Fórum: GEOMETRIA

Borzasztó sok olyan görbe létezik, amin rajta van egy (na jó, kettő) meghatározott pont. :) Egyre kevésbé hiszem azt, hogy a feladatod megszerkeszthető, lehet, hogy létezik szép megoldás mondjuk vonalzóeltolással, fapálcikákkal, kötél és rajzszög alapú ellipsziszővel etc. de nem látok ilyet.

"Mivel M1 ill M2 ellipszis pontok, nem kell bizonyítani, hogy MA + MB állandó ( az adott ellipszisen ) hisz ez az ellipszis definíciójából következik" ... de honnan veszed hogy ellipszis pontok - ez csak a te feltételezésed ! Bízonyisd be és akkor elhiszem.

Sinobi [1680] szerint egy "csúnya csigabigán", szerinted egy "elfajult ellipszisen" , szerintem pedig egy hurkon és egy parabolán vannak. Igaza van-e valakinek ??? Addig senkinek amig nem jön bízonyitással.

A körön belüli általános helyzetű A és B pontokhoz mint fókuszokhoz tartozó ellipszisek az AB szakasztól, mint elfajult ellipszistől az "AB felezőpontja körüli nagyon nagy sugarú majdnem-kör" -ig ( elnézést a pongyola fogalmazásért ) folytonosan nőnek a nagytengely folyamatos növelésével. A legkisebbeknek nincs közös pontjuk a körrel. Lesz egy olyan, melynek egy közös pontja van a körrel, ez M₁, ezután lesznek olyanok, melyeknek több közös pontjuk van a körrel. Eljutunk egy olyan nagy ellipszisig, melynek ismét csak egy közös pontja lesz a körrel M₂ . Mivel M₁ ill M₂ ellipszis pontok, nem kell bizonyítani, hogy MA + MB állandó ( az adott ellipszisen ) hisz ez az ellipszis definíciójából következik. Talán csak annyiban kell szigorítani a fenti gondolatmenetet, hogy belássuk: ha egy körnek és egy ellipszisnek csak egy közös pontja van, akkor az érintési pont és így az itt húzott érintő egyenesek azonosak. Ebből már következik a feladat feltételének teljesülése.

Ehhez kellene bizonyitani hogy MA+MB állandó, de mi van akkor ha az ellipszis a kör belsejében lesz és nem érinti a kört ? A feladat nem mond semmit a kör és a szakasz helyzetéről.

Talán segít, hogy valójában azokat az A és B fókuszú ellipsziseket keressük, melyek érintik a kört. M az érintési pont.

Négyzetközéppontú, fél egység sugarú kör.

Határozzuk meg mindazon P pontokat egy adott ABCD egységnégyzetben, melyekre PA²+PB²+PC²+PD²=3.

A koszinusztételt is vektorokkal igen szépen átfogalmazható:

c²=a²+b²-2abcos 

helyett (legyen és )

(a-b)²=a²+b²-2ab

,ami azonosság.

A koszinusztételes megoldást kicsi jobban "be lehet csomagolni" vektorok (és azok skaláris szorzatának) használatával. Ha az OA,OB,OC,OD,OP vektorokat rendre a,b,c,d,p jelöli, akkor

, mert a+b+c+d=0.

Igen, ez lehetőségként végig megvolt bennem, de az nem lett volna szép megoldás. Végül sikerült megoldani koordináták nélkül.(ABCD négyzet csúcsai, O a középpontja,P a kiválasztott pont a beírt körön.)

,

Koszinusztétel az AOP háromszögben:

Felírva mindegyik oldalt hasonlóképpen és összegezve:

Most megmutatjuk, hogy a koszinuszok összege 0. A, O és C pontok egy egyenesben vannak, tehát AOP+POC=180^o, azaz +=180^o, hasonló módon pedig +=180^o

Ismert, hogy

Hasonló módon kijön,hogy cos +cos =0, tehát a koszinuszok összege valóban 0, vagyis AP²+BP²+CP²+DP²=3

Próbáld koordinátákkal. Vegyél fel egy P(Xp,Yp) pontot, és számold ki egy (mondjuk origó középponttú) egységnégyzet csúcsaitól a távolságnégyzetek összegét.

A következő problémán akadtam fent: Bizonyítsuk be, hogy ha ABCD egységnégyzet beírt körén lévő pont P, akkor AP²+BP²+CP²+DP²=3

Az olyan I pontok halmaza, ahol I rajta van AB F-hez tartozó szögfelezőkörén, és az FO tháleszkörén, (azaz AIB szögfelező talppontja F és FIO merőleges) egy csúnya csigabigán vannak. Kérdés: igaz-e, hogy ha meg tudjuk szerkeszteni valahogy a csúnya csigabiga és minden O középponttú kör metszéspontjait, akkor a csúnya csigabiga és egy tetszőleges kör ill. és egy tetszőleges egyenes metszéspontjait is.

Adott az AB szakasz és az O középpontú R sugarú kör. Határozzuk meg azt az M pontot (pontokat) a körön melyre az OM egyenes az AMB szög szögfelezője.

RE: "Q pontot pedig abban az esetben kapjuk, ha X a P pont PQ felezőmerőlegesére vett tükörképe"

Valójában Q pontot abban az esetben kapjuk, ha T a Q-ból e-re pocsátott merőleges talppontja és X a P pont T-re vett tükörképe.

Köszönöm. Majd gondolkodok az elemi indokláson is.

Nem értem a bajt: egy triviális példát mondtál az állítás igazságára. Megint: ha egy téglalap kirakható 1xm-es és nx1-es lapok együttesével, akkor alkalmas lapot kiválasztva, csak azzal is kirakható.

Legyen m=n=2, továbbá a nagy téglalap amit parkettázunk pedig 2x2-es. Ekkor ez kiparkettázható 1 x m -es és n x 1 -es téglalapokkal. De kiparkettázható csak 1 x m-es vagy csak n x 1-esekkel is.

A mértani hely meghatározására elemi megoldást egyelőre nem találtam, a hiperbolák fókuszait azonban meg lehet keresni.

Érdemes észrevenni, hogy mindkét hiperbola középpontja a PQ szakasz F felezőpontja. Valóban: ha például a T pontot F-re tükrözve kapott pontot T' jelöli és X'=eQT', akkor a keletkező szögek összevetésével nem nehéz látni, hogy ha PTX egyenlő szárú, akkor PT'X' is. Tehát ekkor T' is a mértani helyhez tartozik.

Szóval a t hiperbolának az aszimptotáinak ismerjük az irányát (e-vel párhuzamos illetve merőleges egyenesekről van szó), és tudjuk, hogy F-re illeszkednek. Az aszimptoták ismeretében pedig szerkeszthetőek a tengelyek (szögfelezőként), és a hiperbola egy további pontjának (például P) ismeretében a fókuszok is. (Meg is szerkesztettem a fókuszokat; de azt nem látom egyelőre, hogy mi az elemi geometriai jelentésük, ami alapján elemibb megoldást lehetne adni a feladatra.)

Akkor néhány szó a Steiner-tételről. Két sugársor közötti projektivitáson a két sugársor közötti kettősviszonytartó, bijektív megfeleltetést értünk.

Tétel. Tekintsünk két sugársor között egy projektivitást. Az első sugársor minden egyenesének képezzük a metszéspontját a hozzá rendelt egyenessel. Az így kapott metszéspontok egy kúpszeletre (vagy speciális esetben egy egyenesre) illeszkednek. Amennyiben a metszési alakzat kúpszelet, az tartalmazza a sugársorok tartópontjait.

Vázlatosan egy viszonylag elemi bizonyításról: Legyenek a sugársorok tartópontjai P és Q, valamint a metszési alakzat három pontja A, B és C. Ez azt jelenti, hogy a projektivitásban a PA, PB, PC egyenesek képei rendre a QA, QB, QC egyenesek (a kettősviszonytartás miatt ez a három egyenespár egyértelműen meghatározza a projektivitást). Tegyük fel, hogy az A, B, C pontok nem kollineárisak; ekkor van egy és csak egy olyan k kúpszelet, amely az A, B, C, P, Q pontokra illeszkedik. (Öt pont egyértelműen meghatároz egy kúpszeletet, ez pl. a Pascal-tétel miatt ismert.) Azt kell ellenőriznünk, hogy egy D pont akkor és csak akkor illeszkedik k-ra, ha a tekintett projektivitásban PD képe QD. Másként fogalmazva: D akkor és csak akkor van k-n, ha a (PA,PB,PC,PD) és (QA,QB,QC,QD) kettősviszonyok egyenlőek. Ez azonban a kerületi szögek tételének alkalmazásával közvetlenül következik, ha egy kollineációt (tehát kettősviszonytartó leképezést) alkalmazva a k kúpszeletet körbe transzformáljuk. (A hozzáértők nyilván láthatják, hogy a bizonyítás nehézségeit hány ponton "kentem el" bizonyos "jól ismert" tényekre hivatkozva; a téma részletes kifejtése azonban jóval túlmutat a fórum keretein.)

A Te feladatodra ez a megoldás nem igazán használja ki, hogy két dimenzióban van, nagyon szép ötlet.

Az általam kitűzött feladat térbeli változata "lemészárolható", csak a megoldással még várnék.

A megjegyzésben szereplők érdekelnek leginkább. Mi Steiner tétele? Be tudnád-e bizonyítani? Létezik-e a feladatomnak elemi megoldása: hol és hogyan találhatjuk meg a két hiperbola fókuszait/vezéregyeneseit?

w

Nem értem.

"... a téglatest egy oldalára a kis téglatesteknek csak olyan lapja fekszik, aminek van egész oldala"

Miért ne lehetne valamelyik kis téglának az adott lapra merőleges éle az egész hosszúságú?

Gondolom, hogy úgy értetted a feladatot, hogy a Q ponton keresztül felvett tetszőleges másik egyenest rögzítjük, és azon a rögzített f egyenesen változik az Y pont.

Az egyszerűen látható, hogy mindkét mértani hely tartalmazza a P és Q pontokat. A t mértani hely esetén P=X választással adódik a P pont; a Q pontot pedig abban az esetben kapjuk, ha X a P pont PQ felezőmerőlegesére vett tükörképe.

További közös pontok csak abban az esetben találhatóak, ha e és f párhuzamosak. Valóban: tegyük fel, hogy M közös pont, és tekintsük az e illetve f egyenes M-hez tartozó X illetve Y pontját. (Tehát azokat az X illetve Y pontokat, amelyekből kiindulva a konstrukcióddal T=U=M adódik.) Ekkor PMX és QMY egyaránt egyenlő szárú háromszögek, valamint a (PMY) és (QMX) ponthármasok kollineárisak. Így a két egyenlő szárú háromszöget tekintve a szárszögek egybevágóak, ezért az alapon nyugvó szögek is. Ebből az e és f egyenesek párhuzamossága következik.

Az egyszerűen ellenőrizhető, hogy e és f párhuzamossága esetén a két mértani hely egybeesik: ebben az esetben az e egyenes valamely X pontjából kiindulva kapott T ponthoz TPf-et Y-nak választva U=T adódik.

Összefoglalva: t és u közös pontjai pontosan P és Q, ha e és f nem párhuzamosak; ha pedig e és f párhuzamos, akkor az összes pont közös.

Megjegyzem, hogy t és u mindegyike derékszögű hiperbola. Az, hogy a mértani helyek kúpszeletek, projektív geometriai úton (Steiner tétele alapján) egyszerűen látszik. Például t ugyanis az e pontjait Q-ból vetítő sugársor és a PX szakaszok felezőmerőlegesei által alkotott sugársor metszési alakzata. Ez a két sugársor projektív kapcsolatban van, így a metszési alakzatuk kúpszelet. Ez a kúpszelet tartalmazza a sugársorok tartópontjait: tehát a Q pontot, illetve az e-re merőleges irányt jelentő ideális pontot. Tartalmazza továbbá e ideális pontját is, ugyanis abban az esetben, ha X az e egyenes ideális pontja, akkor T ugyanez az ideális pont. Így a mértani hely olyan kúpszelet, amelynek két ideális pontja merőleges irányokat jelent, azaz valóban derékszögű hiperbola.

Ha az [1665]-ben lévő feladatot elhisszük, akkor ez az első térbeli változat már következik, hiszen a téglatest egy oldalára a kis téglatesteknek csak olyan lapja fekszik, aminek van egész oldala, ezért a téglatestnek kell lennie legalább két egész élének.

Ne rohanjunk ennyire.

Oldjuk meg mindkét változatot, és keressünk olyan módszereket, amik magasabb dimenzóban is működnek. Pl. egy háromdimenziós téglát bontunk n×1×1, 1×m×1 és 1×1×k méretű darabokra, illetve olyan kis téglákra, amiknek van egész hosszúságű éle.