[1127] BohnerGéza | 2008-09-29 22:40:25 |
Biztos, hogy nem a "Matematikus-fizikus viccek, sztorik" közé akartad írni?
Utána néztem, a Tucker-kör vszleg hatszög, azaz önmagába visszatérő vonal. Ilyet a talpponti háromszög (piros) segítségével is meg lehet szerkeszteni. Az ábrán kettő látszik (kék, zöld) és nyilván végtelensok van. Mivel ezen hatszögek köré írható kör, de ezek kp-jai nem esnek egybe, nincs értelme a kérdésnek.
|
|
Előzmény: [1126] klerox, 2008-09-29 19:30:34 |
|
[1126] klerox | 2008-09-29 19:30:34 |
Sziasztok!
A Tucker-kör megszerkesztésével bajlódok, de sehogy nem jövök rá a középpont megszerkesztésére, kérlek segítsetek.
Előre is köszönöm
|
|
[1125] BohnerGéza | 2008-09-24 11:16:44 |
Ismert a következő: Ha négy egyenes négy háromszöget határoz meg, akkor ezek körülírt körei átmennek egy közös ponton.
138. feladat: Bizonyítandó, hogy a négy körülírt kör középpontja és ez a közös pont egy körön van.
|
|
|
[1122] Sirpi | 2008-09-08 13:41:42 |
Nemrég nekem is szükségem volt hasonló programra, csak éppen gömbközéppontot kellett keresni felületi pontok alapján, és írtam egy egyszerű módszert, ami a tesztek alapján elég jól működik, röviden le is írom, hogyan (körre is jó változtatás nélkül):
Legyenek adva a P1,P2,...,Pn pontjaink, és keressük az O középpontot iterációs módszerrel. Legyen O0 a megadott Pi ponthalmaz súlypontja. Ha egyenletes a ponteloszlás, akkor ez már önmagában is majdnem jó, de ha nem, akkor is egy jó kiindulópont.
Nézzük a k+1. lépést: rendezzük sorba a Pi pontokat az Ok-tól vett távolság alapján, és a robusztusság miatt ebből hagyjuk el a legközelebbi és a legtávolabbi 10%-ot, legyen ez első meghagyott pont R (tehát ez egy majdnem legközelebbi pont Ok-hoz képest), az utolsó S (ez pedig a majdnem legtávolabbi, leszámítva a felső 10%-ot). Ideális esetben Ok-t az RS szakasz felezőmerőlegesére kellene "ráhúzni", de tapasztalataim alapján így lassabb a konvergencia, mintha csak a felezőmerőlegeshez képest a felére csökkentenénk a távolságot. Tehát ha Ok talppontja RS felezőmerőlegesére T, akkor Ok+1-nek válasszuk Ok és T felezőpontját, majd folytassuk az eljárást.
Megállási feltétel: Egy adott Ok pont jóságát mérjük az |SOk|-|ROk| különbséggel, és ha ez kisebb, mint az eddigi legjobb, akkor jegyezzük meg ezt, mint lehetséges végső kör/gömbközéppontot. És ha mondjuk 1000 iterációs lépésen keresztül ez a rekord nem dől meg, akkor legyen ez a végső győztes is egyben.
|
Előzmény: [1121] farkasb, 2008-09-08 00:49:03 |
|
[1121] farkasb | 2008-09-08 00:49:03 |
Kedves "Fálesz" Mihály!
Visszatérve a legjobban illeszkedő körhöz... Sajnos nem tudom végigszámolni a kör a megadott segédletek alapján, elakadok vele..Az a baj,hogy nem teljesen látom át. Örülnék ha egy konkrét példán bemutatott feladatmegoldást láthatnék.
Van egy programom, ami képes erre a legjobban illeszkedő kör készítésére, a megadott pontokra az alábbi eredmények számolja:
Adottak az alábbi pontok (X,Y):
(0,1000); (10,1000); (400,4000); (500,2000); (-500,-1500); (-900,-3500); (-7000,-3500);
Eredmények(origó,sugár):
X0= -4853.3 ; Y0= 1209.7 ; R= 5352.6 ;
Távolságok az origótól:
1=4857.8; 2=4867.8; 3=5948.4; 4=5411.3; 5=5127.7; 6=6149.0; 7=5175.8;
Amennyiben nem túl nagy munka a segítség, megköszönném. Ha nagy, akkor sincs semmi gond :) Előre is köszönettel: farkasb
|
Előzmény: [1111] Fálesz Mihály, 2008-09-02 21:45:36 |
|
[1120] Sirpi | 2008-09-07 11:22:30 |
Mivel semmi más adat nincs megadva a két egyenesen kívül, ezért nem nagyon jutott eszembe más lehetöség, hogy mi lehet a feladat. Felsoroltam azt a 2-t, ami viszont igen :-)
|
Előzmény: [1118] jonas, 2008-09-03 22:25:25 |
|
|
|
[1117] jonas | 2008-09-03 22:25:02 |
Azt kell tudni hozzá, hogy számolhatod ki egy pontnak egy egyenestől mért távolságát. Ezután csak veszel egy pontot az egyik egyenesről, és kiszámolod ennek a távolságát a másiktól.
|
Előzmény: [1116] Lowosan, 2008-09-03 19:41:43 |
|
[1116] Lowosan | 2008-09-03 19:41:43 |
távolságuk kell elfelejtettem odairni
|
|
|
|
[1113] Lowosan | 2008-09-03 15:30:33 |
Helló Segitségre lenne szükségem a kordinátageometria területén e:3x+2y=12 f:6x+4y=-12 ezt hogy kéne megoldani? mert új matektanárunk van és nem magyaráz semmit csak annyit mond csináljunk meg semmi más
|
|
[1112] farkasb | 2008-09-03 13:16:31 |
Kedves Mihály!
Köszönöm a gyors választ, megpróbálkozok a feladattal. Esetleg nem tudna ajánlani valami jó megoldást legjobban illeszkedő sík elkészítésére? A hibák az x y és z koordinátákat is terheljék. Köszönöm!
|
Előzmény: [1111] Fálesz Mihály, 2008-09-02 21:45:36 |
|
[1111] Fálesz Mihály | 2008-09-02 21:45:36 |
Vaughan Pratt munkája nyomán a következőt tudom ajánlani. (Én magam is sokszor haszáltam ezt a módszert kör, gömb és henger illesztésére.)
Keressük a kör egyenletét
f(x,y)=A(x2+y2)+Bx+Cy+D=0 | (1) |
alakban, ahol
Egy kis számolás után látható, hogy a (2) feltétel azzal ekvivalens, hogy a kör sugara , illetve az f(x,y) függvény gradiense a körvonalon egységnyi hosszú.
Ha (x,y) egy pont a körvonalhoz közel, akkor |f(x,y)| jól közelíti a pont és a körvonal távolságát.
Legyenek a mintapontok (x1,y1),...,(xn,yn). Az illesztés négyzetes hibája közelítőleg
| (3) |
Szóval a (3) kifejezés minimumát keressük a (2) feltétel mellett. Ha ráereszted a Lagrange-multiplikátor módszert, kapsz egy 4-dimenziós sajátértékfeladatot, ráadásul a keresett sajátérték pont a hiba konstansszorosa...
Ha a (2) helyett az A=1 feltételt használod, akkor a számolás sokkal egyszerűbb, mert csak lineáris egyenletszert kell megoldani. Ennek a gyengéje, hogy a (3)-ban a hibát megszoroztad kb. 4R2-tel. Zajos adat esetén nagyobb lesz az illesztés valódi hibája, de kisebb lesz a sugár, amivel megszorzod.
|
Előzmény: [1110] farkasb, 2008-09-02 09:00:28 |
|
[1110] farkasb | 2008-09-02 09:00:28 |
Kedves Fórumozók!
Ismételten egy kérdést tennék fel:
Hogyan határozható meg egy olyan kör középpontja, ami n számú xy koordinátával adott pontra legjobban illeszkedik? Előre is köszönettel: farkasb
|
|
[1109] BohnerGéza | 2008-09-02 01:25:18 |
Fálesz Mihály a [1105]-ban fölvetette, hogy egy számolás nélküli megoldás szép lenne. Egyelőre nincs hozzá ötletem. A 137/b és 137/c feladat tulajdonképpen megoldása a 137-nek, igaz végig kell gondolni. (Számolással egyszerűbben is megy [1106].)
|
|
Előzmény: [1108] BohnerGéza, 2008-08-28 23:51:38 |
|
|
[1107] HoA | 2008-08-28 17:10:45 |
Még tart a nyári szünet... 137/b feladat megoldása: Legyen az F1F2 távolság 2f , F1F2 felezőpontja O. Az F1 középpontú r1 sugarú k1 és az F2 középpontú r2<r1 sugarú k2 körök h hatványvonala messe F1F2-t H -ban. Határozzuk meg az OH távolságot f,r1ésr2 ismeretében. Legyen k1ésk2 közös érintője t , az érintési pontok T1ésT2 , a Ti -ből F1F2 -re bocsátott merőleges talppontja Mi , az F2-n át t-vel húzott párhuzamos és F1T1 metszéspontja L, t és h metszéspontja N. F1L=r1-r2 Az F1M1T1,F2M2T2ésF1LF2 derékszögű háromszögek hasonlóak, . .
N felezi T1T2 -t ( egyenlő érintőszakaszok ) , ezért H is felezi M1M2-t. . Feladatunkban , igy .
|
|
Előzmény: [1106] BohnerGéza, 2008-08-24 23:37:33 |
|
[1106] BohnerGéza | 2008-08-24 23:37:33 |
Tetszik az affinításos és a többi megoldás is.
Így a 137. feladat általánosításával - miszerint a középvonal 1:1 aránya helyett más arányban osztó szakaszt adunk meg a magasságpont számára - kapott feladat is könnyen bizonyítható.
Érdemes persze Fálesz Mihály ajánlata alapján, igaz számolással, az ellipszis definíciója alapján is elvégezni a bizonyítást!
137/b. feladat: Az A, F1, B, F2 pontok egy négyzet csücsai. Az AC átlóval párhuzamos - tőle d (<>0) távolságra húzott egyenes messe az AF1-t P, az AF2-t Q-ban. Legyen C az F1 kp-ú P-n és az F2 kp-ú Q-n átmenő kör kp-ja. Mutassuk meg, hogy C 2d távolságra van AC-től! (Milyen d esetén vam C pont?)
|
|
Előzmény: [1105] Fálesz Mihály, 2008-08-18 10:54:25 |
|
[1105] Fálesz Mihály | 2008-08-18 10:54:25 |
Legyen M a magasságpont, és T a C-ből induló magasság talppontja. Mint jól ismert, TC . TM = - TA . TB. (Ez azért igaz, mert a magasságpontnak az AB oldalra vonatkozó tükörképe a körülírt körön van, de például az ATC és MTB háromszögek hasonlóságából is láthatjuk.)
Ha az M pont a középvonalon van, akkor TC és TM azonos irányú, TA és TB pedig ellentétes írányú, vagyis T az AB szakasz belsejében van. A TC félegyenes tehát metszi az AB átmérőjű kört; legyen K a metszéspontjuk.
Fálesz Mihály tétele szerint BKA=90o, a magasságtételből pedig TK2=AT . TB.
Így tehát TC2=2.TC.TM=2.TA.TB=2.TK2 és
a C csűcs azon az ellipszisen van, amit az AB átmérőjű körből kapunk az AB tengelyű, arányú merőleges affinitással.
Az A és B pont kivételével az ellipszis bármelyik pontjából kiindulva a gondolatmenet megfordítható.
* * *
Eleminek ezt a megoldást sem nevezném, bár az eredmény alapján nehéz ennél "elemibbet" várni. Aki akarja, megpróbálhatja -- számolás nélkül!!! -- bebizonyítani, hogy F1C+F2C=F1A+F2A, csak ezzel meg az a bajom, hogy az eredményt valahonnan máshonnan tudtuk meg.
|
|
Előzmény: [1104] HoA, 2008-08-15 15:20:47 |
|
[1104] HoA | 2008-08-15 15:20:47 |
Ne feledkezzünk meg a 137. feladatról. Kedvcsinálónak BohnerGéza sejtésének igazolása. Ha a magasságpont az FaFb középvonalon van, akkor a körülírt kör K középpontja a középponti háromszög középvonalán van, tehát K távolsága a c oldaltól negyede mcnek. Az általánosság megszorítása nélkül legyenek A, B és C koordinátái (-1;0) , (1;0) és (x,y) . Ekkor K =(0;y/4) . KB = KC -ből a távolságok négyzetére
1+(y/4)2=x2+(3y/4)2
. 1+y2/16=x2+9y2/16 ; 1=x2+8y2/16
A C pontok egy ellipszisen helyezkednek el. Várjuk az elemi geometriai megoldásokat!
|
|
Előzmény: [1085] BohnerGéza, 2008-07-20 21:50:08 |
|
|
[1102] HoA | 2008-08-12 16:42:59 |
Köszönöm, kitűnő gondolat. Pedig már az ábrán is látszott... Mivel ka és kb egyik metszéspontja H, hatványvonaluk a H-n áthaladó, FAFB-re merőleges egyenes, vagyis mc. C rajta van a hatványvonalon, CA1.CA2=CB1.CB2, vagyis A1,A2,B1,B2 egy körön van.
|
|
Előzmény: [1100] Fálesz Mihály, 2008-08-12 09:22:15 |
|