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:

tehetseg.hu

Ericsson

Google

Emberi Erőforrások Minisztériuma

Emberi Erőforrás Támogatáskezelő

Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet

ELTE

Reklám:

MBUTTONS

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

Fórum - Projektív geometria

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Ön még nem jelentkezett be.
Név:
Jelszó:

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]    [4. oldal]    [5. oldal]  

Ha a témához hozzá kíván szólni, először regisztrálnia kell magát.
[116] Vonka Vilmos Úr2014-07-11 07:16:18

A harmadrendű görbék algebrai tárgyalásáról én Robert Bix: Conics and cubics című könyvét szeretem; középiskolás előismeretekkel megérthető, mégis eljut az algebrai görbékkel kapcsolatos legfontosabb tételekig, a feladatok között pedig sok geometriai alkalmazás van.

Az ott szereplő 8.4. tétel:

Egy harmadrendű görbe akkor és csak akkor szinguláris és irreducibilis, ha az alábbiak valamelyikébe transzformálható:

&tex;\displaystyle y^2=x^3&xet;,

&tex;\displaystyle y^2=x^2(x+1)&xet;,

&tex;\displaystyle y^2=x^2(x-1)&xet;.

Előzmény: [115] Sinobi, 2014-07-11 01:39:59
[115] Sinobi2014-07-11 01:39:59

Ez igy utolag elegge trivialis, ha lett volna szabad 20 percem, (vagy tudom elore, hogy konnyu), en is megoldom. Ez picit azert gaz :S Azert koszonom szepen :)

Viszont kell meg hozza az, hogy a szingularis harmadrendu gorbek atprojektalhatoak egymasba, peldaul Descartes levelbe barmelyik, es az barmelyikbe, mar ha ez igaz egyaltalan. Azt hiszem, ehez mar csak algebra kell. Valakinel Bronstejn nem irja, hogy milyen alaku az egyenletuk?

[114] Vonka Vilmos Úr2014-07-07 10:59:11

Legyen &tex;\displaystyle O&xet; az inverzió középpontja - a harmadrendű görbe szinguláris pontja - és &tex;\displaystyle P&xet; a harmadrendű görbe kiválasztott pontja (amiből önmagára vetítjük). Azt kell belátni, hogy ha &tex;\displaystyle X&xet; a görbe egy tetszőleges pontja, és &tex;\displaystyle X'&xet; a &tex;\displaystyle PX&xet; egyenes és a görbe harmadik metszéspontja, akkor a &tex;\displaystyle PX&xet;-nek &tex;\displaystyle PX'&xet;-t megfeleltető leképezés (kettősviszonytartó) involúció.

Alkalmazzuk az említett inverziót: legyen &tex;\displaystyle P&xet; inverze &tex;\displaystyle P_i&xet;, a görbén választott &tex;\displaystyle X&xet; pont inverze &tex;\displaystyle X_i&xet;. Ekkor az &tex;\displaystyle X'&xet; pont &tex;\displaystyle X'_i&xet; inverzét úgy kapjuk, hogy az &tex;\displaystyle O&xet;, &tex;\displaystyle P_i&xet;, &tex;\displaystyle X_i&xet; pontokra illeszkedő kör és a harmadrendű görbe inverzeként kapott &tex;\displaystyle k&xet; kúpszelet negyedik közös pontját megkeressük. Azt kell belátni, hogy ez az &tex;\displaystyle X_i\mapsto X'_i&xet; megfeleltetés kettősviszonytartó, ebből ugyanis az inverzió kettősviszonytartása miatt már következik az állítás.

Ismert - lásd: Klug Lipót: A projektív geometria elemei, 218. oldal - hogy "egy kúpszeletsor bármely &tex;\displaystyle k&xet; kúpszeletet, mely a kúpszeletsor két alappontján áthalad, egy involúciós pontsor kapcsolt pontpárjaiban metsz". Ezt a tételt alkalmazva az &tex;\displaystyle O&xet;, &tex;\displaystyle P_i&xet; pontok által meghatározott hiperbolikus körsorra mint kúpszeletsorra, és a &tex;\displaystyle k&xet; kúpszeletre, éppen az állításunkat kapjuk.

Előzmény: [111] Sinobi, 2014-02-04 18:09:00
[113] Sinobi2014-07-03 19:05:58

vagy: hogy kell ezt megfogalmazni angolul, hogy a mathoverflowon megértsék?

Előzmény: [112] Sinobi, 2014-07-03 18:59:09
[112] Sinobi2014-07-03 18:59:09

Ha van egy szinguláris harmadrendű görbém, (például egy kúpszeletet leinvertálok egy pontjára) azt az egyik pontjából önmagára vetítem, akkor ez a vetítés egy kettősviszonytartó involúciót határoz meg a szinugláris pontot a harmadrendű görbével összekötő sugársoron. Miért?

[111] Sinobi2014-02-04 18:09:00

*tengelyevel

Előzmény: [110] Sinobi, 2014-02-04 17:37:52
[110] Sinobi2014-02-04 17:37:52

Mi a helyzet, ha a ket adott metszespont altal meghatarozott egyenes parhuzamos a kupszelet valamely fotengelyevel?

Előzmény: [108] Sinobi, 2014-02-03 16:01:13
[108] Sinobi2014-02-03 16:01:13

Kada [1822]: "Tehát ha 2 vagy 3 metszéspont adott, mindig meg lehet csinálni, ha 0 vagy 1, akkor pedig nem mindig."

Igy, tudva, hogy lehet, nem is nehez a szerkesztes.

Felhasznalok egy inkabb ebbe a temaba tartozo lemmat: ha egy kor 4 pontban metsz egy kupszeletet, akkor az osszetartozo metszesvonalak iranyai konjugaltak a kupszelet tengelyiranyaira.

Ebbol kovetkezik, hogy ha adott egy kupszeleten ket pont, akkor azon a ket ponton atmeno korok masik ket metszespontjat osszekoto egyenes iranya meghatarozott. Ezzel az irannyal elmetsszuk a kupszeletet, es vesszuk a felezopontokat -> kapunk egy egyenest, elmetszuk a kort, es vesszuk a felezopontokat -> kapunk meg egy egyenest, ezek metszespontjaba allitjuk az adott iranyu egyenest, es ez kimetszi a korbol a megfelelo metszespontokat.

Abra:

[107] Fálesz Mihály2013-11-11 16:37:24

Lényeges, hogy O a kör belső pontja.

Előzmény: [106] Sinobi, 2013-11-10 14:43:49
[106] Sinobi2013-11-10 14:43:49

,,Ismert, hogy az ábrát lehetséges középpontosan egy másik síkra vetíteni úgy, hogy a beírt kör képe kör legyen, az O pont O' képe pedig a vetített kör középpontja. (A részletes bizonyítást ld. pl. Reiman István: Geometria és határterületei [1999], 384-387. old.). "

//részlet az A594 bizonyításából

Bizonyítsuk az állítást!

[105] Vonka Vilmos Úr2013-10-12 12:09:20

A megoldás szép, de a leírásban szerintem pár helyen véletlenül D helyett B-t írtál. Ugyanis az E középpontú vetítésnél H D-be megy át. Persze utána jó lesz a dolog, mert az FEQU teljes négyszög EU oldala is D-ben metszi AB-t (és nem B-ben).

Viszont felhasználtad, hogy az FEQU teljes négyszög X átlóspontja BC-n van, tehát ahogy írtad, CB, QP, EF egy ponton megy át. Bár nem túl nehéz, de a teljesség kedvéért ez is bizonyításra szorul. Legyen ez a következő feladat. :)

Előzmény: [104] Sinobi, 2013-10-12 01:13:41
[104] Sinobi2013-10-12 01:13:41

Nem tudom, hogy hol hasonlít.

(C,Q,F,H=CQ\capED) harmonikus pontnégyes, mert C és H konjugáltak c-re. E-ből, ha vetítem őket, kapom, hogy (C,M,B,X=CB\capQP\capEF) is az. Felveszem az F,E,Q,U=ED\capQP négyszöget, akkor az ott metszi BC-t, hogy C,M',B,X harmonikus legyen, tehát M'=M, tehát PQ, MF és DE egy ponton halad át.

Előzmény: [99] w, 2013-10-11 20:49:57
[103] w2013-10-11 22:56:25

Igen. Persze ez nem projektív, de Menelaosz is gyorsan kidobja X és Y létezését. Egy további lehetséges megközelítés: ebből.

Előzmény: [101] Vonka Vilmos Úr, 2013-10-11 22:06:39
[102] w2013-10-11 22:53:08

"Ennek egyik lehetséges bizonyítása a Pascal-tételes." - Gondolom arra gondolsz, ha X polárisa x, és EFGH k-ba írt négyszög, melyre EF\capGH=X, akkor Pascal EEGFFH és Pascal GGEHHF miatt EE\capFF és GG\capHH egy egyenesen van EG\capFH és GE\capHF pontokkal, no de EE\capFF és GG\capHH éppen az x egyenest határozza meg (pl. EE itt az E-ben húzott érintőt jelenti).

A másik lehetséges bizonyítás pedig a következő (csak a lemmát látom be, a többit leírtad). Először is a kúpszelet (egyik) definíciója, hogy létezik olyan kúp és sík, melynek metszésalakzata lesz. Vegyük fel ezeket, majd vetítsünk a kúp csúcsából a kúp tengelyére merőleges síkra. A kettősviszonyok Papposz-Steiner miatt megmaradnak, a kúp képe pedig kör lesz. Vagyis elég igazolnunk a lemmádat egy körre.

Az alábbi ábrán X pont invertált képe P, és azt látjuk be, hogyha Y konjugáltja X-nek, akkor YP merőleges OP-re. Valóban, (XPQR)=-1 és (XYAB)=-1, így Papposz-Steiner megfordítása miatt megy át három egyenes N és M pontokon. Thálesz szerint viszont M az NRQ háromszög magasságpontja, vagyis YP merőleges OP-re, és emiatt a konjugáltak egy egyenesre esnek.

Előzmény: [100] Sinobi, 2013-10-11 21:33:29
[101] Vonka Vilmos Úr2013-10-11 22:06:39

Szép megoldás, én is hasonlót találtam.

Az 1. és 2. pont ugyanaz, mint nálad.

3. Pascal-tétel HEEGFF-re: X rajta van a BH egyenesen, azaz a BD átlón.

4. Hasonlóan, Pascal-tétel EFFHGG-re: Y:=EF\capGH rajta van az AC átlón.

A beírt körbe írt EFGH teljes négyszögben az Y átlósponttal szemköztes átló MX=BD, ezért Y polárisa a BD átló. PQEF szintén a beírt körbe írt teljes négyszög, amelynek egyik átlóspontja Y. A másik két átlóspontot tartalmazza Y polárisa. Így a BD átlón rajta van a PE\capQF átlóspont, és ezt kellett belátni.

Előzmény: [98] w, 2013-10-11 20:43:52
[100] Sinobi2013-10-11 21:33:29

Bizonyára észrevetted, de csak nem mondtad ki, hogy

Tétel: Ha X és ac pólus és poláris k kúpszeletre nézve, akkor az X-en átmenő két tetszőleges szelő négy metszéspontja alkotta négyszög átlóinak (és oldalegyeneseinek) metszéspontja ac-on fekszik.

Ennek egyik lehetséges bizonyítása a Pascal-tételes.

Valamivel szebb másik bizonyítás (lehet), ha felhasználsz egy lemmát:

L: egy X pont k kúpszeletre vett konjugált képei (azok az X' pontok, hogy X, a szelő k-vel vett metszései, és X' kettősviszonya -1) egy egyenesen helyezkednek el

és a négy metszéspontot mint teljes négyszöget tekinted, ahol az átlóspontokat összekötő egyenes úgy metszi a szelőket, X, a görbével vett metszéspontuk, és az átlóspontokat összekötő egyenes szelővel vett metszéspontja harmonikus pontnégyest alkossanak, tehát az a két pont rajta van a polárison, tehát az átlóspontokat összekötő egyenes is.

De vajon hogy bizonyítod be a lemmát?

Előzmény: [98] w, 2013-10-11 20:43:52
[99] w2013-10-11 20:49:57

Egy ehhez hasonló feladat:

ABC_\Delta beírt körének középpontja I, érintési pontjai BC, CA, AB-vel D,E,F. Messe BE és CF a beírt kört P, ill. Q-ban. M:=EQ\capBC. Mutassuk meg, hogy PQ, MF és DE egy ponton halad át.

Előzmény: [98] w, 2013-10-11 20:43:52
[98] w2013-10-11 20:43:52

Az A.595-ös feladat is szépen megoldható projektív úton. Megoldásvázlat:

1. ABCD négyszög beírt köre k, k\capCD=G, k\capDA=H

2. Brianchon AEBCGD, BFCDHA \implies AC\capBD\capEG\capFH=M pont.

3. Brianchon BFCGDA, majd Desargues megfordítása BGE_\Delta és DFH_\Delta-re \implies BD\capGF\capEH=X pont.

4. AC pólusa k-ra nézve X \implies XP érinti k-t.

5. Pascal EGFQPP miatt készen vagyunk

[97] Vonka Vilmos Úr2013-10-08 11:24:10

"ha adott egy kúpszeleten 3-3 pont, akkor bizonyítsd be, hogy létezik olyan polaritás, melyre mind a két 3-pont polárhárompont"

Legyenek az adott pontok 123 és 456, a tegnapi jelöléseket követve. Megfogalmaztam, hogy van olyan korreláció, amelynél 1 képe 23, 2 képe 13, 4 képe 56, 5 képe 46. Azt kell bebizonyítani, hogy ez a korreláció polaritás. Tudjuk az elméletből, hogy egy korreláció pontosan akkor polaritás, ha van polárháromszöge, azaz ha van legalább egy olyan háromszög, amelynek minden csúcsához a szemközti oldalt rendeli. Elég tehát azt belátni, hogy ennél a korrelácónál 3 képe 12.

Ha tudjuk azt, hogy általában egy 4 pont és képe által megadott korrelációnál hogyan szerkesztjük meg egy további pont képét, akkor azt a szerkesztést követve lehet ezt igazolni. Azt mutatom csak meg, hogy 3 képe átmegy 2-n. (Annak belátása, hogy 3 képe átmegy 1-en is, hasonlóan történik; az érdeklődőkre hagyom. :) )

A korreláció kettősviszonytartása miatt ha 1-ből vetítjük a (2453) pontnégyest, akkor a kapott egyenesek kettősviszonya megegyezik azon pontnégyes kettősviszonyával, amit az 1 pont képével rendre a 2, 4, 5, 3 pontok képeit elmetszve kapunk. Mivel 1'=23, 2'=13, 4'=56, 5'=45, a 3 pont képét 3'-vel jelölve ez utóbbi pontnégyes: (3,23\cap56,23\cap46,23\cap3'). A Steiner-tétel miatt ha 1-ből vetítjük a (2453) pontnégyest vagy ha 6-ból vetítjük a (2453) pontnégyest, akkor egyenlő kettősviszonyú egyeneseket kapunk: 1(2453)=6(2453)=(62,64,65,63)=(63,65,64,62). Ezt a sugárnégyest elmetszve a 23 egyenessel az alábbi pontnégyest kapjuk: (3,23\cap56,23\cap46,2). Összefoglalva: (3,23\cap56,23\cap46,23\cap3')=(3,23\cap56,23\cap46,2). Mivel három pont és a kettősviszonyérték egyértelműen meghatározza a negyedik pontot, innen 23\cap3'=2. Tehát 3' valóban áthalad 2-n.

A felhasznált fogalmakkal, tételekkel kapcsolatban az érdeklődöknek ajánom Coxeter Projektív geometria c. könyvét. Nem teljesen elemi a téma, ezért itt ennél jobban nem részletezném.

Előzmény: [96] Sinobi, 2013-10-08 10:28:37
[96] Sinobi2013-10-08 10:28:37

Csak nem tudok olvasni. (nem is igazán próbálkozom, nem ismerem a szakszavakat amiket használsz ezért átugrom őket)

Az elliptikus polaritás remek ellenpélda, de inkább érzem a kérdés megkerülésének. Akkor marad az is, hogy ha adott egy kúpszeleten 3-3 pont, akkor bizonyítsd be, hogy létezik olyan polaritás, melyre mind a két 3-pont polárhárompont. (írtad, hogy szerinted igaz, előbb-utóbb kell egy bizonyítás is)

Ha jól nézem a Desargues-tétel is növelhető, ezt talán jóval egyszerűbb belátni:

Bizonyítsd be, hogy ha adott egy ponton átmenő négy egyenes, és mindegyiken 2-2 pont, akkor ha az így kapott négyszögek megfelelő oldalegyeneseinek a metszéspontjai közül 3 kolineáris, akkor a negyedik is arra az egyenesre esik.

Bizonyítsd be tetszőleges n-re(?).

[95] Vonka Vilmos Úr2013-10-07 22:09:44

Na ezt tényleg kicsit szerencsétlenül fogalmaztam meg.

Egy korrelációt határoz meg egyértelműen négy általános helyzetű pont képe. Egy korreláció olyan bijekció a ponthalmazról az egyeneshalmazra, amely illeszkedéstartó (és igazolhatóan kettősviszonytartó). Ez akkor lesz polaritás, ha ráadásul a négyzete az identitás.

Ha két tetszőleges háromszöget megadunk, és feltesszük, hogy 1 képe 23, 2 képe 13, 4 képe 56, 5 képe 46 (itt is volt egy kis elírásom...), ebből még nem feltétlenül következik, hogy polaritásról van szó. (És így persze általában az sem következik, hogy 3 képe 12; csak akkor, ha valahonnan tudjuk, hogy a leképezés polaritás, és emiatt 23 képe 1 és 13 képe 2.)

Csak a példámban úgy származtattam a két háromszöget, hogy a megadott elliptikus polaritás két polárháromszöge legyen, és azt a polaritást (mint speciális korrelációt) határozza meg egyértelműen ez a négy adat. Tehát nincs másik olyan polaritás, aminek ugyanez a két háromszög szintén polárháromszöge volna.

Előzmény: [94] Sinobi, 2013-10-07 21:26:24
[94] Sinobi2013-10-07 21:26:24

,,A két polárháromszög egyértelműen meghatározza a polaritást: egy polaritást egyértelműen meghatároz ugyanis négy általános helyzetű pont képe, és ha 1 képe 23, 2 képe 13, 4 képe 56, 5 képe 61, akkor valóban 123 és 456 is polárháromszög."

Ebből nem következik véletlenül hogy bármely két háromszög polárháromszög és bármely 6 pont egy kúpszeleten van?

Előzmény: [92] Vonka Vilmos Úr, 2013-10-07 20:15:06
[93] Sinobi2013-10-07 21:04:23

,,Akármilyen polaritást is tekintünk - legyen az elliptikus vagy hiperbolikus - az mindig igaz, hogy bármely két polárháromszögének hat csúcsa egy kúpszeleten van."

Akkor most ennek bizonyítása a következő feladat. Illetve a Poncelet (ejtsd: ponszölé) tétel n=4 esetre, azaz ha van két négyszög egy kúpszeleten, és 7 oldaluk egy kúpszeletet érint, akkor a nyolcadik is.

Ez a kettő ki kell tartson egy darabig.

Előzmény: [92] Vonka Vilmos Úr, 2013-10-07 20:15:06
[92] Vonka Vilmos Úr2013-10-07 20:15:06

Az autopoláris háromszögekkel kapcsolatban szerintem az a helyzet, hogy mindig van olyen polaritás, amire vonatkozóan mindkét háromszög autopoláris. De lehet, hogy ez a polaritás elliptikus, és abban az esetben nincs ilyen kúpszelet.

Elliptikus polaritásra példa az a megfeleltetés, ami minden ponthoz az x2+y2=1 körre vonatkozó polárisának origóra való tükörképét rendeli. (Ez olyan bijekció a projektív sík pontjai és egyenesei között, amely illeszkedéstartó, kettősviszonytartó. Nincs azonban olyan pont, amely illeszkedne a képére; tehát nem tartozik hozzá kúpszelet - ettől elliptikus.)

Akármilyen polaritást is tekintünk - legyen az elliptikus vagy hiperbolikus - az mindig igaz, hogy bármely két polárháromszögének hat csúcsa egy kúpszeleten van. Ha tehát az 123 és 456 háromszögek például az előbb megadott elliptikus polaritás polárháromszögei, akkor ezek megfelelő ellenpéldát szolgáltatnak. A két polárháromszög egyértelműen meghatározza a polaritást: egy polaritást egyértelműen meghatároz ugyanis négy általános helyzetű pont képe, és ha 1 képe 23, 2 képe 13, 4 képe 56, 5 képe 61, akkor valóban 123 és 456 is polárháromszög.

Előzmény: [89] Sinobi, 2013-10-04 17:10:59
[91] Sinobi2013-10-07 19:25:45

Ha jól nézem ez éppen a Poncelet-féle záródási tétel n=3 esetén.

Az eltolásosra pedig az a segítő lökésem, hogy keress olyan állítást, amely igaz egy kúpszeleten levő 6 pontra (vagy vonalkúpszeletet érintő 6 egyenesre).

Az autopolaritást meg csak nem néztem meg, nem is tudok rahedli konjugált pontpárhoz kúpszeletet szerkeszteni :(

Előzmény: [88] w, 2013-10-01 17:28:48

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]    [4. oldal]    [5. 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