapot, azaz (2) $C_1T_1=\frac12$ , továbbá (3) A₂B₂=1 és (4) C₁A₁=b, ezért az (1) így írható: (5) $\frac{A_2T_2}{\frac12}=\frac1b$ , amiből (6) $A_2T_2=\frac1{2b}$ . Az A₂B₂T₂ derékszögű háromszögben a Pitagorasz-tétel alapján (7) A₂T₂²+B₂T₂²=A₂B₂², azaz (8) $\frac1{4b^2}+B_2T_2^2=1$ , amiből (9) $B_2T_2^2=\frac{4b^2-1}{4b^2}$ , azaz (10) $B_2T_2=\frac{\sqrt{4b^2-1}}{2b}$ . Mivel (11) A₂C₂=A₂T₂+T₂C₂, továbbá (12) A₂C₂=1, ezért a (6) alapján (13) $T_2C_2=1-\frac1{2b}$ , azaz (14) $T_2C_2=\frac{2b-1}{2b}$ fennáll. A B₂C₂T₂ derékszögű háromszögben a Pitagorasz-tétel alapján (15) B₂T₂²+T₂C₂²=B₂C₂², azaz (16) $\frac{4b^2-1}{4b^2}+\frac{4b^2-4b+1}{4b^2}=a'^2$ teljesül, amiből (17) $a'=\sqrt{\frac{8b^2-4b}{4b^2}}$ , vagyis (18) $a'=\frac{\sqrt{2b^2-b}}b$ . Tehát a keresett egyenlő szárú háromszög alapjának a hossza $\frac{\sqrt{2b^2-b}}b$ . Megjegyzendő, hogy az A₁B₁C₁ háromszögben a háromszög-egyenlőtlenség alapján 2b>1 , azaz $b>\frac12$ teljesül, aminek megfelelően a (18) jobb oldalán a számlálóban található kifejezés is értelmezett, mert ekkor 2b²-b>0 is teljesül.

[22] Filus Tamás

2004-10-31 16:48:20

B.3736. Az egységnyi oldalú ABCD négyzet CD oldalán adott az N, CB oldalán pedig az M pont úgy, hogy az MCN háromszög kerülete 2. Mekkora az MAN $\angle$ ?

A feladatban meghatározott jelöléseknek megfelelően tekintsük az 1. ábrát. Nyilvánvaló, hogy (1) BC+CD=2 , valamint tudjuk, hogy (2) $K_{MCN\Delta}=2$ . A (3) BC+CD=BM+MC+CN+ND és (4) $K_{MCN\Delta}=MC+CN+NM$ szintén nyilvánvalóan teljesül. Az (1), (2), (3) és (4) alapján kapjuk, hogy (5) BM+ND=NM fennáll. Ez azt jelenti, hogy létezik az NM szakasznak pontosan egy E pontja úgy, hogy (6) DN=NE és (7) BM=ME teljesülnek. Az 1. ábrát most egészítsük ki az E ponttal, továbbá a CD oldalegyenesen a D-n túl vegyük fel az F pontot úgy, hogy (8) DF=BM teljesüljön. Ezt láthatjuk a 2. ábrán. Nyilvánvaló, hogy az ABM $\Delta$ és az ADF $\Delta$ egybevágó derékszögű háromszögek, ami miatt (9) AM=AF teljesül. A (7) és a (8) alapján (10) ME=BF , a (6) és a (10) alapján (11) MN=FN fennáll. Az AMN $\Delta$ -nek és az AFN $\Delta$ -nek egy oldala közös, továbbá a (9) és a (11) alapján a másik két, egymásnak megfelelő oldaluk is egyenlő, ezért ez a két háromszög egybevágó. Tudjuk, hogy az AFN $\Delta$ -ben az AD szakasz magasságvonal és a hossza 1. A (6) alapján az AMN $\Delta$ -ben az AE szakasz megfelel az AFN $\Delta$ -ben az AD szakasznak, azaz az AMN $\Delta$ -ben az AE szakasz szintén magasságvonal és a hossza 1. Ez a (6)-tal és a (7)-tel együtt azt jelenti, hogy az ABME négyszög és az AEND négyszög egy-egy deltoid. Az előzőek alapján nyilvánvaló, hogy a két deltoidnak az AM, illetve az AN átlója egyben szimmetriatengelye is, ami miatt (12) $MAE\angle=\frac{BAE\angle}2$ és (13) $EAN\angle=\frac{EAD\angle}2$ teljesülnek, továbbá (14) BAD $\angle$ =BAE $\angle$ +EAD $\angle$ =90^o és (15) MAN $\angle$ =MAE $\angle$ +EAN $\angle$ fennállnak. A (12), (13), (14) és (15) alapján kapjuk, hogy $MAN\angle=\frac{BAD\angle}2$ , azaz MAN $\angle$ =45^o.

[21] Filus Tamás

2004-10-31 16:26:55

Kedves László!

A pályázaton két feladatra (B.3695., B.3736.) beküldött megoldásommal szeretnék részt venni, amelyek a hivatalos megoldásvázlattól eltérőek. Az első megoldásom viszont megjelent a KÖMAL szeptemberi számában, ezért az nem biztos, hogy teljesíti a feltételeket.

B.3695. Legyen az n pozitív egész szám. Igazoljuk, hogy 5ⁿ-8n²+4n-1 osztható 64-gyel.

Az 5ⁿ-8n²+4n-1 kifejezés (a továbbiakban jelöljük K-val) értéke n=1 és n=2 esetén 0, ami osztható 64-gyel, n $\ge$ 3 esetén pedig az első tagját, az 5ⁿ-t írjuk fel úgy, mint két tag összegének hatványát: (4+1)ⁿ, amivel K=(4+1)ⁿ-8n²+4n-1. A hatványozás azonosságai alapján ekkor

$K=4^n+\binom{n}{1}4^{n-1}+...+\binom{n}{n-3}4^3+\binom{n}{n-2}4^2+\binom{n}{n-1}4+1-8n^2+4n-1$ ,

ahol az utolsó hat tag összegét jelöljük K₂-vel:

$K_2=\binom{n}{n-2}4^2+\binom{n}{n-1}4+1-8n^2+4n-1$ ,

a többi tag összegét pedig K₁-gyel:

$K_1=4^n+\binom{n}{1}4^{n-1}+...+\binom{n}{n-3}4^3$

(nyilvánvaló, hogy K=K₁+K₂). Mivel a K₁ minden tagjában a 4 kitevője legalább 3, és 4³=64, ezért mindegyik tag osztható 64-gyel, azaz a K₁ osztható 64-gyel. Mivel $\binom{n}{n-2}=\binom{n}{2}$ és $\binom{n}{n-1}=\binom{n}{1}$ , ezért

$K_2=\binom{n}{2}4^2+\binom{n}{1}4+1-8n^2+4n-1$ ,

azaz

$K_2=\frac{n(n-1)}{2}\cdot16+n\cdot4+1-8n^2+4n-1$ ,

amiből a műveletek elvégzése és összevonás után azt kapjuk, hogy K₂=0, ami szintén osztható 64-gyel. Ez pedig azt jelenti, hogy a K=K₁+K₂ is osztható 64-gyel. Ezzel a feladat állítását bebizonyítottuk.

[20] pragmaP

2004-10-30 20:38:17

C. 738 Milyen nagy lehet egy háromszög területe, ha egyik oldalának hossza sem nagyobb 2-nél?

Megoldás:

Egy háromszög területe akkor a legnagyobb, ha alapjának és ahhoz tartozó magasságának szorzata a lehető legnagyobb.

Ha a háromszög egyik oldala sem hosszabb, mint 2 egység, akkor legyen az egyik oldal 2.

Keressük azt a háromszöget, amelyiknek az ehhez az oldalhoz tartozó magassága a legnagyobb, de úgy, hogy a másik két oldal hossza sem több 2-nél.

Legyen az AB szakasz hossza 2!

A B pontból, mint középpontból rajzoljunk egy 2 egység sugarú körívet! Ezen a köríven kell a C csúcsnak lennie, hogy a BC oldal is 2 egység hosszú legyen.

Ahogy A ponttól a köríven távolodunk, úgy lesz a háromszög egyre nagyobb. Akkor lesz a legmagasabb (és AC 2-nél nem nagyobb), ha AC=2, azaz ha egy 2 oldalú szabályos háromszöget rajzolunk. (A C ponton túl AC>2)

A 2. ábráról látható, hogy a magasság $\sqrt3$ , így

A háromszög területe $T=\frac{2*\sqrt3}{2}=\sqrt3$

[19] pragmaP

2004-10-30 20:12:25

Megoldás:

Készítsünk ábrát! Legyen b>a!

a $\ne$ b és a derékszögekből következik, hogy a deltoid nem lehet konkáv.

A deltoid b oldalait (és azok meghosszabbításait) érintő kör középpontjának a deltoid szimmetria tengelyén kell lennie, hogy mindkét oldaltól egyenlő távolságra legyen.

Ha megszerkesztjük az a és b oldalak metszéspontjánál lévő külső szög szögfelezőjét, akkor megkapjuk azon pontokat, amelyek az a oldal egyenesétől és a b oldal meghosszabbításától egyenlő távolságra vannak.

A deltoid szimmetritengelyének és ennek a szögfelezőnek a metszéspontja (a szimmetria miatt) mind a négy oldal meghosszabbításától egyenlő távolságra van.

(Olyan eset - éppen a szimmetria miatt - nem fordulhat elő, hogy a metszéspont úgy adódik, hogy a b oldal meghosszabbítását és az a oldalt érintse a kör.)

Csak ez az egy megoldás van (mert két egyenes csak egy pontban metszheti egymást).

(Ha a belső szöget feleztük volna, akkor a metszéspont a deltoidba írható kör középpontját adta volna.)

A ciánkékkel kifestett a és b befogójú derékszögű háromszög hasonló a piros vonallal rajzolt derékszögű háromszöghöz és a hasonlósági arány

$\frac{a}{b} = \frac{r}{r+b}$

Innen

$r=\frac{ab}{b-a}$ azon kör sugara, amely a deltoid mind a négy oldalának meghosszabbítását érinti.

[18] Sirpi	2004-10-29 14:06:05
Elnézést, hogy belekotyogok, csak tapasztalatból mondom, hogy az ilyen, kevés színt tartalmazó vonalas ábrákra sokkal alkalmasabb a gif formátumban történő mentés, mint jpg-ben. További előny, hogy a gifben megadható háttérszín is, ami átlátszó lesz, ezáltal, ha épp arra van szükség, a fehér kerettől is meg lehet szabadulni.
Előzmény: [17] Strenner Balázs, 2004-10-29 12:58:30

[17] Strenner Balázs

2004-10-29 12:58:30

Köszönöm a választ, eddig én is Euklidesszel próbálkoztam, a kérdést azért tettem fel, hogy esetleg egy profibb programot tud valaki ajánlani. A kömalbeli ábrák különben nagyon szépek, kiváncsi lennék, hogy azokat mivel csinálják. Az ábrám egy kicsit csúnya lett, valószínű azért, mert jpg-be kellett konvertálni. Ezért elnézést kérek.

A következő feladat megoldása igényel egy kis projektív geometriai ismeretet, ami reményeim szerint senkinek a kedvét nem veszi el a megoldás áttekintésétől, sőt inkább a geometria ennek a szép ágának a megismerésére ösztönzi. Néhány tételt a bizonyítás után leírtam. A megoldást egyébként Hraskó András fórumbeli szavai ihlették.

B. 3678. A konvex ABCD négyszög A csúcsán át a BD átlóval és B csúcsán át az AC átlóval párhuzamosan húzott egyenesek metszéspontja E. Bizonyítsuk be, hogy az EC egyenes ugyanolyan arányban osztja a BD átlót, mint az ED egyenes az AC átlót.

Használjuk az ábrán látható jelöléseket! Ezen kívül jelölje M az a, N a b egyenes ideális pontját! Azt kell tehát belátnunk, hogy az (ACF) és (BDG) osztóviszonyok megegyeznek. Ismeretes, hogy mivel M és N ideális pontok, (BDGM) kettősviszony értéke -(BDG), és (ACFN)=-(ACF). Papposz tétele szerint (BDGM)=(bdca), valamint (ACFN)=(acdb). Már csak az van hátra, hogy megmutassuk, hogy (bdca)=(acdb). Ha pl. ac jelenti az a és c egyesesek által bezárt szöget, akkor

$(bdca)=\frac{\sin(bc)}{\sin(cd)}:\frac{\sin(ba)}{\sin(ad)}$

és

$(acdb)=\frac{\sin(ad)}{\sin(dc)}:\frac{\sin(ab)}{\sin(bc)},$

és mivel sin (ba)=-sin (ab) és sin (cd)=-sin (dc), készen vagyunk.

Megjegyzés: Felhasznált tételek(bizonyításuk megtalálható pl. Hajós György: Bevezetés a geometriába c. könyvben):

1. Ha A, B, C egy közönséges egyenes három közönséges pontja, D pedig az egyenes ideális pontja, akkor (ABCD)=-(ABC).

2. Papposz tétele: Ha a, b, c, d egy közönséges tartópontú sugársor négy eleme, és egy tartóponton át nem haladó egyenes ezeket a közönséges A, B, C, D pontokban metszi, akkor (ABCD)=(abcd).

3. Ha a, b, c, d egy közönséges tartópontú sugársor négy eleme, akkor $(abcd)=\frac{\sin(ac)}{\sin(cb)}:\frac{\sin(ad)}{\sin(db)}$ .

[16] lorantfy

2004-10-25 22:30:29

Kedves Balázs!

Az Euklidesz szerkesztőprogram 2.02-es verziója ingyenesen letölthető: innen

Megéri egy kicsit foglalkozni vele. Nagyon sokat segít a feladatok megoldásában is, mert a kész ábra minden pontja mozgatható és pillanatok alatt végig lehet próbálni az összes esetet...

Előzmény: [14] Strenner Balázs, 2004-10-25 12:57:41

[15] lorybetti

2004-10-25 13:08:03

Kedves Balázs!

Az ábráim az Euklides szerkesztőprogrammal készültek. Sokat kell vacakolni velük ahhoz, hogy az ábrák így nézzenek ki, de megéri!

Előzmény: [14] Strenner Balázs, 2004-10-25 12:57:41

[14] Strenner Balázs	2004-10-25 12:57:41
Egy kérdésem lenne, ami szerintem sokmindenkit érint: Hogyan, milyen programmal lehet szép geometria-ábrákat rajzolni?

[13] lorantfy

2004-10-23 22:34:38

Kedves Imre!

Köszönöm a pályázatra beadott szép megoldásodat!

Bettinek is köszönöm az előző hozzászólásban adott megoldását!

Eddig 5 pályázat érkezett. Remélem, hogy a hátralévő 1 héten lesz még vállalkozó aki beír egyet az elmúlt tanévben beküldött B vagy C megoldásai közül!

Előzmény: [12] Hagymási Imre, 2004-10-23 15:56:40

[12] Hagymási Imre

2004-10-23 15:56:40

B. 3681. Egy tetraéder hat éle közül ötnek a hosszáról tudjuk, hogy nem nagyobb, mint 2. Igazoljuk, hogy a tetraéder térfogata legfeljebb 1.

Megoldás:

Jelöljük az általunk vizsgált tetraéder éleit az ábra szerint! Alkalmazzuk továbbá a AD=z;AB=p;AC=r;BC=q;BD=x;CD=y jelöléseket. Vizsgáljuk elsőként a D csúcsból az S(A,B,C) síkra állított magasságot! Az m magasság akkor lesz maximális adott határok között mozgó x,y,z esetén, ha x,y,z értékeket ugyanolyan nagyságúra választjuk. Ellenkező esetben a tetraéder "elferdül" és ekkor a magasság biztosan kisebb lesz, mint egyenlő x,y,z esetén. De ebből következik az is, hogy ezeket a lehető legnagyobbra kell választanunk a magasság maximálásának érdekében. Vizsgáljuk most a B csúcsból az S(A,C,D) síkra állított merőlegest! Az előző megfontolások alapján itt is ugyanolyan nagyságúra és maximálisra (2 egységnyire) kell választanunk az éleket. Így elértük, hogy a tetraéder térfogata r függvényében változzon. A tetraéder térfogatának kiszámításához felhasználjuk Hajós György: Bevezetés a geometriába című könyve 318. oldalán található összefüggést, amely az élek segítségével egy determinánssal adja meg a keresett térfogatot:

$V^2=\frac{1}{288}\cdot\left|\matrix{0&1&1&1&1\cr 1&0&x^2&y^2&z^2\cr 1&x^2&0&p^2&q^2\cr 1&y^2&p^2&0&r^2\cr 1&z^2&q^2&r^2&0\cr}\right|$

Ide az ismert numerikus értékekeket helyettesítve, majd kifejtve a determinánst:

$V^2=\frac{1}{288}\cdot(96r^2-8r^4)$

Ennek a kifejezésnek ott lehet szélsőértéke, ahol a deriváltja eltűnik, azaz: 192^.r-32^.r³=0 a feladat szempontjából az értelmes gyök: $r=\sqrt6$ Mivel $\frac{d^2V^2(\sqrt6)}{dr^2}=-\frac43$ , ezért itt maximum van, a maximumérték pedig: $V^2=\frac{1}{288}\cdot288=1$ Tehát a tetraéder térfogata legfeljebb tényleg 1 térfogategység lehet. Matematikatörténeti szempontból érdemes megjegyezni, hogy a tetraéder térfogatát először Leonhard Euler fejezte ki így az élei segítségével, de ő még ezt algebrai összegként nem determinánsként írta fel.

Hagymási Imre DE Kossuth L. Gyak. Gimn. 12. o.t.

[1] [2]

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?