KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
English Információ A lap Pontverseny Cikkekről Távoktatás Hírek Fórum Internetes Tesztverseny
Játékszabályok
Technikai információk
TeX tanfolyam
Regisztráció
Témák

 

Rendelje meg a KöMaL-t!

Támogatóink:

Ericsson

Google

Emberi Erőforrások Minisztériuma

Emberi Erőforrás Támogatáskezelő

Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet

ELTE

Reklám:

KöMaL Füzetek 1: Tálalási javaslatok matematika felvételire

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

Fórum - nem euklideszi geometria

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Ön még nem jelentkezett be.
Név:
Jelszó:

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]  

Ha a témához hozzá kíván szólni, először regisztrálnia kell magát.
[76] Sinobi2013-12-11 22:22:15

A. 599. A P1 és P2 parabolák fókuszpontja közös. A P1 vezéregyenese a P2-t az A és B pontokban, a P2 vezéregyenese pedig a P1-et az C és D pontokban metszi. Mutassuk meg, hogy az A, B, C és D pontok egy körön vannak.

megoldásvázlat:

1: a két vezéregyenes E pontban metszi egymást

2: a két parabola metszi egymást G és H pontokban

3: G és H középponttú, F fókuszon átmenő körök \implies GH egyenes átmegy E-n, és a vezéregyenesek szögfelezője

4: levetítem a G és H pontokat merőlegesen a vezéregyenesekre, kapom G', H', G'', H'' pontokat, és EG'*EH'=EG''*EH''

5: a Galilei-geometria szelőtétele* értelmében EA*EB=EG'*EH'=EG''*EH''=EC*ED

6: a szelőtétel megfordítása miatt ABCD húrnégyszög

*ha adott egy y tengelyirányú parabola és egy E pont, akkor az E ponton át húzott két tetszőleges szelő A,B és G és H metszéspontjaira igaz lesz, hogy az EA, EB és EG EH szakaszok x tengelyre vett vetületének hosszainak szorzatai megegyeznek.

[75] Sinobi2013-11-14 22:33:13

,,B. 4564. Mutassuk meg, hogy ha n+1<k<2n, akkor n különböző egyenes nem oszthatja a síkot k részre."

Mely axiómák szükségesek ennek az állításnak a bizonyításához? Milyen állításokat kapunk, ha azokat megváltoztatjuk?

[74] Sinobi2013-05-17 18:58:54

Az I. pont hogyan bizonyítja, hogy benne van a két gömb szimmetriasíkjában?

Előzmény: [73] Fálesz Mihály, 2013-05-17 17:40:50
[73] Fálesz Mihály2013-05-17 17:40:50

A két gömb ugyanakkora.

A P pontból ugyanolyan hosszú érintőt lehet húzni a két gömbhöz.

Az I. pont szerint P benne van a két gömb szimmetriasíkjában.

Előzmény: [72] Sinobi, 2013-05-17 16:54:19
[72] Sinobi2013-05-17 16:54:19

,,Ezek az érintők a két gömböt is érintik, tehát P benne van a két gömb szimmetriasíkjában"

Ezt nem látom.

Előzmény: [71] Fálesz Mihály, 2013-05-16 10:40:19
[71] Fálesz Mihály2013-05-16 10:40:19

A következőre gondoltam.

I. Ha a két kör sugara egyenlő, akkor az érdekes pontok a két kör szimmetriatengelyén (térben a két gömb szimmetriasíkján) vannak. Ha a két középpont O1 és O2, a P egy érdekes pont, a két érintő szakasz PT1 és PT2, akkor a PO1T1 és PO2T2 derékszögű háromszögekben PT1=PT2 és O1T1=O2T2, vagyis a két háromszög egybevágó, tehát PO1=PO2. Ebből kövekezik, hogy P az O1O2 szakasz felező merőlegesén van.

II. Általában kilépünk a térbe, és két, ugyanakkora sugarú gömböt illesztünk a két körre:

Vegyünk egy P érdekes pontot a síkban, ahonnan egyforma hosszú érintőt lehet húzni a két körhöz. Ezek az érintők a két gömböt is érintik, tehát P benne van a két gömb szimmetriasíkjában -- is.

A két gömb két különböző körben metszi az alapsíkot, ezért a két sík nem eshet egybe. Az érdekes pontok tehát a két sík metszésvonalára esnek.

Előzmény: [70] Sinobi, 2013-05-08 15:54:04
[70] Sinobi2013-05-08 15:54:04

ahol a körök hatványai egyenlők:

Előzmény: [56] Fálesz Mihály, 2013-01-30 13:55:04
[69] gyula602013-04-04 17:52:04

Előző hozzászólást még kiegészíteném azzal a gondolattal, hogy hiány (defektus) nemcsak szögek esetén, hanem hosszméretek esetén is jelentkezhet.

Ha mégis létezik a [63]-[67] alatt felvázolt "lemniszkáta trigonometria", akkor egyik adósság még a háromszögalkotás feltételei. Az euklideszi geometria elfajuló háromszögei itt is elfajulóak lesznek.

Egyenlő szárú háromszögeinek vizsgálatainál vettem észre, hogy az hosszhiány a derékszögű háromszögek esetén volt a legnagyobb. Az elfajuló háromszögek esetén nem beszélhetünk hiányról.

A lemniszkáta függvények ívmértéke pontosan ugyanúgy rendelhető a fok mértékegységhez, mint a közismert ívmértékek esetén. \alpha=\frac{\pi_m\alpha^\circ}{180^\circ}

Előzmény: [67] gyula60, 2013-04-03 14:16:40
[68] marcius82013-04-04 08:24:38

Érdemes végiggondolni a következő tételeket

Van olyan háromszög, amelynek belső szögösszege kevesebb, mint 180 fok ==> Minden háromszög belső szögösszege kevesebb, mint 180 fok <==> Adott egyeneshez és egy, az adott egyenesen nem levő adontt ponthoz végtelen sok olyan egyenes létezik, amelyek átmennek az adott ponton és nincs közös pontjuk az adott egyenessel. Egy háromszög szöghiányát úgy kell kiszámítani, hogy a pí-ből ki kell vonni a háromszög szögösszegét. Ekkor ha egy háromszöget feldarabolunk kisebb háromszögekre, akkor a feldarabolt háromszög szöghiánya egyenlő a kisebb háromszögek szöghiányával.

Van olyan háromszög, amelynek belső szögösszege több, mint 180 fok ==> Minden háromszög belső szögösszege több, mint 180 fok <==> Adott egyeneshez és egy, az adott egyenesen nem levő adontt ponthoz nem létezik egyenes, amely átmegy az adott ponton és nincs közös pontja az adott egyenessel. Hogy ekkor minden háromszög belső szögösszege pí, vagy 180°, vagy 400 újfok, vagy nem tudom, hogy mennyi, az attól függ, hogy a szöget milyen mértékegységben mérjük.

Van olyan háromszög, amelynek belső szögösszege 180 fok ==> Minden háromszög belső szögösszege 180 fok <==> Adott egyeneshez és egy, az adott egyenesen nem levő adontt ponthoz pontosan egy olyan egyenes létezik, amely átmegy az adott ponton és nincs közös pontja az adott egyenessel. Egy háromszög szögtöbbletét úgy kell kiszámítani, hogy a a háromszög szögösszegéből ki kell vonni pí-t Ekkor ha egy háromszöget feldarabolunk kisebb háromszögekre, akkor a feldarabolt háromszög szögtöbblete egyenlő a kisebb háromszögek szögtöbbletével.

[67] gyula602013-04-03 14:16:40

Korrekcióra van szükség. Képletek elején hibásan adtam meg az y-t.

y=x2+4a2b2

Tehát az alkalmazni kívánt két függvény definíciója így nézne ki:

\varphi(a,b):=\sqrt(\frac{a^2+b^2+\sqrt(a^4+6a^2b^2+b^4)}2), \phi(a,b):=\sqrt(\frac{-a^2-b^2+\sqrt(a^4+6a^2b^2+b^4))}2)

Még olyan tétellel nem találkoztam, hogy az állandó szögösszegű háromszögekkel rendelkező geometriai struktúrák halmaza egyelemű és az csakis az Euklideszi geometria lehet. És ez a szögösszeg csakis a \pi, se több, se kevesebb nem lehet. Eddig nem találkoztam ellentmondással, hacsak az nem, hogy előjön az a bizonyos defektus, ami pedig a nem euklideszi geometriák egyik tulajdonsága. Annak bizonyítása sincs meg, hogy az általam felvázolt struktúra ténylegesen állandó szögösszegű háromszögekből áll.

Előzmény: [65] gyula60, 2013-04-02 20:49:07
[66] Fálesz Mihály2013-04-02 22:49:08

Csak ismételni tudom magamat.

Ha van hasonlóság, és a hasonló háromszögeknek ugyanakkorák a szögeik, akkor vagy euklideszi geometriáról van szó, vagy pedig a képletek ellentmondanak, és ilyen geometriai struktúra nincs.

Előzmény: [65] gyula60, 2013-04-02 20:49:07
[65] gyula602013-04-02 20:49:07

A derékszögű háromszögek esetén szintén felállíthatónak tűnt a magasság-tétel és befogó-tételek megfelelői, csak vigyázni kell az átfogóval, mert az illesztés során egy d defektust szenved m2/c értékkel. Itt előjött két kétváltozós függvény:

Legyen x=a2+b2, és y=x2+4ab,

\varphi(a,b):=\sqrt(\frac{x+\sqrt(y)}2), \phi(a,b):=\sqrt(\frac{-x+\sqrt(y))}2),

c_1=\frac{b\phi(a,b)}a=b*cl(\alpha), c_2=\frac{a\phi(a,b)}b=a*cl(\beta)

/c1 és c2 a befogók vetületei az átfogó "egyenesén"/

\varphi(a,b)=c, c_1=\frac{b*\phi(a,b)}a, c_2=\frac{a*\phi(a,b)}b, d=\frac{\phi^2(a,b)}{\varphi(a,b)}, c=c1+c2+d,

\varphi^2(\sqrt(c_1),\sqrt(c_2))=c, \phi^2(\sqrt(c_1),\sqrt(c_2))=d, \phi(a,b)=m, mc=ab=\varphi(a,b)\phi(a,b),

A fentiekből még két érdekes függvényegyenlet is felírható: \varphi^2(\sqrt(\frac{a*\phi(a,b)}b),
\sqrt(\frac{b*\phi(a,b)}a))=\varphi(a,b),

\phi^2(\sqrt(\frac{a*\varphi(a,b)}b),
\sqrt(\frac{b*\varphi(a,b)}a))=\phi(a,b).

Az itt bemutatott defektus ellenére bizonyítani kellene, hogy a két trigonometria között milyen fajta kapcsolat létesíthető.

Előzmény: [64] Fálesz Mihály, 2013-04-02 14:23:28
[64] Fálesz Mihály2013-04-02 14:23:28

Ha van hasonlóság, ráadásul a háromszögek szögösszege mindig ugyannyi, akkor a geometria csak euklideszi lehet.

Előzmény: [63] gyula60, 2013-04-02 00:14:21
[63] gyula602013-04-02 00:14:21

Szeretnék ismertetni egy nem-euklideszi trigonometriát. A dolog teljesen intuitív módszerekkel történt és egy kis nem-euklideszi trigonometriás tapasztalattal. Algebrai és intuitív módszerekkel az elliptikus függvényekből levezethető lemniszkáta cl(x) és sl(x) függvények segítségével hoztam létre a konstrukciót. Ugyanúgy, ahogy a klasszikus trigonometrikus függvények szintén periodikusak és a félperiódus nem \pi, hanem (saját jelölés) \pim=2,62205... irracionális transzcendens szám. A kiindulást jelentő függvények ugyanúgy folytonosak, korlátosak, differenciálhatók, mint a trigonometrikus társaik és cl(0)=1, sl(0)=0, cl(-x)=cl(x), sl(-x)=-sl(x), sl(\pim)=0 sl(\frac{\pi_m}2)=1, cl(x)=sl(\frac{\pi_m}2-x) stb.

Mindannyian rendelkeznek addíciós képlettel: cl(x+y)=\frac{cl(x)cl(y)-sl(y)sl(x)}{1+sl(x)sl(y)cl(x)cl(y)}, sl(x+y)=\frac{sl(x)cl(y)+sl(y)cl(x)}{1-sl(x)sl(y)cl(x)cl(y)} Összekötő egyenletük: cl2(x)+sl2(x)+cl2(x)sl2(x)=1 Az én intuícióm ennek nyomán feltételezett egy Pitagorasz-tételt ami így nézne ki: a2b2+c2(a2+b2)=c4, ahol a és b lenne a befogó és c az átfogó. Ezekben a derékszögű háromszögekben érvényesül a hasonlóság és sl(\alpha)=\frac{a}c, sl(\beta)=\frac{b}c=cl(\alpha). A háromszög oldalai között értelmezni kell egy p =2\sqrt(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)-(a^2+b^2+c^2) mennyiséget és levezethetővé vált az általánosabb "háromszögre" egy koszinusztétel:

cl^2(\alpha)=\frac{cb-a\sqrt(p)}{cb+a\sqrt(p)}, cl^2(\beta)=\frac{ca-b\sqrt(p)}{ca+b\sqrt(p)}, cl^2(\gamma)=\frac{ab-c\sqrt(p)}{ab+c\sqrt(p)},

Majd ennek nyomán a szinusztétel is:

sl^2(\alpha)=\frac{a\sqrt(p)}{cb}, sl^2(\beta)=\frac{b\sqrt(p)}{ac}, sl^2(\gamma)=\frac{c\sqrt(p)}{ab}

Derékszögű háromszög esetén p=c^2-a^2-b^2=\frac{a^2b^2}{c^2} és így sl(\gamma)=1, cl(\gamma)=0. (ahol c az átfogó)

Még egy fontos sejtés: az "általános háromszög" szögeinek összege \pim=2,62205... állandó és értelmezhetőnek tűnik a hasonlóság is.

[62] Sinobi2013-03-18 22:26:27

Szerintem az ábra hasznosabb lenne, ha a gömbök metsznék egymást - arra úgy is szükség van metsző körök esetében, így egy eset elég lenne kettő helyett.

Előzmény: [61] Fálesz Mihály, 2013-02-07 14:04:20
[61] Fálesz Mihály2013-02-07 14:04:20
Előzmény: [57] marcius8, 2013-02-01 15:56:31
[60] marcius82013-02-01 17:28:32

Elnézést kérek mindenkitől, az [57] hozzászólásomat pontosítom: Juliska három gyurmagolyóból összegyúrva egyetlen gyurmagolyót készít, a gyurmagolyók sugarai 16cm, 68cm, 88cm. Jancsi három gyurmagolyóból összegyúrva egyetlen gyurmagolyót készít, a gyurmagolyók sugarai 35cm, 70cm, 85cm. Kinek lesz nagyobb sugarú gyurmagolyója? A megoldáshoz fel kell használni, hogy az "r" sugarú gömb térfogata "lambda" paraméterű elliptikus térben: V=2*lambda*lambda*pi*r-lambda*lambda*lambda*pi*sin(2r/lambda), "lambda" paraméterű hiperbolikus térben: V=lambda*lambda*lambda*pi*sh(2r/lambda)-2*lambda*lambda*pi*r, euklideszi térben V=4*pi*r*r*r/3. (ez utóbbi képlet előáll a nem euklideszi esetekben felírt képletek határértékeként, ha lambda-->végtelen.)

[59] Lóczi Lajos2013-02-01 16:48:13

Jancsinak lesz nem kisebb gyurmagolyója.

Előzmény: [57] marcius8, 2013-02-01 15:56:31
[58] marcius82013-02-01 16:14:46

Sok fizikai problémát is érdemes megvizsgálni euklideszi geometriában és nem euklideszi geometriában.

1. A fénytörés (Snellius-Descartes) törvény alakja tetszőleges geometriában ugyanúgy néz ki, ha elfogadjuk, hogy a Fermat-elv mindig érvényes. (Fermat-elv: a fény egy pontból egy másik pontba úgy igyekszik eljutni, hogy az út megtételéhez szükséges idő a lehető legrövidebb legyen. Fénytörés: Egy fény két közeg határfelületére érve úgy törik meg, hogy a fény beesési szögének szinuszának és a fény törési szögének szinuszának hányadosa mindig a két közegre jellemző mennyiség, az úgynevezett törésmutató.) Speciális esetként a vékony lencse (tükör) nevezetes sugármeneteit illetve a vékony lencse (tükör) leképezési törvényét is meg lehet vizsgálni.

2. Az "m" tömegű bolygó gravitációs terének vizsgálata. Ehhez szükséges tudni, hogy az "r" sugarú gömb felszíne "lambda" paraméterű hiperbolikus geometriában A=4*pi*lambda*lambda*sh(r/lambda)*sh(r/lambda), "lambda" paraméterű elliptikus geometriában A=4*pi*lambda*lambda*sin(r/lambda)*sin(r/lambda), euklideszi geometriában A=4*pi*r*r. Talán ennek a problémakör megoldásának ismeretében meg tudjuk-e állapítani a gravitációs térerősség mérésével, hogy milyen paraméterű és milyen geometriában vagyunk?

3. A speciális relativitás elve. A Lorentz transzformáció hogyan néz ki euklideszi geometriában illetve nem euklideszi geometriában?

4. Ez ugyan nem fizika, hanem szerkeszthetőség. Euklideszi geometriában a kör nem négyszögesíthető, a négyzet oldala és átlója nem összemérhető, a szabályos ötszög oldala és átlója nem összemérhető. Nem-euklideszi geometriában van négyszögesíthető kör, van olyan négyzet, amelynek oldala és átlója összemérhető, van olyan szabályos ötszög, amelynek oldala és átlója összemérhető.

[57] marcius82013-02-01 15:56:31

"FM" hozzászólónak: A feladatodra (egyenlőre) nem találtam olyan megoldást, amilyet szeretnél. Bár nem mindenki szereti a trigonometriát, különösképpen a nem-euklideszi síkbeli trigonometriát, de néhány érdekességet a teljesség igénye nélkül leírok, amelyet érdemes végiggondolni.

1. A húrnégyszögekre vonatkozó Ptolemaiosz-tételt (lásd korábbi hozzászólásomat) csak olyan húrnégyszögre igazoltam, amelynek csúcsai egy körön vannak. Érdemes kiszámolni az "a", "b", "c", "d" oldalú "s" félkerületű húrnégyszög köré írt kör sugarát és területét. Érdemes azt is végigszámolni, hogy az "a", "b", "c", "d" oldalú csuklós négyszögek közül melyiknek maximális a területe, eredményként az adódik, hogy ekkor annak a csuklós négyszögnek maximális a területe, amelyre teljesül a Ptolemaiosz-összefüggés.

Sok számolást lehetne még elvégezni, de ami a szemléletnek ellentmondani látszik, az a következő feladat: Jancsi három gyurmagolyóból összegyúrva egyetlen gyurmagolyót készít, a gyurmagolyók sugarai 16cm, 68cm, 88cm. Jancsi három gyurmagolyóból összegyúrva egyetlen gyurmagolyót készít, a gyurmagolyók sugarai 35cm, 70cm, 85cm. Kinek lesz nagyobb gyurmagolyója? A megoldáshoz fel kell használni, hogy az "r" sugarú gömb térfogata "lambda" paraméterű elliptikus térben: V=2*lambda*lambda*pi*r-lambda*lambda*lambda*pi*sin(2r/lambda), "lambda" paraméterű hiperbolikus térben: V=lambda*lambda*lambda*pi*sh(2r/lambda)-2*lambda*lambda*pi*r, euklideszi térben V=4*pi*r*r*r/3. (ez utóbbi képlet előáll a nem euklideszi esetekben felírt képletek határértékeként, ha lambda-->végtelen.)

[56] Fálesz Mihály2013-01-30 13:55:04

Én nem a Ptolemaiosz-tétellel folyatnám (a képleteidet nem ellenőriztem), és a nemeuklideszi trigonometria sem okoz túl nagy esztétikai élményt.

Nézzük inkább két kör hatványvonalát. A feladat a következő:

Adott (egyelőre az euklideszi) síkban két körvonal, k1 és k2, mondjuk egymáson kívül. Egy P pontot nevezzzünk érdekesnek, ha P-ből ugyanolyan hosszú érintő szakaszt lehet húzni k1-hez és k2-höz. Az iskolában tanultuk, hogy az érdekes pontok egy egyenesen vannak. A kérdés az, hogy miért vannak egy egyenesen.

Az kevés, hogy számolással ellenőrizhetjük. Olyan bizonyítást keressünk, amiből közvetlenül, számolás nélkül derül ki, hogy a hatványvonal tényleg egy egyenes.

Előzmény: [52] marcius8, 2013-01-30 12:48:36
[55] Fálesz Mihály2013-01-30 13:27:13

OK.

(Én továbbra is úgy szeretem jobban kimondani, hogy a csúcsok egy cikluson vannak, ahol a "ciklus"-ba beleértem a kört, a para/horociklust és a hiperciklust is.)

Előzmény: [54] marcius8, 2013-01-30 13:15:25
[54] marcius82013-01-30 13:15:25

Csakugyan van olyan négyszög a hiperbolikus geometriában melynek két szemközti szögének az összege egyenlő a másik két szemközti szögének összegével, ugyanakkor a négyszög csúcsai nincsennek egy körön, ennek oka, hogy ebben az esetben a négszög oldalfelező merőlegesei nem metszik egymást. Köszönöm az észrevételt, erre a következőkben is oda fogok figyelni. Akkor nagy hirtelen pontosítok a tételen: Egy konvex négyszög oldalfelező merőlegesei pontosan akkor tartoznak ahhoz a sugársorhoz, ha a konvex négyszög két szemközti szögének összege egyenlő a konvex négyszög másik két szemközti szögének az összegével. Ha a konvex négyszög oldalfelező merőlegesei egy pontban metszik egymást, akkor a négyszög csúcsai egy körön találhatóak, tehát a négyszög klasszikus értelemben is húrnégyszög.

Előzmény: [53] Fálesz Mihály, 2013-01-30 13:04:21
[53] Fálesz Mihály2013-01-30 13:04:21

"A húrnégyszöget úgy értelmezem (...), hogy olyan négyszög, amelynek minden csúcsa ugyanazon a körön(!!!) van."

Ebben az esetben az állításod nem igaz. Hiperbolikus geometriában van olyan ABCD négyszög, amiben A\angle+C\angle=B\angle+D\angle, a csúcsok még sincsenek egy körön. (Sőt, semelyik három csúcs nincs egy körön...)

Előzmény: [52] marcius8, 2013-01-30 12:48:36
[52] marcius82013-01-30 12:48:36

"FM" hozzászólónak: A húrnégyszöget úgy értelmezem (euklideszi geometriában és nem euklideszi geometriában egyformán), hogy olyan négyszög, amelynek minden csúcsa ugyanazon a körön(!!!) van. Esetleg még érdemes átgondolni, hogy tetszőleges geometriában a húrnégyszögekre vonatkozó Ptolemaiosz-tétel hogyan fogalmazható meg, vagy tetszőleges geometriában a húrnégyszög területe hogyan határozható meg a húrnégyszög négy oldalának ismeretében.

Pl. Ptolemaiosz-tétel: Legyen "a", "b", "c", "d" a húrnégyszög négy oldala ebben a sorrendben, és legyen "e", "f" a húrnégyszög két átlója.

Euklideszi geometria: e*f=a*c+b*d

"lambda" paraméterű elliptikus geometria:

sin(e/(2*lambda))*sin(f/(2*lambda))=sin(a/(2*lambda))*sin(c/(2*lambda))+sin(b/(2*lambda))*sin(d/(2*lambda))

"lambda" paraméterű hiperbolikus geometria:

sh(e/(2*lambda))*sh(f/(2*lambda))=sh(a/(2*lambda))*sh(c/(2*lambda))+sh(b/(2*lambda))*sh(d/(2*lambda))

Érdemes észrevenni, hogy ha "lambda"-->végtelen, akkor az elliptikus geometria és a hiperbolikus geometria tart az euklideszi geometriához, és ekkor a nem-euklideszi geometriában kimondott Ptolemaiosz-tételek tartanak az euklideszi geometriában kimondott Ptolemaiosz-tételhez.

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]  

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Támogatóink:   Ericsson   Google   Szerencsejáték Zrt.   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet   ELTE   Nemzeti Tehetség Program   Nemzeti
Kulturális Alap