KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
 English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum
Játékszabályok
Technikai info
TeX tanfolyam
Regisztráció
Témák

Rendelje meg a KöMaL-t!

ELTE

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]    [4. oldal]  

Ha a témához hozzá kíván szólni, először regisztrálnia kell magát.
[98] marcius82017-06-11 22:27:58

Nagyon szépen köszönöm gyula60, hogy érdemben foglalkoztál a problémával!!!!!

Igen, ezt a képletet más alakban ismerem. Csak úgy vezetem le, hogy először az "x/2", "y/2", "a" oldalú háromszög "a" oldalára írom fel a koszinusztételt, másodszor az "x/2", "y/2", "b" oldalú háromszög "b" oldalára írom fel a koszinusztételt, végül ezt a két koszinusztételt összeadom. Közben felhasználom, hogy a felírt koszinusztételekben az "x/2" és az "y/2" oldalak által bezárt szögek összege 180°, így ezeknek a szögeknek a koszinuszai egymás ellentettjei. Ez az összefüggés megfelel annak az euklideszi síkon érvényes összefüggésnek, hogy a paralelogramma oldalainak négyzetösszege egyenlő az átlóinak négyzetösszegével. De ezzel együtt is még egy kezelhetetlen egyenlettel találkoztam. Tisztelettel: marcius8.

Előzmény: [96] gyula60, 2017-06-06 22:12:19
[97] Sinobi2017-06-11 16:58:31

Rugalmas anyagból lehetséges gömbi, illetve hiperbolikus szövetet létrehozni. Gömbi szövet például egy sapka, hiperbolikus szövetet egyelőre nem nagyon árulnak, korallhoz hasonló sálat lehet venni, meg mondjuk ágytakaró készítéséhez itt egy tutorial: geometrygames.org/HyperbolicBlanket/

Kérdésem: van-e annak értelme, hogy 3 dimenziós hiperbolikus anyagot hozzunk létre? Ha nem is fér el, el tudunk-e képzelni valamit, amire azt mondhatjuk, hogy na ez egy hiperbolikus tömb. Nagyon puha és képlékeny anyagból. Például milyen jelenséget produkálna, várnánk el tőle?

[96] gyula602017-06-06 22:12:19

A hiperbolikus síkon sokat segíthet a következő összefüggés:

\(\displaystyle (ch(a)+ch(b))^2 = (ch(x)+1)(ch(y)+1)\)

Ahol a és b a szóban forgó paralelogramma szomszédos oldalai és x, y a megfelelő átlók és ch(x) a koszinusz hiperbolikusz függvény. Az oldalak hajlásszöge az átlók mentén még felbontható két parciálisra. Ezek egyikére kétféleképpen is felírható az oldalakra vonatkozó koszinusztétel. Így nyerhető a fenti összefüggés.

Előzmény: [90] marcius8, 2017-01-03 10:23:39
[95] Vonka Vilmos Úr2017-04-06 20:23:05

Cayley-Klein modellben legyen \(\displaystyle k\) az abszolút kúpszelet (a modell határköre). Tekintsünk egy tetszőleges \(\displaystyle ABC\) háromszöget, legyen \(\displaystyle P\) tetszőleges további pont. A vizsgált Ceva-tulajdonságú egyenesek ekkor \(\displaystyle PA\), \(\displaystyle PB\), \(\displaystyle PC\). Legyenek a \(\displaystyle BC\), \(\displaystyle CA\), \(\displaystyle AB\) oldalegyenesek \(\displaystyle k\)-ra vonatkozó pólusai rendre \(\displaystyle A_1\), \(\displaystyle B_1\), \(\displaystyle C_1\); valamint a \(\displaystyle PA\), \(\displaystyle PB\), \(\displaystyle PC\) egyenesek \(\displaystyle k\)-ra vonatkozó pólusai rendre \(\displaystyle A_2\), \(\displaystyle B_2\), \(\displaystyle C_2\).

Ekkor az új háromszög oldalai tetszőleges \(\displaystyle A_2\), \(\displaystyle B_2\), \(\displaystyle C_2\)-n áthaladó egyenesek. Legyen ez az új háromszög \(\displaystyle A'B'C'\), úgy, hogy \(\displaystyle C_2\in A'B'\), \(\displaystyle B_2\in A'C'\), \(\displaystyle C_2\in A'B'\). Azt kell belátnunk, hogy ekkor \(\displaystyle A'A_1\), \(\displaystyle B'B_1\), \(\displaystyle C'C_1\) konkurrens egyenesek.

A bizonyítandó ekvivalens azzal, hogy az \(\displaystyle A'B'C'\) és \(\displaystyle A_1B_1C_1\) háromszögek pontra nézve perspektívek, így a Desargues-tétel megfordítása miatt elég azt belátnunk, hogy tengelyre nézve perspektívek.

Ehhez vizsgáljuk először az \(\displaystyle A'B'\cap A_1B_1\) metszéspontot. Ennek a polárisát keressük meg.
- \(\displaystyle A_1B_1\) pólusa \(\displaystyle C\).
- Mivel \(\displaystyle A'B'\) tartalmazza \(\displaystyle C_2\), \(\displaystyle A'B'\) pólusa rajta van \(\displaystyle C_2\) polárisán, azaz \(\displaystyle PC\)-n.
Ez azt jelenti, hogy \(\displaystyle A_1B_1\) pólusát \(\displaystyle A'B'\) pólusával összekötő egyenes (tehát \(\displaystyle A'B'\cap A_1B_1\) polárisa) éppen \(\displaystyle PC\).

Hasonlóan látható, hogy \(\displaystyle B'C'\cap B_1C_1\) polárisa \(\displaystyle PA\) és \(\displaystyle A'C'\cap A_1C_1\) polárisa \(\displaystyle PB\). Mivel ezek konkurrensek, a vizsgált metszésponok (a konkurrens polárisok pólusai) kollineárisak. Tehát \(\displaystyle A'B'C'\) és \(\displaystyle A_1B_1C_1\) tengelyre nézve perspektívek, és ezt kellett belátnunk.

Előzmény: [94] Sinobi, 2017-04-06 15:17:34
[94] Sinobi2017-04-06 15:17:34

Euklideszi síkon ha adottak az a,b,c, és a',b',c' irányok, akkor ezek egyszerre Ceva-tulajdonságúak egymásra nézve.

Értve ez alatt azt, hogy egy a,b,c irányú oldalakkal rendelkező ABC háromszög csúcsaiba állítva a',b',c' irányú egyeneseket ezek egy ponton mennek át pontosan akkor, ha ez az a',b',c' oldalirányú A'B'C' háromszögre is teljesül.

Ez az állítás hiperbolikus síkon ahogy nézem nem igaz, vagy nem sikerült jól lefordítanom.

Igaz viszont az, hogy ha ABC háromszöghöz a',b',c' egyenesek Cevák, akkor egy, a',b',c' egyenesekre merőleges oldalú háromszöghöz az a,b,c egyenesekre merőleges egyenesek Cevák. (Euklideszi esetben ez az A'B'C' háromszög és a csúcsaiba állított egyenesek 90 fokos elforgatását jelentené, ez egybevágóság, speciálisan az egy ponton átmenést megtartja, lásd ábra.)

Bizonyítsd be az állítást.

(ha a metszéspont nem jön létre, akkor a három egyenes párhuzamos vagy közös merőlegessel rendelkezik)

[92] marcius82017-01-04 09:03:08

Nem-euklideszi geometria: Paralelogramma olyan négyszög, amelyre a következő tulajdonságok teljesülnek: 1. Középpontosan szimmetrikus. 2. Szemközti oldalak egyforma hosszúak. 3. Szemközti szögek egyforma nagyságúak. 4. Átlók felezik egymást.

Az euklideszi geometriában a paralelogrammának két további tulajdonsága is van: 5. Szemközti oldalak párhuzamosak. 6. Szomszédos szögek összege 180°. Ez a két tulajdonság a nem- euklideszi geometriában nem teljesülhet.

Én legalábbis ezt értem paralelogramma alatt.

Előzmény: [91] jonas, 2017-01-04 02:26:12
[91] jonas2017-01-04 02:26:12

Paralelogramma alatt itt középpontosan szimmetrikus négyszöget értsz, ugye?

Előzmény: [90] marcius8, 2017-01-03 10:23:39
[90] marcius82017-01-03 10:23:39

Akkor én is mondok egy feladatot: Ismert az elliptikus vagy hiperbolikus síkon egy paralelogrammának a szögei és ismert ugyanennek a paralelogrammának az átlóinak a hajlásszöge. Mekkorák a paralelogramma oldalai?

[89] marcius82017-01-03 10:18:52

Érdekes feladat, biztosan fogok rajta gondolkozni. Gyanítom, hogy a hiperbolikus síkon az egyenlőtlenség megfordul....

Előzmény: [88] Fálesz Mihály, 2016-12-19 12:29:05
[88] Fálesz Mihály2016-12-19 12:29:05

Egy gömbháromszög szögei \(\displaystyle \alpha, \beta, \gamma\), a velük szemközti oldalívek hossza \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), illetve \(\displaystyle c\). Igazoljuk, hogy

\(\displaystyle a\cdot \cos\beta + b \cdot\cos\alpha < c. \)

(IMC2002/2/4; KöMaL A. 298.)

Az euklideszi síkban egyenlőség lenne.

Előzmény: [87] Sinobi, 2016-12-17 02:22:55
[87] Sinobi2016-12-17 02:22:55

Első "feladat":

Legyenek az \(\displaystyle S^2\) gömbön most a "pontok" az ellentétes pontpárok, a szakaszok az ellentétes szakaszpárok, egy szakasz "belső felezőpontja" a felezőpontja, a "külső felezőpontja" pedig ugyanannak a szakasz végpontjainak másik felezőpontja, amelyik nem esik rá a szakaszra (merőleges a belső felezőponttal).

BBH.: Egy tetszőleges gömbháromszög három oldalának külső felezőpontjai egy egyenesre esnek. (Ez könnyű.)

Hol van ennek az egyenesnek a "középpontja"?

BBH.: Két belső felezőpont egyenese átmegy egy külső felezőponton. (Tehát ugyanaz a konfiguráció, mint mondjuk a három kör hasonlósági pontjainál áll fenn.)

Milyen állítást kapunk a síkon, ha ezeket az állításokat levetítjük?

Milyen összefüggést kapunk, ha az ábrának vesszük a duálisát a gömbön, azaz, pontpárból merőleges főkört, főkörből merőleges pontpárt képzünk?

((Van-e ennek az állításnak analogonja \(\displaystyle S^3\)-ban tetraéderre?))

- - - - - - -

.. én nem igazán ismerek/találok jó gömbi feladatokat. Szóval szívesen veszem őket.

[86] Sinobi2016-12-17 02:03:01

Talán méltatlanul van/volt hanyagolva a gömb. Az inverziók elmélete itt teljes, a három dimenziós euklideszi térben hasznos ismerni, a projektív geometria állításai is sokkal szebbek a gömb saját geometriájában, stb.

Még ha épp ezért is úgy érezzük, hogy szinte teljesen ismerjük a gömböt (a reciprocitás, proj.geo. stb eredményei révén), akármikor szembejöhet olyan feladat, amelyik véletlenül a gömbök egy "saját" tételének vetülete a síkon, ...

[85] Sinobi2016-08-24 18:22:15

Az ábrán látható a szög "duplázása", vagyis a "dupla" szögnek megfelelő ív megszerkesztése.

Nyilván ez valamilyen módon additív kell legyen hogy legyen értelme a kérdésnek, ellipszisre momentán a sima szög, csak elaffinítva.

A paraboláknak is saját esetük van.

Előzmény: [84] jonas, 2016-08-24 14:07:42
[84] jonas2016-08-24 14:07:42

Ha a kúpszelet kör, akkor ez a szokásos szöggel egyezik meg. Ha a kúpszelet ellipszis, akkor alkalmazzunk az egész síkra egy olyan affinitást, amitől kör lesz, ez az általad definiált szöget nem változtatja meg. Ha hiperbola, akkor más a helyzet, ilyenkor ezt a szöget nem lehet visszavezetni a kör esetére, tehát két lényegesen különböző eset van. Azt nem tudom, hogy olyankor szögfelezőt hogy lehet szerkeszteni.

Előzmény: [82] Sinobi, 2015-07-26 20:36:28
[83] Sinobi2016-08-24 11:15:15

[S1]. Feladat (Az S engem jelöl) Érzékelik-e egy síknégyzet lakói geometriailag, ha feltekerem a világukat egy hengerré? (megváltozik-e a távolság, szög lokálisan, globálisan, az egyenesek vonalai?)

És ha rétessé tekerem fel őket, azaz, nem ugyanakkora görbülettel mindenhol?

[82] Sinobi2015-07-26 20:36:28

Két egyenes közti szöget definiáljuk a következőképp:

1: ha e||e' és f||f', akkor ef< = e'f'< 2: adott egy c kúpszelet, és rajta AB pontok. A kúpszelet egyik ívének minden pontjából ugyanakkora szögből látszódik AB.

(ez a két megkövetelt tulajdonság nem vezet ellentmondásra)

Kérdés: Hogyan szerkesztünk szögfelezőt minél egyszerűbben?

(ábra: ha ily módon másolok át szöget-ívet, akkor a kék pont helyzetétől függetlenül a kék szaggatott egyenes ugyanazt a pontot metszi ki c-ből)

[81] marcius82015-06-30 08:22:10

Köszönöm az útmutatást, de a Coxeter könyvben ezek az ekvivalenciák nem szerepelnek. Tisztelettel: Bertalan Zoltán.

Előzmény: [80] jonas, 2015-06-28 15:01:03
[80] jonas2015-06-28 15:01:03

Az ilyesmi sajnos kicsit függ attól, hogy mi mást feltételezel. Mindenesetre javaslom, hogy olvasd el Coxeter könyvét, ami vagy ezeket, vagy valami nagyon hasonlót bebizonyít.

H. S. M. Coxeter, A geometriák alapjai, Műszaki könyvkiadó, Budapest, 1973, eredeti cím “Introduction to geometry”. Nagyon jó könyv, megvenni nehéz volt régebben, de könyvtárban megtalálod; viszont úgy tűnik, van két új kiadás, az egyik Typotex, 2010, azt lehet, hogy meg is tudod venni.

Előzmény: [79] marcius8, 2015-06-27 18:35:54
[79] marcius82015-06-27 18:35:54

Segítséget kérek: Bizonyítsuk be a következő ekvivalenciákat:

HIPERBOLIKUS GEOMETRIA

Adott a síkon egy egyenes és adott a síkon egy pont, amely nincs rajta az egyenesen. Ekkor végtelen sok olyan egyenes létezik a síkon, amely átmegy az adott ponton és nincs közös pontja az adott egyenessel.

A háromszög belső szögeinek összege kisebb 180°-nál.

EUKLIDESZI GEOMETRIA

Adott a síkon egy egyenes és adott a síkon egy pont, amely nincs rajta az egyenesen. Ekkor pontosan egy olyan egyenes létezik a síkon, amely átmegy az adott ponton és nincs közös pontja az adott egyenessel.

A háromszög belső szögeinek összege 180°.

ELLIPTIKUS GEOMETRIA

Adott a síkon egy egyenes és adott a síkon egy pont, amely nincs rajta az egyenesen. Ekkor nincs olyan egyenes a síkon, amely átmegy az adott ponton és nincs közös pontja az adott egyenessel.

A háromszög belső szögeinek összege nagyobb 180°-nál.

[78] marcius82014-11-11 15:02:25

Van nem-euklideszi geometriában is koordináta-geometria. Speciel, én a következőképpen értelmezem egy pont koordinátáit egy derékszögű koordináta-rendszerben: Legyen "x" a "P" pontnak az első tengelyre eső merőleges vetületének az origótól mért távolsága. Legyen "y" a "P" pontnak a második tengelyre eső merőleges vetületének az origótól mért távolsága. (Ammenyiben térbeli - 3D - koordináta-rendszerről van szó, akkkor legyen "z" a "P" pontnak a harmadik tengelyre eső merőleges vetületének az origótól mért távolsága.) Ekkor egy alakzat egyenlete az alakzaton levő akármelyik pont, és csak az alakzaton levő pont koordinátái között fenálló összefüggést jelenti. Így pl. le lehet vezetni két ponton átmenő egyenes egyenletét (ezt érdemes). Érdemes levezetni origó középpontú kör, ellipszis, hiperbola, parabola egyenletét (nekem sikerült). Az így kiépített koordináta-geometria segítségével sok tétel bizonyítható (pl. pascal-tétel, teljes négyoldal, teljes négyszög, stb..). Tisztelettel: Bertalan Zoltán.

Előzmény: [77] Sinobi, 2014-11-10 22:29:42
[77] Sinobi2014-11-10 22:29:42

Gombfelszinen a Pascal-tetel igaz egyenesparra illetve korre (bizonyitas?).

Milyen gorbekre igaz me'g ezeken kivul?

[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

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]    [4. oldal]  

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Támogatóink:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program  
MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley