Fórum: GEOMETRIA

[1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [10] [11] [12] [13] [14] [15] [16] [17] [18] [19] [20] [21] [22] [23] [24] [25] [26] [27] [28] [29] [30] [31] [32] [33] [34] [35] [36] [37] [38] [39] [40] [41] [42] [43] [44] [45] [46] [47] [48] [49] [50] [51] [52] [53] [54] [55] [56] [57] [58] [59] [60] [61] [62] [63] [64] [65] [66] [67] [68] [69] [70] [71] [72] [73] [74] [75] [76] [77] [78]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[222] lorantfy	2005-03-21 10:09:41
Kedves András! Köszönöm a hozzásolásodat! A térbeli ábra azért született, mert Desargues perspektív háromszögekre vonatkozó tételére gondoltam, ahol a két háromszöget két metsző síkra helyezve, gyakorlatilag nincs mit bizonyítani, hiszen a megfelelő metszéspontok, csak a két sík közös egyenesén lehetnek.(Pirossal és zölddel szineztem a két síkban futó egyeneseket.) Tehát síkban valami elveszik ami térben még nyilvánvaló.

Előzmény: [221] Hraskó András, 2005-03-21 05:25:19

[221] Hraskó András

2005-03-21 05:25:19

Kedves László!

Nem egészen értem, hogy és miért készíted a térbeli ábrádat, de fontos dolgot kapisgálsz az biztos.

Ha jól látom, Pascal tételének volt egy lényeges szerepe a matematika történetében és ez nagyon hasonlatos az itt történt eseményekhez.

Pascal saját tételét egy oldalon hirdetésként tette közzé, bizonyítás nincs is rajta, csak Desargues tevékenységére való utalás van és az a megjegyzés, hogy a kúpszeletet átvetítheti körbe, így elég körre bizonyítani.

Poncelet a XIX. században újra elővette a problémát. Így kezdi: a Pascal tétel körre egyszerűen igazolható, ha két metszéspont (pld P₁P₂ $\cap$ P₄P₅ és P₂P₃ $\cap$ P₅P₆) az ideális egyenesen van. Ez lényegében Géza eredeti (206. hozzászólás) feladata.

Ezután Poncelet arra hivatkozik, hogy bármely kör és egyenes átvetíthető a tér egy pontjából egy másik síkra, úgy, hogy a körből kör legyen, az egyenes pedig az ideális egyenesre képződjék.

Ez szép feladat abban az esetben, ha az eredeti kör és egyenes nem metszi egymást (érdemes elolvani hozzá - és kijavítani - Sain Márton: Nincs királyi út című könyvében az Apollóniuszról szóló részt).

Ellentmonádosnak látszik abban az esetben, ha a kör és az egyenes metszi egymást. Azt hiszem az "egyszerű" bizonyításnak ez a gátja is inspirálhatta Poncelet-t, hogy megalkossa a komplex projektív teret és a körök közös ideális pontjának fogalmát.

[220] lorantfy	2005-03-19 23:07:34
Kedves András! Gratulálok! Nagyon szép gondolat. Valami hasonlóra gondoltam, csak persze sokkal primitívebb módon: Az A,B,C pontokra vonatkozó középpontos hasonlóságokat kétszer "oda-vissza" alkalmazva a pontokban állított - ábra szerint keletkező - síkra merőleges szakaszokra végül a P₇P₇^'=P₁P₁^' egyenlőséghez jutnánk, ami már elegendő lenne a bizonyításhoz. Sajnos $\frac{AP_2}{AP_1}= \frac{AP_5}{AP_4}$ nem teljesül. Az ábra kicsit bonyodalmasnak tűnik, de érdemes megvízsgálni. Két síkról van szó, melyek metszésvonala AC egyenes.

Előzmény: [219] Hraskó András, 2005-03-16 23:29:08

[219] Hraskó András

2005-03-16 23:29:08

Kedves Szefoharcos!

Köszönöm a szép megoldást.

Egy további általánosítás is igaz. A kört (másodrendű görbét) és az A, B, C pontok egyenesét összevonhatjuk egyetlen harmadrendű görbévé.

Az E harmadrendű görbe egy O pontja meghatározza a görbe önmagára való leképezését a következő módon. Ha P $\in$ E akkor legyen P' az a pont, amelyre O, P és P' valamely egyenesnek a harmadrendű görbével való (multiplicitással számítva) három metszéspontja. Nevezzük ezt a transzformációt az E görbe O centrumú tükrözésének.(Vigyázat O nem feltétlenül fixpontja e leképezésnek, hiszen O képe a görbe O-beli érintőjének E-vel való további metszépontja!)

Állítás: az E-tükrözések olyanok mint a sík középpontos tükrözései, azaz:

0. E-tükrözés négyzete identikus.

1. Három E-tükrözés kompozíciója is E-tükrözés. (Ebből következik az eredeti tétel, hiszen abban az A, B, C, A, B, C centrumú E-tükrözések kompozíciójáról van szó és az első három kompozíciója megegyezik az utolsó hároméval, így 0. szerint kész is vagyunk.

2. A két E-tükrözés kompozíciójából származó transzformációk olyanok, mint a sík eltolásai, azaz csoportot alkotnak, és az identitáson kívül egyiknek sincs fixpontja.

Géza feladta a labdát, ez véletlenül épp a doktorim témája, lásd

http://matek.fazekas.hu/portal/tanitasianyagok/Hrasko_Andras/doktori/index.html

[218] BohnerGéza	2005-03-16 17:48:13
Szefoharcos megoldása rögtön egy teljesebb általánosítást is elbírt volna, azaz a kör helyett tetszőleges másodrendű görbéből ( egyenespárból is ) kiindulhatunk. Játéknak sem rossz ilyeneket egy szerkesztőprogrammal ( pl, Euklides-szel ) rajzolgatni.
Előzmény: [216] szefoharcos, 2005-03-16 00:54:05

[217] SAMBUCA

2005-03-16 04:30:56

Így-így!

Gratula szefoharcos. Látszik, hogy ki itt a geomaster :)

SAMBUCA

Előzmény: [216] szefoharcos, 2005-03-16 00:54:05

[216] szefoharcos

2005-03-16 00:54:05

Sziasztok!

Érdekes megfogalmazása ez a feladat a Pascal-tételnek. Ha ugyanis egy kicsit belegondolunk, látszik, hogy erről van szó. Vegyük azt az álapotot, amikor eljutunk a P6 ponthoz! Ekkor van egy húrhatszögünk; persze a pontokat index szerinti sorrendben kell tekinteni. A megfelelő "szemközti oldalpárok" metszéspontja közül A és B már adott. A Pascal-tétel miatt a harmadik metszéspont rajta van AB egyenesén, és persze P3P4-en, így az csak C lehet. Tehát P6,P1 és C kollineáris; ezt fogalmazta meg a kitűző úgy, hogy CP6 egyenese a kört P1-ben metszi. A Papposz-Pascal-tétel ellipszisre is igaz, ezzel a feladat általánosítása is rögtön adódik.

[215] lorantfy	2005-03-15 09:17:19
Merőleges affinitást alakalmazva egyenes képe egyenes, a kör képe ellipszis lesz. Látszik, hogy az állítás ellipszisre is igaz.

Előzmény: [212] BohnerGéza, 2005-03-07 22:41:22

[214] lorantfy	2005-03-14 22:12:22
Hello Attila! Ezek a feladatok nagyon egyszerűek, de én azért el tudom képzelni, hogy van akinek ezek is problémát okoznak. Az első lépéseket is meg kell tenni és ezek a legnehezebbek, csak vannak akik erre már nem emlékeznek. A magasságok merőlegesek az oldalakra, így a magasságok talppontjaiban derékszögek vannak. Ha AB felezőpontjából rajzolsz egy kört AF_c sugárral, akkor a Thálesz tétel szerint ezen a körön rajta lesz mindkét magasság talppontja. Tehát egyenlő (sugár) távolságra vannak az oldal felezőpontjától. A háromszög területét ki tudod számítani az oldal és a hozzá tartozó magasság szorzataként. Tehát az oldalak és a magasságok között fordított arányosság van, hiszen szorzatuk állandó. Ekkor viszon az oldalak és a magasságok reciprokai között egyenes arányosság van, mivel ezeket használva a terület képletekben a hányadosok lesznek állandók, ugyanis a magassággal való szorzás helyett oszthatunk a reciprokával. Ha két szög összege 180 fok, akkor a feleik összege 90 fok.

Előzmény: [213] Attila89, 2005-03-14 18:52:48

[213] Attila89

2005-03-14 18:52:48

Hello mindenkinek!Kaptam 3 feladatot,melyek hát kicsit kifogtak rajtam.Nagyon hálás lennék,ha valaki,még ha csak az egyikben is tudna segíteni.Előre is köszönöm.Az első: Bizonyítsuk be,hogy egy háromszög magasságának talppontjai egyenlő távolságra vannak a harmadik oldal felezőpontjától. A második: Igazoljuk,hogy a háromszög oldalai és a hozzájuk tartotó magasságok reciprokai között egyenes arányosság van. A harmadik: Bizonyítsuk be,hogy a háromszög bármelyik csúcsából induló belső és külső szögfelező merőleges egymásra. És tényleg köszönöm a segítséget.

[212] BohnerGéza

2005-03-07 22:41:22

Csak egy kis segítség az András által felvetett általánosításhoz:

Alkalmazzunk pl. egy merőleges affinítást László [211]. hozzászólásában lévő ábrára!

Előzmény: [210] Hraskó András, 2005-03-01 23:40:11

[211] lorantfy	2005-03-03 10:59:58
Jól néz ki! Már csak be kell bizonyítani!

Előzmény: [210] Hraskó András, 2005-03-01 23:40:11

[210] Hraskó András

2005-03-01 23:40:11

Általánosítsuk Géza 206-os felszólalásban kitűzött példáját. Az általánosításnak két fokozatát látom, egyelőre csak az elsőt mondom el, hátha rájön valaki a további általánosításra.

Legyen adott a k kör és az A, B, C kollineáris pontok a síkon. Tekintsük a k kör tetszőleges P₁ pontját, és k további P_k pontjait úgy, hogy P₁P₂ átmenjen A-n, P₂P₃ a B-n, P₃P₄ a C-n, P₄P₅ megint A-n, P₅P₆ a B-n, végül P₆P₇-t a C-n. Igazoljuk, hogy P₇=P₁.

[209] lorantfy	2005-03-01 15:29:55
Tetszik ez a megoldás tükrözéssel!

Előzmény: [208] BohnerGéza, 2005-02-28 22:24:20

[208] BohnerGéza

2005-02-28 22:24:20

A [206]-ban szereplő feladat egy megoldása Hraskó Andrástól:

Az adott iránnyal párhuzamos húzás helyett alkalmazzunk tengelyes tükrözést, az irányra merőleges, a kör kp-ján átmenő egyenesre. Csak azt kell igazolni, hogy a t1 t2 t3 t1 t2 t3 kompozíció az identitás, ami nem nehéz.

/ Az első három és a második tükrözés szorzata is ugyanarra az egy tengelyre tükrözéssel helyettesíthető. /

Előzmény: [206] BohnerGéza, 2005-02-21 23:55:14

[207] lorantfy	2005-02-27 16:19:32
Kedves Géza! Jó a feladat! Egyetlen gondom van vele, hogy nem én találtam ki :-) 49. feladat megoldása: P₄P₅ párhuzamos P₁P₂, így P₁P₂P₅P₄ húrtrapéz, vagyis szárai egyenlőek. Hasonlóan húrtrapézok lesznek a P₂P₃P₆P₅ és P₃P₄P₇P₆ négyszögek. Száraik mind egyenlőek, tehát P₁P₄=P₇P₄, vagyis P₁=P₇.

Előzmény: [206] BohnerGéza, 2005-02-21 23:55:14

[206] BohnerGéza	2005-02-21 23:55:14
Adott három tetszőleges irány (egyenes ) és egy kör. Vegyünk föl a körön egy P1 pontot,a további P-k is a körön legyenek úgy, hogy P1 P2 párhuzamos az első iránnyal, P2 P3 a másodikkal, P3 P4 a harmadikkal, P4 P5 az elsővel, ... . Igazoljuk, hogy P1=P7!

[205] BohnerGéza	2005-02-18 15:02:17
A síkbeli egybevágősági leképezések számítógépes megvalósítása legegyszerűen mátrixok segítségével oldható meg. A forgatás mátrixa a következő, ahol alfa a forgatás szöge a (p,q) pont az origó képe, ez külön, egyszerűen számolható.

Előzmény: [200] lorantfy, 2005-01-30 21:58:51

[204] petrot

2005-02-01 14:59:46

Kedves fórumozók!

Fel szeretném hívni a figyelmeteket egy 3D szerkesztőprogramra, remélem tetszeni fog!

link: http://euler3d.uw.hu

Várom a véleményeteket (+,-), hozzászólásotokat!

Üdv! petrot

[203] lorantfy	2005-01-31 22:24:35
Kedves 2501! Kösz a segítséget és jó a példa is ami a témában a 48. feladat. Én még adós vagyok a 4D-s kocka 3D-s vetületével. A kockavázra feszülő szappanhártya-minimálfelületre hasonlít.

Előzmény: [202] 2501, 2005-01-31 10:54:54

[202] 2501

2005-01-31 10:54:54

Adott egy origó középpontú gömb, sugara r, továbbá két rajta kívüli pont, (helyvektoraik) $\vec P$ és $\vec V$ .

$\vec N$ (helyvektorú) pont a gömbhéj egy pontja, érintősíkja ugyanakkora szöget zár be $\vec N-\vec P$ -vel és $\vec N-\vec V$ -vel. A feladat $\vec N$ meghatározása.

[201] 2501

2005-01-30 22:45:02

P_x'=O_x+(P_x-O_x)cos $\beta$ -(P_y-O_y)sin $\beta$

P_y'=O_y+(P_x-O_x)sin $\beta$ +(P_y-O_y)cos $\beta$

Előzmény: [200] lorantfy, 2005-01-30 21:58:51

[200] lorantfy

2005-01-30 21:58:51

Kedves Fórumosok!

"Zoleka"-tól kaptam a feladatot e-mail-ben. Programot ír és kellene Neki P pont elforgatása $\beta$ szöggel adott O pont körül.

1. Kiszámolni $\alpha$ szöget: $\alpha= arctg{\frac{y_0-y}{x-x_0}}$

2. $OP=r=\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}$

3. Az új koordináták:

x₁=x₀+rcos( $\alpha$ + $\beta$ )

y₁=y₀-rcos( $\alpha$ + $\beta$ )

Ha tudtok jobbat írjátok be, vagy bármi más geometriát, mert elhal a téma!

[198] lorantfy

2004-11-28 17:10:22

Kedves Károly!

Te mindig egy lépéssel előttem jársz. Gondoltam felteszi valaki az ábrát, aztán megbeszéljük hogyan öröklődnek felfelé a tulajdonságok. Te ezt már megtetted, köszönet!

Előzmény: [197] Hajba Károly, 2004-11-28 00:29:26

[197] Hajba Károly

2004-11-28 00:29:26

47. feladathoz:

Vizsgáljuk meg, hogy egy adott dimenziónál hogyan alakítjuk ki a dimenzónagyságra jellemző egységnyi idomot. Mivel olyan magasabb dimenziójú idomról is beszélnünk kell, mire nincs szavunk, az alábbi egységes jelölésrendszert vezetem be. D - dimenzió mértéke, I_D,d a D dimenzióbeli egységidom d dimenziójú egységidomelemének számossága. Értelemszerűen D $\ge$ d $\ge$ 0. Így a pont jelőlése I_D,0, egységszakasz I_D,1, egységnégyzet I_D,2, egységkocka I_D,3, míg a keresett 4. dimenziójú egységidom I_D,4.

Az egységpont I_0,0=1, egységszakasz I_1,0=2, I_1,1=1, azaz a kisebb dimenziójú egységidomot egységnyivel eltolom az új dimenzióiránnyal párhuzamosan. I_0,0=1 megduplázódik I_1,0=2 és bejön I_1,1=1. Az egységnégyzet I_2,0=4, I_2,1=4, I_2,2=1, itt már pontosan leírhatjuk az adott elem dimenzónövekedéssel járó elemszám növekedését. Azaz az eltolás miatt megduplázzuk és hozzájön az eggyel kisebb dimenziójú elemek száma, melyből az eltolással aktuális dimenziójú elem keletkezett. I_D,d=2*I_D-1,d+I_D-1,d-1

Tehát a 4 dimenziójú egységidom részegységidomai a következők. Pont: I_4,1=16, egységszakasz: I_4,2=32, egységnégyzet: I_4,2=24, egységkocka: I_4,3=8, 4 dimenziós egységidom: I_4,4=1. A 4 dimenziójú kocka síkbeli ábrája egy olyan gráf, melynek 16 pontja van, minden pontból 4 él indul ki, mely összesen 32 él és bármely pontból kiindulva 4+2n(n $\in$ 0,N⁺) lépésszámmal lehet visszaérni. Továbbá a négyes hurkok négyzet vagy trapéz alakot adnak ki.

Előzmény: [196] lorantfy, 2004-11-27 23:06:38

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?