Fórum: Projektív geometria

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[60] jonas	2013-06-03 20:19:43
Na, ezt még meg kell értenem. Az X pont megegyezik az előző ábrán látható Q ponttal?
Előzmény: [59] Vonka Vilmos Úr, 2013-06-03 16:27:11

[59] Vonka Vilmos Úr

2013-06-03 16:27:11

Ha végiggondoljuk, hogy mi a hiba a bizonyításban, akkor ezzel a gondolatmenettel is kaphatunk egy indoklást az eredeti kérdésre.

Ugyanis olyan P₂ ideális pontot kell keresnünk, amelyre teljesül, hogy a P₁, P₂, P₃, P₄, P₅ pontokra illeszkedő kúpszelet parabola. Ez éppen akkor teljesül, ha a P₂ pontbeli érintő az ideális egyenes. A P₂ pontbeli érintőt a Pascal-tétel segítségével szerkesztve (a P₂P₁P₃P₄P₅P₂ hatszöget használva) azt kapjuk, hogy ez pontosan akkor áll fenn, ha az X=P₁P₂ $\cap$ P₄P₅ és Y=P₂P₅ $\cap$ P₁P₃ pontok egyenesre párhuzamos P₃P₄-el.

Legyen O=P₁P₃ $\cap$ P₄P₅ (és tegyük most fel az egyszerűség kedvéért, hogy ez nem ideális pont). A keletkező háromszögek hasonlósága alapján (és felhasználva a négyszög konvexitását, ami miatt O az oldalszakaszokon kívül esik) $\frac{OX}{OY}=\frac{OP_4}{OP_3}$ és $\frac{OX}{OP_1}=\frac{OP_5}{OY}$ ; ahonnan $OY^2=\frac{OP_1\cdot OP_3\cdot OP_5}{OP4}$ . A P₁, P₃, P₄, P₅ pontok a négyszög rögzített csúcsai, ezekhez két olyan Y pont van, amire a fenti egyenlőség teljesül. Ebből következően két olyan P₂ ideális pont létezik, ami eleget tesz a feltételeknek.

Ezt a dolgot egyébként a legegyszerűbben Desargues ivolúciótételét felhasználva lehet belátni, de azt gondolom, hogy az a gondolatmenet nem "elemi", ezért nem teljesen idevaló.

Előzmény: [57] HoA, 2013-06-02 22:12:27

[58] jonas

2013-06-03 12:13:53

Ezt Pascal-tétel nélkül is el lehet mondani.

Legyenek a négyszög csúcsainak koordinátái (x₁,y₁),(x₃,y₃),(x₄,y₄),(x₅,y₅). Legyen a tengely irányvektora (x₂,y₂). Ekkor az ismert képlet szerint a négy ponton átmenő és a tengely irányú parabola pontjai azok az (x₆,y₆) pontok, ahol

$0 = \left|\matrix{ x_1 & y_1 & x_1y_1 & x_1^2 & y_1^2 & 1 \cr 0 & 0 & x_2y_2 & x_2^2 & y_2^2 & 0 \cr x_3 & y_3 & x_3y_3 & x_3^2 & y_3^2 & 1 \cr x_4 & y_4 & x_4y_4 & x_4^2 & y_4^2 & 1 \cr x_5 & y_5 & x_5y_5 & x_5^2 & y_5^2 & 1 \cr x_6 & y_6 & x_6y_6 & x_6^2 & y_6^2 & 1 \cr }\right|$

Persze ez ugyanúgy hibás, mint a te szerkesztésed.

Előzmény: [57] HoA, 2013-06-02 22:12:27

[57] HoA	2013-06-02 22:12:27
Erről jut eszembe a következő "bizonyítás". Hol a hiba benne? ( Aki ismeri, ne lője le! ) A síkban bármely konvex négyszög négy csúcsára illeszthető tetszőleges tengely irányú parabola. A Pascal-tétel alapján a parabola további pontjai szerkeszthetők. Legyenek a négyszög csúcsai P₁,P₃,P₄,P₅ , az e₂ egyenes a tengely iránya. A P₁ -en át felvett tetszőleges e₁₆ egyenes és a parabola P₆ metszéspontjának szerkesztése: Legyen P₂ a parabola ideális pontja. Ekkor P₁P₂ ( e₁₂ ) a P₁ -en át húzott e₂vel párhuzamos egyenes, ennek P₄P₅ -tel alkotott metszéspontja legyen Q. P₂P₃ ( e₂₃ ) a P₃ -n át húzott e₂vel párhuzamos egyenes, ennek P₅P₆-tal vett (egyelőre ismeretlen ) metszéspontja S. A P₃P₄ és a P₆P₁=e₁₆ egyenes metszéspontja R. S-et megkapjuk mint QR és e₂₃ metszéspontját, P₆ így P₅S és e₁₆ metszéspontjaként adódik.

Előzmény: [53] jonas, 2013-04-15 10:06:55

[56] Fálesz Mihály

2013-05-29 10:48:04

Ez nem projektív, hanem inkább gömbi/hiperbolikus geometriai kérdés.

A gömbön kétféle, oldalakra és szögekre vonatkozó koszinusztétel is van, ezek valóban egymás természetes duálisai. (A megfelelő képletetek hiperboliklusban is igazak, de nem annyira látványos a dualitás.)

$\cos\frac{c}{r} = \cos\frac{a}{r}\cos\frac{b}{r} + \sin\frac{a}{r}\sin\frac{a}{r}\cos\gamma,$

illetve

$\cos \gamma = -\cos \alpha\cos \beta + \sin \alpha\sin \beta\cos\frac{c}{r}.$

Ezekből úgy kaphatunk euklideszi tételeket, ha átrendezzük, r²-tel megszorozzuk, és vesszük a r $\to$ $\infty$ határátmenetet. Úgy képzelhetjük el, hogy az euklideszi háromszöget egy nagy gömbre vetítjük, ami a háromszögünk közelében érinti a síkot, felírjuk a vetület-gömbháromszögre a megfelelő képletet, aztán felfújjuk a gömböt végtelen nagyra.

Az oldalakra vonatkozó koszinusztételből a szokásos koszinusztételt kapjuk, ehhez csak a $\lim_{x\to+0}\frac{\sin x}{x}=1$ és a $\lim_{x\to+0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac12$ határértékre van szükség.

A szögekre vonatkozó koszinusztétel esetében még egy apró trükk kell: tudnunk kell, hogy a gömbháromszög területe t=r²( $\alpha$ + $\beta$ + $\gamma$ - $\pi$ ).

$\cos\gamma + \cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta + \sin\alpha\sin\beta\bigg(1-\cos\frac{c}{r}\bigg) =0$

$2\cos\frac{\alpha+\beta+\gamma}2 \cos\frac{\alpha+\beta-\gamma}2 + 2\sin\alpha\sin\beta\sin^2\frac{c}{2r} =0$

$-2\sin\frac{t}{2r^2}\cos\frac{\alpha+\beta-\gamma}2 + 2\sin\alpha\sin\beta\sin^2\frac{c}{2r} =0$

Ha r $\to$ $\infty$ , akkor $\cos\frac{\alpha+\beta-\gamma}2\to\sin\gamma$ , az euklideszi esetben tehát

$t \sin\gamma = \frac12c^2\sin\alpha \sin\beta.$

Ha akarjuk, ezt a képletet tekinthetjük a koszinusztétel duálisának.

Előzmény: [54] Sinobi, 2013-05-25 17:00:11

[55] Micimackó	2013-05-28 23:12:42
Nem vagyok biztos benne mire gondolsz, de szerintem (amennyit én a projektív geometriás dualitásról tudok, az alapján) nincs neki. Aztán lehet, hogy a dualitás még jobban kiterjeszthető, nem vagyok a téma szakértője.
Előzmény: [54] Sinobi, 2013-05-25 17:00:11

[54] Sinobi	2013-05-25 17:00:11
mi a cosinus-tétel duálisa?

[53] jonas

2013-04-15 10:06:55

Egyszerű bizonyítást szeretnék a következő tételre.

A síkban bármely konvex négyszög négy csúcsára pontosan két parabola illeszkedik, feltéve, hogy a párhuzamos egyenespárokat is elfajult parabolának számítjuk.

[49] Vonka Vilmos Úr

2013-04-03 22:27:14

A válasz igen; az indoklást pedig nagyban befolyásolja az, hogy hogyan értelmezzük a kúpszeleteket illetve milyen eszközökkel bizonyítjuk a rájuk vonatkozó tételeket. (Például igen gyakran a másik témában tárgyalt Steiner-tételt tekintik a kúpszelet definíciójának, miszerint a kúpszeletek definíció szerint a projektív sugársorok metszési alakzatai. Más tárgyalásban a kúpszeletek definíció szerint a körök kollineációs képei - ekkor nyilván nincs mit bizonyítani.) Tegyük fel, hogy most a kúpszelet fogalmát a középiskolában megismert módon értelmeztük (tehát definíció szerint a kúpszeletek a körökm, az ellipszisek a hiperbolák és a parabolák).

Geometriai módon megkonstruálhatunk például olyan kollineációt, amely tetszőleges kúpszeletet körbe visz át; lényegében azzal a módszerrel, ahogyan a [41] hozzászólásomban megadtam a két kör közötti kollineációt. Egy tetszőleges k kúpszeletet tekintve kiválaszthatunk annak két érintőjét, és ezek közé az érintők közé egy tetszőleges k' kört beírva a k kúpszelet átvihető a k' körbe olyan kollineációval, amelynek centruma a két tekintett érintő metszéspontja. A módszer indoklásánál azonban felhasználtuk, hogy egy kúpszeletet öt "megfelelő adat" egyértelműen meghatároz. Ennek a belátásánál pedig előfordulhat, hogy már kihasználtuk a bizonyítandót. (Ha például ezt a Pascal-tétel segítségével bizonyítottuk, és a Pascal tételt először körre igazoltuk, majd onnan kollineáció alkalmazásával általánosítottuk kúpszletre.)

A [48] hozzászólásodban szereplő koordinátás módszer is célhoz vezet, ellipszisek esetén rendben van az, amit írtál.

A kollineációk koordinátás megadásához azonban a projektív síkon érdemes számolnunk, homogén koordinátákkal. Röviden: a projektív sík pontjait (0,0,0)-tól különböző számhármasokkal jellemezhetjük úgy, hogy az (x₁,x₂,x₃) számhármas és tetszőleges k nem 0 valós szám esetén a (kx₁,kx₂,kx₃) számhármas ugyanazt a pontot jelenti. Az (x,y) pontnak az (x,y,1) számhármas (és annak akármilyen skalárszorosa) felel meg, a (v₁,v₂) irányvektorú egyenesek ideális pontjának pedig a (v₁,v₂,0) számhármas felel meg. Ekkor igazolható (nehéz tétel!), hogy minden kollineáció valamilyen rögzített a_ij skalárok esetén az (x₁,x₂,x₃) ponthoz az (a₁₁x₁+a₁₂x₂+a₁₃x₃,a₂₁x₁+a₂₂x₂+a₂₃x₃,a₃₁x₁+a₃₂x₂+a₃₃x₃) pontot rendeli. Ilyen módon a kanonikus alakban felírt parabolához és hiperbolához is megadható az a kollineáció koordinátásan, amelyik azt körbe transzformálja:

-az $y=\frac{1}{2p}x^2$ parabola egyenlete homogén koordinátákkal x₁²-2px₂x₃=0, ezt a görbét az (x₁,x₂,x₃) ponthoz $(x_1,\sqrt{\frac{p}{2}}(x_3-x_2),\sqrt{\frac{p}{2}}(x_3+x_2))$ -t rendelő transzformáció az origó középpontú egységkörbe viszi.

-az $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$ hiperbola egyenlete homogén koordinátákkal b²x₁²-a²x₂²-a²b²x₃²=0, ezt a görbét az (x₁,x₂,x₃) ponthoz az (abx₃,ax₂,bx₁) pontot rendelő kollineáció az origó középpontú egységkörbe viszi.

Előzmény: [47] w, 2013-04-03 21:19:14

[48] w

2013-04-03 21:27:51

Amikor a kérdést először megismertem, a kúpszeletek kanonikus egyenleteire gondoltam: ellipszis esetén

$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ .

Itt akkor végezzünk két merőleges affinitást, a két tengelyre, úgy, hogy ebből kör-egyenletet kapjunk. Úgy tűnik, a merőleges affinitás kollineáció, hisz az egyenes pontjai esetén kettősviszonytartó, így sugársorokra is ez elmondható.

A kanonikus alak létezése már elemibb dolog, ismert eredmény (tudom, "elkentem").

Az volna a kérdés, hogy ezt parabolákkal, hiperbolákkal meg lehet-e csinálni? Nyilván az ilyesfajta affinitásból ki kellene lépni, vagy sem? (Nem kell az állításaimat komolyan venni :-). )

Előzmény: [47] w, 2013-04-03 21:19:14

[47] w

2013-04-03 21:19:14

Ha már a GEOMETRIA témában felmerült, felvetném:

Van-e minden kúpszelethez olyan kollineáció (kettősviszonytartó transzformáció), amely körbe viszi?

[46] jonas	2013-03-30 22:44:35
Igen.
Előzmény: [45] Sinobi, 2013-03-30 21:53:49

[45] Sinobi	2013-03-30 21:53:49
Egy kúpszelet párhuzamosan vetített képe (affinitása) is kúpszelet. Vannak olyan centrális vetítések, amik kúpszeletet kúpszeletbe visznek (triviálisan: a kúp középpontjából történő vetítés mindenképpen kúpszeletbe visz.) Vajon minden centrális vetítés (síkról síkra, a 3-térben) kúpszelettartó-e?

[44] w	2013-03-18 07:11:47
Szép megoldás, rokon megoldás. Ugyanúgy a transzformációkat használja ki.
Előzmény: [43] Sinobi, 2013-03-18 01:49:08

[43] Sinobi

2013-03-18 01:49:08

,,A k2 kört és a hozzá kapcsolódó pontokat H körül kpos hasonlósággal k1-be viszi (enélkül szerintem nem is lehet megoldani)."

Maga Balázs például invertált nagyítás helyett (vázlatosan):

O középponttal k1-re és k2-re a merőleges körök legyenek i1 és i2 (amik tartalmazzák P-t, Q-t, R-t és S-t) H kp-ú k1-t és k2-t kicserélő inverzió P-t R-be viszi, és megtartja i1' k1' merőlegességét, és i1' középpontjának egyenesét (HO), i1' kp-ja tehát O és merőleges k2-re; i1 és i2 egymás képei, tehát Q és S is.

Még csak azt sem kell belátni, hogy a hvonalon van O.

Mondjuk ez elég távol van a projektív geometriától.

[42] w

2013-03-12 19:47:28

Sok a megoldásodban az elméleti háttér.

Én olyan megoldást küldtem be, ami lényegében a Te megoldásod, csak elemi módon van kivitelezve. Vázlatosan:

Lemma. OP=OR, ha H, P, R kollineáris. Biz.: Elvégezzük azt a H középpontú középpontos hasonlóságot, amely k₂ kört k₁-be viszi. R pont képe olyan R' $\in$ k₁, melyre R' $\in$ HP. R'-ben meghúzzuk a k₁-et érintő egyenest, ami a P-ben húzott érintőt O₁ pontban metszi, ahol O₁P=O₁R'. Nyilván $O_1PR'_\Delta\sim OPR_\Delta$ , ahonnan OP=OR is teljesül.

Igazoljuk (OQ=OP=OR=OS), hogy QS is áthalad H ponton. A Lemma miatt (HQ $\cap$ k₂=X) a k₁-et Q-ban és a k₂-t X-ben érintő két egyenes metszéspontja (ha létrejön) olyan Y pont, melyre YQ=YX. Ekkor nyilván Y=O, és ezért X=R vagy X=S lehet. Ha viszont X=R, akkor P, Q és R kollineáris, Q $\ne$ P miatt az első bekezdés jelölései mellett Q=R', így O=O₁, amiből Q=R és k₁=k₂ adódik, ez ellentmondás. Tehát mindenképpen X=S. Készen vagyunk.

* * * * *

Ma hallottam egy másik nagyon szép megoldást. A k₂ kört és a hozzá kapcsolódó pontokat H körül kpos hasonlósággal k₁-be viszi (enélkül szerintem nem is lehet megoldani). Ezután a P, Q', R, S' pontok által alkotott elfajuló hatszögekre alkalmazhatjuk a Pascal-tételt, ezzel az érintők is könnyen belevihetők. Végül a bizonyítandó állítás adódik a sok kollinearitás miatt.

Előzmény: [41] Vonka Vilmos Úr, 2013-03-12 14:27:02

[41] Vonka Vilmos Úr

2013-03-12 14:27:02

Azért, hogy felhozzam a témát, írok egy egyszerű projektív geometriai megoldást az éppen lejárt A. 581. feladatra.

Mivel PR átmegy H-n, van olyan H centrumú kollineáció, amely a k₁ kört a k₂ körbe transzformálja. Valóban: legyenek a közös érintők érintési pontjai E₁ és E'₁ valamint E₂ és E'₂ (ahol E₁ és E₂ illeszkedik a k₁ körre), és tekintsük azt a kollineációt, amelynél a H, E₁, E₂, P pontok képei rendre H, E'₁, E'₂, R. Ennek a kollineációnak H centruma. A P, E₁, E₂ pontok és HE₁, HE₂ érintők képei rendre az R, E'₁, E'₂ pontok és HE'₁, HE'₂ érintők. Így ez a kollineáció a k₁ kör három pontját és ezek közül kettőre illeszkedő érintőjét a k₂ kör megfelelő három pontjába és ezek közül kettőre illeszkedő érintőjébe transzformálja, ezért a k₁ kör képe a kollineációnál a k₂ kör (a k₁ képeként kapott kúpszeletet ugyanis ez az öt adat egyértelműen meghatározza).

Az így nyert kollineációnál a k₁ kör P-re illeszkedő érintőjének képe a k₂ kör R-re illeszkedő érintője, így e két érintő metszéspontja - tehát az O pont - rajta van a kollineáció tengelyén. Azaz O fixpont, így az O-ból k₁-hez húzott "másik" érintő képe az O-ból k₂-höz húzott "másik" érintő, tehát OQ képe OS. Ebből következik, hogy a kollineációnál Q képe S. Mivel tetszőleges pontot a képével összekötő egyenes illeszkedik a centrumra, így QS valóban átmegy H-n.

(Megjegyzem, hogy két kúpszelet közötti centrális kollineáció tengelye mindig a két kúpszelet hatványvonala - azaz olyan egyenes, amelyen a konjugált pontpárok mindkét kúpszeletre vonatkozóan ugyanazok; ez két kör esetén ismert módon éppen a "szokásos" hatványvonalra és az ideális egyenesre teljesül. Ebből következik, hogy O rajta van k₁ és k₂ hatványvonalán. Ez egyébként elemi úton is egyszerűen látszik, a keletkező szögek összevetésével ugyanis belátható, hogy PRO egyenlő szárú.)

[40] Vonka Vilmos Úr

2013-02-24 14:53:08

8/a. feladat Legyen az AA', BB', CC' egyenesek közös pontja O továbbá legyen AB $\cap$ A'B'=P, BC $\cap$ B'C'=Q, PQ $\cap$ AA'=X, PQ $\cap$ BB'=Y, PQ $\cap$ CC'=Z. Ekkor a Pappos-Steiner tételt kétszer alkalmazva (először P, majd Q középpontból vetítve) (AA'XO)=(BB'YO)=(CC'ZO). Így a 7. feladat alapján AC, A'C' és XY=PQ egy ponton mennek át, vagyis valóban, AC $\cap$ A'C' PQ-ra illeszkedik.

8/b. feladat A megfordítás igazolásához legyen AB $\cap$ A'B'=P, BC $\cap$ B'C'=Q, AC $\cap$ A'C'=R. Tegyük fel, hogy P, Q, R egy egyenesre illeszkedik. Azt kell megmutatnunk, hogy ekkor az AA', BB', CC' egyenesek egy ponton mennek át. A Desargues-tételt az AA'R és BB'Q háromszögekre alkalmazva ez egyszerűen adódik.

9. feladat Vezessük be az e $\cap$ e'=M, AB' $\cap$ A'B=P, AC' $\cap$ A'C=Q, BC' $\cap$ B'C=R, AC' $\cap$ A'B=X, A'C $\cap$ BC'=Y jelöléseket. Azt kell megmutatnunk, hogy P, Q és R egy egyenesre illeszkedik. A Pappos-Steiner tételt kétszer alkalmazva (először A, majd C középpontból vetítve) (A'PXB)=(A'B'C'M)=(YRC'B), így a 7. feladat eredménye alapján A'Y, PR és XC' egy ponton megy át. Mivel A'Y=A'C és XC'=AC' metszéspontja Q, ez az állítás igazságát jelenti.

10. feladat Itt az előző feladat ötlete alkalmazható némi módosítással: itt a szóban forgó hat pont nem egy metsző egyenespárra, hanem egy körre illeszkedik. Legyen AB $\cap$ DE=P, BC $\cap$ EF=Q, CD $\cap$ FA=R, AF $\cap$ DE=X, CD $\cap$ EF=Y. A kerületi szögek tétele miatt az (AD,AB,AF,AE) egyenesnégyes kettősviszonya megegyezik a (CD,CB,CF,CE) egyenesnégyes kettősviszonyával. Az első sugárnégyest a DE, a másodikat az EF egyenessel elmetszve innen azt kapjuk, hogy (DPXE)=(YQFE). A megoldás innen - ismét a 7. feladat eredményét - használva az előző feladatban látott módon fejezhető be.

[39] w	2013-02-24 13:02:47
Kissé elakadtam. Szabad a gazda, hogy lehetne a 8-10. feladatra alkalmazni a 7. feladatot?
Előzmény: [8] Vonka Vilmos Úr, 2013-01-23 07:15:19

[38] w	2013-02-01 20:52:50
Köszönöm. Közben még oldottam feladatot. 7. feladat (Lemma): Ha e és e' egyenesek M-ben metszik egymást, és (ABCM)=(A'B'C'M), csakkor (akkor és csak akkor) AA', BB', CC' egyenesek egy ponton haladnak át. Bizonyítás. Mivel AB és A'B' metszi egymást, ezért AA'-nek és BB'-nek van metszéspontja (proj geo egyik axiómája), legyen ez a P pont. Vetítsük P-n át e-t e'-re, ekkor C képe X lesz, ahol (ABCM)=(A'B'XM), azonban a kettősviszony 4. feladatbeli tulajdonsága miatt X=C', ezt kellett igazolni. A "vissza" irány a Papposz-Steiner tételből trivi.

Előzmény: [37] Vonka Vilmos Úr, 2013-02-01 20:30:15

[37] Vonka Vilmos Úr

2013-02-01 20:30:15

Egy szemléletes indoklást mondanék. Tegyük fel, hogy D ideális pont. Ekkor a szokásos $(ABCD)=\frac{(ABC)}{(ABD)}$ definíció azért nem értelmes, mert az (ABD) osztóviszonyt nem értelmeztük abban az esetben, ha D ideális pont.

Tegyük fel, hogy az egyenesen három pont A-B-D elrendezéssel helyezkedik el, és D "tart az ideális ponthoz", vagyis a B-től való távolsága tart a végtelenhez. Ekkor az $\frac{AD}{DB}$ hányados -1-hez tart: mivel $\lim_{x\to\infty}\frac{AB+x}{x}=1$ , a két szakaszhossz hányadosa 1-hez tart és az irányításuk mindvégig ellentétes. (B-A-D elrendezés esetén hasonlóan kapjuk az eredményt.) Tehát ha D ideális pont, akkor (ABD)=-1 az egyetlen lehetséges megállapodás, és innen adódik, hogy (ABCD)=-(ABC).

Előzmény: [36] w, 2013-02-01 19:36:17

[36] w

2013-02-01 19:36:17

Köszönöm a megoldásokat.

A 3. feladatban gondoltam ideálisba vetítésre, de nem ismertem az ideális pontra vonatkozó egyenlőséget. Bebizonyítanád?

A 6. feladatot már korábban megoldottam (B.4477, Lejárt hat. fel. [730) hozzászólás), de úgy tűnik, nem ismertem fel :). Viszont jó volt látni projektív geometriai vonatkozásait.

Előzmény: [31] Vonka Vilmos Úr, 2013-01-31 22:25:12

[35] Vonka Vilmos Úr

2013-02-01 16:55:34

Adok némi útmutatást egy "geometriaibb" megoldáshoz, ugyanis a módszer több szerkesztési feladat megoldásánál haszonnal alkalmazható.

- Próbáljuk megkeresni az a₀ egyenes egy olyan projektivitását (azaz egyenesek közötti vetítések kompozíciójaként előlálló - tehát kettősviszonytartó - leképezését önmagára), amelynek a megoldást jelentő A pont(ok) fixpontja(i).

- Egy projektivitást (a kettősviszonytartásból adódóan) három pont képe egyértelműen meghatároz, így szerkesszük meg a₀ tekintett projektivitásánál három tetszőleges pont képét. A projektivitások fixpontjai három pont képének ismeretében szerkeszthetőek az ún. Steiner-féle fixpontszerkesztés segítségével.

Előzmény: [34] marcius8, 2013-02-01 16:33:03

[34] marcius8

2013-02-01 16:33:03

"VV" úr feladatára egy elvi megoldást adok, bár lehet, hogy nem szépségdíjas ez a megoldás.

Legyen az "a0" egyenes két pontja "A1(xa1, ya1)", illetve "A2(xa2, ya2)".

Legyen az "b0" egyenes két pontja "B1(xb1, yb1)", illetve "B2(xb2, yb2)".

Legyen az "c0" egyenes két pontja "C1(xc1, yc1)", illetve "C2(xc2, yc2)".

Legyen "A0" pont koordinátái "(xa0, ya0)".

Legyen "B0" pont koordinátái "(xb0, yb0)".

Legyen "C0" pont koordinátái "(xc0, yc0)".

A keresett pontok legyenek "A(xa, ya)", "B(xb, yb)", "C(xc,yc)". Ha számolással meg tudjuk határozni a keresett pontok koordinátáit (6 darab ismeretlen) az adott paramétekkel, akkor a kapott képletek alapján a keresett pontok szerkeszthetőek.

"A" rajta van "A1A2" egyenesen, ezért (ya-ya1)/(xa-xa1)=(ya-ya2)/(xa-xa2).

"B" rajta van "B1B2" egyenesen, ezért (yb-yb1)/(xb-xb1)=(yb-yb2)/(xb-xb2).

"C" rajta van "C1C2" egyenesen, ezért (yc-yc1)/(xc-xc1)=(yc-yc2)/(xc-xc2).

"A0" rajta van "BC" egyenesen, ezért (ya0-yb)/(xa0-xb)=(ya0-yc)/(xa0-xc).

"B0" rajta van "CA" egyenesen, ezért (yb0-yc)/(xb0-xc)=(yb0-ya)/(xb0-xa).

"C0" rajta van "AB" egyenesen, ezért (yc0-ya)/(xc0-xa)=(yc0-yb)/(xc0-xb).

Ez 6 darab egyenlet 6 darab ismeretlennel, tehát van rá esély, hogy az ismeretlenek, amelyek a keresett "A", "B", "C" pontok koordinátái, meghatározhatóak.

Előzmény: [26] marcius8, 2013-01-31 08:23:26

[33] Vonka Vilmos Úr	2013-02-01 07:58:14
Jogos, az általam közölt megoldásban is (ACBD)=-1 és (A'CB')=1 szerepelne helyesen. És valóban az utóbbi egyenlőség jelenti azt, hogy B' A'C felezőpontja.
Előzmény: [32] m2mm, 2013-02-01 00:08:12

[1] [2] [3] [4] [5] [6]

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?