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

 

Rendelje meg a KöMaL-t!

Reklám:

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.
[125] Sinobi2016-11-12 00:52:54

Az A.678 egy megoldása lehet:

* belátom a tétel síkbeli változatát gömbre

* álmomban három macska vagyok, és egyszerre beleülök az A,B,C pontokba. Például az A pontban egy gömböt látok, rajta a B,D,C,E négyszöggel (vagyis AB,AD,AC,AE félegyenesek a pontok)

* Ha ABCDE érintőötszög, akkor az A-ban ülő macska számára BDCE érintőnégyszög, és, BCD és BCE beírt körei érintik egymást. Ugyanez a többi macskára, tehát ABCD és ABCE beírt gömbjei is érintik egymást. A másik irány ugyanígy megy, mindhárom macskának a négyszöge érintőnégyszög, így ABCDE-nek van 6 lapját érintő gömbje (hiszen tetszőleges 5 laphoz van)

...

Bámulatos mennyit fejlődött a geogebra, nagyon szépen működik* már térben is a random kattintgatós, mértanihelyezős, szélességi kereséssel rejtett összefüggések után kutató megoldás.

Például már minimális időigényű az a szerkesztés, hogy ABCD fix, és egy, a három (két dimenziós) oldalt érintő gömb mozoghat a D középpontú nagyítás hatására, és akkor mi lesz az E pont mértani helye, ha E az AB, AC, BC egyeneseken átmenő, a gömböt másik oldalon érintő síkok metszése.

És azt sem nehezebb kirajzoltatni hogy az olyan E pontok mértani helye hol van, amikor egy adott P \(\displaystyle \in\) ABC ponton átmenő érintő gömböket akarunk hogy beírt gömbök legyenek.

"Nyilván" mind a kettő azonos, és méghozzá egy térbeli másodrendű görbe (például az A,B,C csúcsokból kiinduló másodrendű kúpok (?) metszete, vagy akárhogy lehet látni)

(ezt csak azért írtam, mert lehet hogy hasznos lesz későbbre megjegyezni, mint térbeli mértani hely, ki tudja? Még ha most konkrétan nem is kell)

(*jelenleg nekem picit bugos a kirajzolás, de lehet hogy a pár verzióval régebbi/újabb már/még nem az)

[124] Sinobi2016-10-12 23:25:58

(Oké, nagyon szépen le van vezetve hogyan lehet rájönni, el voltam foglalva a korábbi gondolatommal, elfelejtettem frissíteni.

Ahogy az is valószínű, hogy lényegében ugyanaz a mennyiség (még ha elsőre nem is néz ki olyan mennyiségnek, amelyik tipikusan meg szokott maradni projekció során).)

Előzmény: [123] Sinobi, 2016-10-12 23:00:44
[123] Sinobi2016-10-12 23:00:44

Legkönnyebben talán úgy látható be, hogy minden involúció a körön (vagy legalábbis minden centrális vetítésből származó involúció) egyben egy inverzió is a síkon, és mint ilyen, kettősviszonytartó.

– – – – –

Másik projektív megoldás az A676-re: vigyük a vízszintes egyenest a végtelen távoli egyenesbe, a körből meg legyen az 1/x hiperbola. Ekkor a feltételből az lesz, hogy az egyenesek legyenek mindig párhuzamosak. Erre jó \(\displaystyle f\) az \(\displaystyle f(x,y)=x\), azaz a hiperbola pontjainak x koordinátája. (Ezt az állítást az ember véletlenül ismeri, mert a Viéta-formulák alkalmazásakor szerepelt mint példa.)

De vajon hogyan lehet ilyen függvényt megtalálni, ha az ember nem ismer egyet?

Előzmény: [122] Vonka Vilmos Úr, 2016-10-12 21:10:57
[122] Vonka Vilmos Úr2016-10-12 21:10:57

Ilyen formában nem igaz, sőt: ha \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\), \(\displaystyle C\), \(\displaystyle D\), \(\displaystyle X\) egy \(\displaystyle k\) kúpszelet pontjai, akkor \(\displaystyle O\) akkor és csak akkor illeszkedik \(\displaystyle k\)-ra, ha \(\displaystyle (XA,XB,XC,XD)=(OA,OB,OC,OD)\).

A megoldásban azonban úgy látom, kicsit másról van szó. Itt a kör tetszőleges \(\displaystyle X\) pontjának az \(\displaystyle MX\) egyenes és a kör másik közös pontját megfeleltető leképezésről van szó. Ez egy involúció a körön, így valóban kettősviszonytartó.

Ezt a legkönnyebben talán úgy láthatjuk, hogy ez annak a centrális kollineációnak a leszűkítése a körre, aminek a centruma \(\displaystyle M\), a tengelye \(\displaystyle M\) polárisa (\(\displaystyle m\)), és minden \(\displaystyle X\) pont képe az \(\displaystyle M\)-re és \(\displaystyle m\cap XM\)-re vonatkozó harmonikus társa. (Ez tehát az \(\displaystyle M\) centrumú \(\displaystyle m\) tengelyű harmonikus homológia, ami invariánsan hagyja a kört.)

Előzmény: [121] w, 2016-10-12 17:13:26
[121] w2016-10-12 17:13:26

A.676. megoldásában egy, a körön kívüli pontból történik centrális vetítés.

Igaz-e, hogy ha \(\displaystyle A,B,C,D\in k\) és \(\displaystyle O\) egy \(\displaystyle k\)-ra nem illeszkedő pont, akkor

\(\displaystyle (ABCD)=(OA,OB,OC,OD) \)

teljesül? Ha igen, miért?

[120] Vonka Vilmos Úr2015-09-07 10:02:57

A kétköpenyű hiperboloid a gömbbel egy projektív osztályban van. Így kétköpenyű hiperboloid esetén elég annyit mondani, hogy egy projektivitással gömbbe transzformáljuk a hiperboloidot, és így a problémát visszavezettük gömb esetére. Ott pedig láttuk, hogy igaz az állítás. Ez az érvelés persze egyköpenyű hiperboloid esetén nem működik.

Előzmény: [119] Sinobi, 2015-09-06 22:38:24
[119] Sinobi2015-09-06 22:38:24

Ó, de bonyolult ez :s Abban sem vagyok biztos, hogy elhiszem-e.

Amire én gondoltam az sokkal primitívebb: &tex;\displaystyle s&xet; felületből &tex;\displaystyle p&xet; sík kimetszi &tex;\displaystyle c&xet; alakzatot, &tex;\displaystyle P&xet; pontból vetítek, &tex;\displaystyle \varphi()&xet;-vel.

&tex;\displaystyle P&xet;-hez létezik egy &tex;\displaystyle k&xet; sík, hogy minden &tex;\displaystyle P&xet;-n átmenő &tex;\displaystyle e_i&xet; egyenesre &tex;\displaystyle (P,e_i \cap k,e_i \cap s,e_i \cap s)=-1&xet;, hiszen bármilyen, &tex;\displaystyle P&xet;-n átmenő síkban az ilyen pontok halmaza egy egyenes.

Bármely &tex;\displaystyle A,B \in s&xet; -re &tex;\displaystyle AB \cap \varphi(A) \varphi(B) \in k&xet;, ez is a &tex;\displaystyle PAB&xet; síkra ismert.

Azaz metsző sík és a poláris sík metszetegyenese, illetve egy pont képe már meghatározzák a síkot, amiben a többi, képként előálló pont benne kell legyen.

(egy másik, amire gondoltam, hogy talán van olyan metrika, ahol az adott hiperboloid egy vektoros egységgömb, és akkor be lehet vezetni az inverziót, ami síkokból egymással középpontosan hasonló hiperboloidokat csinál (amelyek metszetei síkok) de még várni kell néhány évet míg belefejlesztik ezeket a gebrába, addig nehéz ilyet játszani.)

Előzmény: [118] Vonka Vilmos Úr, 2015-09-03 23:04:34
[118] Vonka Vilmos Úr2015-09-03 23:04:34

Igaz. A hiperboloid egy síkmetszete másodrendű görbe, ezt a tér egy tetszőlegs pontjából vetítve egy (másodrendű) kúpot kapunk. Ennek a kúpnak a hiperboloiddal való áthatása adja a keresett ponthalmazt. Mind a kúp, mind a hiperboloid másodrendű felület; az áthatásuk negyedrendű térgörbe. Ennek a térgörbének egy komponense az eredeti síkmetszet (másodrendű), így a negyedrendű térgörbénk két másodrendű görbére esik szét. Tehát a keresett ponthalmaz is másodrendű görbe, vagyis síkbeli.

Előzmény: [117] Sinobi, 2015-08-17 15:22:13
[117] Sinobi2015-08-17 15:22:13

Egy gömböt ha elmetszünk egy síkkal, majd a kapott síkmetszetet egy tetszőleges pontból visszavetítjük a gömbre, szintén egy síkban levő pontokat kapunk.

Igaz-e ugyanez hiperboloidra?

[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

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

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Támogatóink:   Ericsson   Google   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma  
Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet   Nemzeti Tehetség Program     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley