[285] Lóczi Lajos | 2005-09-20 13:59:13 |
Jó, de nézd meg, hogy mi a könyv célja: könnyítést adni azoknak, akiknek nehezen megy, bizonyos területekre így kevesebb előismerettel is el lehet jutni -- persze onnan nem lehet olyan messzire továbbhaladni.
(Az elvi célja pedig inkább az, ahogy írja, hogy közben a geometriát nem kell a valós számok bonyolult fogalmára építeni: tetszőleges algebrai test is használható.)
|
Előzmény: [284] Fálesz Mihály, 2005-09-20 11:35:29 |
|
[284] Fálesz Mihály | 2005-09-20 11:35:29 |
Én nem lelkesedek érte, sőt.
Trigonometria-feladatokban a szögeknek legfeljebb csak a szinuszát/koszinuszát szoktuk kiszámolni, magukat a szögeket nem. Négyzetgyökökkel pedig így is, úgy is számolni kell. Például elég megkérdezni, hogy ha az A,B,C pontok egy egyenesen vannak, mondjuk AB2=2 és BC2=3, akkor mekkora lehet AC2. A konstrukció csak a legegyszerűbb esetekben teszi félre a négyzetgyökvonást, a számolás egyáltalán nem lesz tőle sem könnyebb, sem egyszerűbb.
A trigonometrikus függvények elvetését pedig kb. olyan ötletnek tartom, mint ha valaki a prímszámtételből ki akarná irtani a logaritmust (mert hát ugye mi szükség van transzcendens függvényekre, ha egész számokról akarunk beszélni), vagy a Cardano-képletből a komplex számokat. Pont a matematikát akarja kiirtani; azt, hogy hozzunk létre elméleteket, új objektumokat (jelen esetben a trigonometrikus függvényeket), amik megmutatják, hogy a dolgok mögött milyen mélyebb összefüggések vannak.
F.M.
|
Előzmény: [282] Lóczi Lajos, 2005-09-19 22:50:10 |
|
[282] Lóczi Lajos | 2005-09-19 22:50:10 |
Szép és elegáns a leírás, sokmindenben egyetértek vele, bár nem hiszem, hogy túlzottan nagy változást okozna mifelénk belátható időn belül, ha egy olyan alapvető fogalomhoz, mint a "szög" akar hozzányúlni, átdefiniálni.
|
Előzmény: [281] 2501, 2005-09-19 10:25:15 |
|
|
|
[280] Szalkai István | 2005-09-14 13:42:39 |
Kedves Mindenki !
A 2005.jan. feladatot általánosítva jutott eszembe a a következő probléma: Mi azon pontok mértani helye, amelyeknek adott egyenesektől való távolságai kielégítenek egy lineáris összefüggést? "Felfedezésem" biztosan nem új, bár irodalomban nem akadtam a nyomára. Közzéteszem mégis, hátha esetleg valakinek hasznára válik, no és biztosan én is tanulok hozzászólásaitokból! (Más fajta TEX-et használva nem sikerült a szöveget ide feltennem, de a következő linken megtalálható:
http://www.szt.vein.hu/~szalkai/Tavolsagok-jav.pdf
Üdvözlettel: szalkai@almos.vein.hu
|
|
[279] BohnerGéza | 2005-08-27 00:19:34 |
Jogos [275] jonas észrevétele, bár csak egy kis fogalmazási hibát követtem el. A zárójel szövege helyesen: valamint a talpponti háromszög területének. Igaz ez már nem nehéz, ha az előzőekre megvan a válasz.
|
Előzmény: [275] jonas, 2005-08-23 22:40:10 |
|
[278] lorantfy | 2005-08-24 10:25:21 |
Hello Viktor!
Ez az EUKLIDES program. A 2.02 verzió ingyenesen letölthető: www.euklides.hu.
Töltsd le és szórakozz el vele. Én a kész ábrát Print Screen-el vágólapra szoktam tenni. Aztán egy képszerkesztővek kivágom a lényeges részt és átlátszóvá teszem, majd elmentem gif-ben és úgy csatolom a hozzászóláshoz. Így a háttérszínen jelenik meg.
|
Előzmény: [277] xviktor, 2005-08-24 10:09:36 |
|
|
|
|
[274] BohnerGéza | 2005-08-23 22:08:14 |
Üdv mindenkinek!
Köszönöm Kós Ritának [273] a segítséget!
57. (számozott) feladat: Egy háromszög oldalai 13, 14 és 15. Adjuk meg a pontos értékét a
a.) beírt köre sugarának
b.) TcBTa (Ta és Tc magasságtalppontok) beírt köre sugarának
c.) TcBTa háromszög területének ( a talpponti háromszög területének )
|
|
[273] Kós Rita | 2005-07-26 19:31:42 |
A lekepezesek szorzatarol rovidebben-hosszabban Reiman Istvan konyveiben is van szo: Fejezetek az elemi geometriabol (Typotex, pici vekony, ebben biztosan), ill. A geometria es hatarteruletei c. konyvben, ha jol emlekszem.
|
Előzmény: [272] BohnerGéza, 2005-07-15 23:09:11 |
|
[272] BohnerGéza | 2005-07-15 23:09:11 |
Az 50., 51., 53. és 56. feladat közös, általános megoldása.
Igen örülök lorantfy és Kós Géza 56. feladatra a [267]-ben ill. [268]-ban leírt megoldásának. Ezek is alkalmasak az általánosításra.
Ha valaki még nem ismeri a leképezések szorzatát, annak is megérthető amit írok, de időt és energiát kell rá szánnia, végigjátszva-gondolva minden állítást!
A téma bővebb megismeréséhez Rácz János könyveit tudom ajánlani, de ezek nehezen érhetők el. Rossz memóriám miatt további könyveket most nem tudok, remélem lesz valaki és kisegít!
Jelölje az A körüli alfa forgatást (A|alfa). Legyen
(1)...(C|gamma)*(B|béta)*(A|alfa)=I helybenhagyás.
//A leképezések szorzatát - egymás utáni elvégzését - visszafelé olvasva kell értelmezni, tehát először A, majd B, végül C körül forgatunk,// Helybenhagyást akkor kapunk, ha összesen n*360 fokot, ahol n egész, forgatunk és van fixpont. Ez a fent jelzett feladatok esetén áll. Az egyszerűség kedvéért és mert ilyen esetre ezen feladatok mindig visszavazethetők n=1 (vagy -1) esettel foglalkozunk.
Tudnunk kell még, hogy egy forgatás helyettesíthető két tengelyes tükrözés szorzatával, pl. (A-alfa)=t2*t1, ahol t1 és t2 is átmegy A-n, valamint t1 és t2 szöge alfa fele az irányítást is figyelembe véve. (1)-et balról (C|-gamma)-val szorozva:
(2)...(B|béta)*(A|alfa)= (C|-gamma)
Legyen t2=AB, t1 és t3 pedig olyan egyenesek, melyekre (A|alfa)=t2*t1 és (B|béta)=t3*t2. Ekkor
(3)...(B|béta)*(A|alfa)=(t3*t2)*(t2*t1)=t3*(t2*t2)*t1=t3*t1= (C|-gamma)
Tehát t1 és t3 is átmegy C-n. Mindent végiggondolva ABC olyan háromszög kell legyen, melyben a megfelelő csúcsoknál alfa/2, béta/2 ill. gamma/2 szög van. //Feltéve, hogy egyik szög sem n*360 fok, azaz mind a három forgatás valódi fogatás. //
Jó munkát a fent jelzett feladatok átgondolásához! Kitalálható esetleg újabb konkrét feladat is?!
|
Előzmény: [268] Kós Géza, 2005-07-11 12:00:08 |
|
[271] Hajba Károly | 2005-07-11 16:43:28 |
Köszi a továbbképzés. Tényleg egyszerű.
De talán már nem olyan egyszerű azon zárt görbe megszerkesztése, mely görbe bármely pontjára azonos a PA+PB+PC hossz nagysága. Ezen görbe elfajult esete az I pont is.
HK
|
Előzmény: [270] lorantfy, 2005-07-11 15:40:54 |
|
[270] lorantfy | 2005-07-11 15:40:54 |
Kedves Károly!
A tétel igaz: Ha az ABC hegyesszögű háromszög síkjában lévő P pontra igaz, hogy AP+BP+CP összeg minimális, akkor P a háromszög izogonális pontja (melyből mindhárom oldal 120 fokos szögben látszik.)
A bizonyítás nagyon szép és egyszerű. Forgassuk el a B pont körül a BCP háromszöget 60 fokkal. Mivel BP'P háromszög egyenlő oldalú, ezért az APP'A' törött vonal hossza megegyezik az AP+BP+CP összeggel. Az A' helyzete P-től független. APP'A' hossza akkor minimális, ha P és P' az AA' egyenesre illeszkedik. Ez pedig akkor van, ha APB és BPC 120o, vagyis ha P az izogonális pont.
|
|
Előzmény: [269] Hajba Károly, 2005-07-11 13:31:23 |
|
[269] Hajba Károly | 2005-07-11 13:31:23 |
Üdv!
Érdekesnek tűnik a háromszög I pontja más szempontból is, mintha erre a pontra igaz, hogy PA + PB + PC hossz a legrövidebb, ahol A, B, C a háromszög csúcsai, míg P egy tetszőleges pont a síkjukban. Bizonyítani nem tudom, csak ráleltem. Ha igaz, gondolom egy -általam nem- ismert tétel.
Egy adtok egy kis továbbképzést vagy címeket, megköszönném. :o)
O.
|
Előzmény: [268] Kós Géza, 2005-07-11 12:00:08 |
|
[268] Kós Géza | 2005-07-11 12:00:08 |
Legyen az AC'B és BA'C köré írt körök B-től különböző metszéspontja I. Az AC'BI és BA'CI húrnégyszögek szögeiből AC'B=BA'C=120o. Ebből következik, hogy CB'A=120o, vagyis az I pont a CB'A körön is rajta van.
Ha az ABC háromszög mindegyik szöge 120 foknál kisebb, akkor I a háromszög izogonális pontja. Ha valamelyik szög éppen 120 fok vagy annál nagyobb, akkor nincs izogonális pont, és az ábra kicsit máshogy néz ki, de a három kör akkor is egy ponton megy át.
Az IA'', IB'', IC'' szakaszok (egyenesek) páronként 120 fokos (60 fokos) szöget zárnak be. Az A''B'', B''C'', C''A'' egyenesek két-két kör centrálisai, amik merőlegesen felezik az IA'', IB'', IC'' közös húrokat. Ezek az egyenesek tehát szintén páronként 60 fokos szöget zárnak be egymással.
|
|
Előzmény: [267] lorantfy, 2005-07-10 17:00:12 |
|
[267] lorantfy | 2005-07-10 17:00:12 |
Nem szeretném, ha Géza szép feladata feledésbe merülne!
56. feladat megoldása: Helyezzük a koord.rsz. origóját a háromszög S súlypontjába.
Legyen
Fejezzük ki vektort ezek segítségével!
pedig 90 fokos, pozitív irányú elforgatottjának -szorosa.
Hasonlóan:
Az origó körüli 120 fokos, pozitív irányú forgatás mátrixa:
Ezzel beszorozva -t és felhasználva, hogy a,b,c vektorok összege 0, vagyis a koordinátákra is:
a1+b1+c1=0, a2+b2+c2=0
-t kapjuk. Tehát igaza van Dánielnek (=tudniakarok): valóban egyenlő oldalú háromszöget kapunk.
|
|
|
|
[265] papi | 2005-07-06 08:54:13 |
Bocsánat ! Természetesen az előbb Torricelli pontot akartam írni (papi)
|
|
[264] papi | 2005-07-06 08:37:07 |
Kedves Barátaim ! A h-szög nevezetes pontjainak a köré írható körre vonatkozó hatványait keresgélem. A S-pont, M-pont, beírt kör Kpontja és a Lamoine-féle pont esetében már rájöttem e hetványokra. De a Tossicelli-pontnál elakadtam. Tud valaki segíteni? (papi)
|
|
[263] Lóczi Lajos | 2005-07-04 23:46:42 |
Csak kiegészítésképpen írom, hogy a "négyzetes közelítés" az idézett Newton-módszerben persze nem azt jelenti, hogy a szereplő deriváltpolinom épp másodfokú, hanem azt, ahogyan a hiba nagysága csökken: a numerikus módszerek elméletéből ismert, hogy a Newton-módszer gyorsan konvergál, ha megfelelően közelről indítjuk a tényleges megoldástól (azaz z0-t "elég közel" választjuk meg a keresett értékhez, ami jelen esetben z0=1 mellett jó, de általában a pontos vonzási tartomány fraktálbonyolultságú alakzatokból áll, l. pl. http://mathworld.wolfram.com/NewtonsMethod.html)
A konvergencia a jelen esetben olyan gyors, hogy |z3-cos (10o)|2.10-7, majd |z4-cos (10o)|3.10-14, aztán |z5-cos (10o)|7.10-28, stb.
(A hatványsoros közelítés előnye, hogy a kezdeti értékkel nem kell bajlódni, de a konvergencia nem ennyire gyors: az n. lépésben a hiba ott n faktoriálissal arányos.)
|
Előzmény: [261] jonas, 2005-07-02 10:28:45 |
|
|
[261] jonas | 2005-07-02 10:28:45 |
Az igaz, hogy a koszinusz (illetve a hatványsorba fejtése) többet mond az értékről, mint a komplex köbgyökös kifejtés.
Ennek ellenére a harmadfokú egyenlettel is lehet valamit kezdeni, ha már nadorp kiszámolta. Persze ha a megoldóképletet alkalmazzuk rá, akkor sinust kell számolni, de megoldhatjuk közvetlenül a harmadfokú egyenletet valamilyen közelítéssel. Nem nehéz négyzetes közelítést kapni:
p'(z)=12z2-3
z0=1
zn+1=zn-p(z)/p'(z)
Ekkor zncos (10deg)=0.98481
|
Előzmény: [256] Lóczi Lajos, 2005-06-29 20:38:19 |
|