Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Projektív geometria

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[22] marcius82013-01-30 13:04:19

A projektív geometria alaptétele a síkbeli Desargues-tétel: Két háromszög megfelelő csúcsait összekötő egyenesek pontosan akkor metszik egymást egy pontban (a két háromszög potra nézve perspektív), ha a két háromszög megfelelő oldalegyeneseinek metszéspontja egy egyenesen van (a két háromszög egyenesre nézve perspektív).

Ezzel kapcsolatban egy feladat: Adott a síkon három háromszög. Bizonyítandó, hogy a három háromszög páronként pontra nézve perspektív és a perspektivitások centrumai egy egyenesen vannak, pontosan akkor, ha a három háromszög páronként egyenesre nézve perspektív és a perspektivitások tengelyei egy pontban metszik egymást.

[21] sakkmath2013-01-30 00:06:59

Bár a projektív geometria témáján kívül esik, megemlítem, hogy

az LMN és L'M'N' háromszögek területe egyenlő.

Ennek bizonyítása hosszadalmas, bonyolult. Egyszerűbb a helyzet, ha P-t és Q-t a háromszög nevezetes pontjai közül választjuk. Ekkor más módszerrel, esetleg könnyebben (is) megoldható feladatokat kaphatunk - a háromszögterületek vonatkozásában. Így született a B. 3896. KöMaL-példa és a Geometria /[1355]-ben felvetett 162. feladat.

Előzmény: [13] sakkmath, 2013-01-23 17:15:36
[20] sakkmath2013-01-29 00:08:29

Köszönöm, a közölt részeredményekhez én is eljutottam. Nekem sem sikerült bebizonyítani, hogy P rajta van az XYZ egyenesen.

Egyebek mellett megpróbáltam felhasználni, alkalmazni az AOPS-Fórumon itt talált segédtételeket, de eddig nem sok sikerrel jártam.

Örömmel venném, ha valaki feltenné a probléma megoldását, vagy annak vázlatát.

Előzmény: [17] Vonka Vilmos Úr, 2013-01-25 12:14:02
[19] Vonka Vilmos Úr2013-01-26 16:46:54

Ezzel a kérdéssel kapcsolatban én egy olyan feltételt ismerek, hogy a tekintett ábra pontosan akkor egy kocka centrális vetülete, ha az (OA0A1), (OB0B1), (OC0C1) osztóviszonyok négyzeteinek aránya megegyezik a C0A0B0\angle, A0B0C0\angle, B0C0A0\angle szögek tangenseinek arányával. A tétel bizonyítása elég hosszú, és több ábrázoló geometriai ismeretet igényel, de ha valakit érdekel, tudok rá megadni magyar nyelvű hivatkozást.

Előzmény: [18] marcius8, 2013-01-25 14:02:38
[18] marcius82013-01-25 14:02:38

A [14] hozzászólásomban kitűzött feladatok megoldása csakugyan nem nehéz, "VV" hozzászólónak ajánlom átgondolásra a következő problémát:

Bár a projektív geometriát "távolságok nélküli geometria"-ként szokták említeni, de felvetődik a következő kérdés: Az alábbi ábrán levő szakaszok között milyen összefüggésnek kell teljesülni, hogy az éppen egy kocka tri-centrális perspektivikus vetülete legyen?

Tisztelettel: Bertalan Zoltán (marcius8)

[17] Vonka Vilmos Úr2013-01-25 12:14:02

Az, hogy X, Y és Z egy egyenesen van, egyszerűen látszik (hiszen az MNL és M'N'L' háromszögek Q-ra nézve perspektívek). Azt azonban nem sikerül belátnom, hogy egyenesükön P is rajta van, részemről szabad a gazda.

(Az X, Y, Z pontok egyeneséről egyébként a következőket sikerült belátnom, de azt nem látom, hogy bármelyik észrevétel közelebb vinne a megoldáshoz:

- az egyenes tartalmazza az MN'\capM'N, ML'\capM'L és NL'\capL'N pontokat is - ez szintén a Desargues-tétel alkalmazásával egyszerűen látszik;

- az M,N,L,M',N',L' pontok egy kúpszeleten vannak, és erre a kúpszeletre vonatkozóan a szóban forgó egyenes Q polárisa.)

Előzmény: [13] sakkmath, 2013-01-23 17:15:36
[16] Vonka Vilmos Úr2013-01-24 11:38:26

Talán még annyit, hogy ehhez a megfogalmazáshoz odakívánkozik a kollineáció definíciója: a projektív sík egy illeszkedéstartó bijekciója önmagára. Ennél többet nem is kell tudni a feladatok megoldásához.

Előzmény: [15] Vonka Vilmos Úr, 2013-01-24 11:34:31
[15] Vonka Vilmos Úr2013-01-24 11:34:31

A feladatok lényege síkban is megfogalmazható, a megoldásokat egyelőre nem lövöm le.

1. Adott egy négyzet képe egy kollineációnál, és a négyzet valamelyik oldalán az egyik harmadolópont képe. Szerkesztendő az adott oldalra illeszkedő másik harmadolópont képe.

2. Adott egy négyzet képe egy kollineációnál. Szerkesztendő az adott oldalra illeszkedő valamely harmadolópont képe.

Előzmény: [14] marcius8, 2013-01-24 09:50:38
[14] marcius82013-01-24 09:50:38

A legutóbbi [11] hozzászólásomban a kérdéseket pontosítom:

1. Adott egy Rubik-kocka tri-centrális perspektivikus ábrája (párhuzamos egyenesek látsszólag metszik egymást) , amelyen a Rubik-kockának a legközelebbi kis kockája látható. Szerkesztendő ezen az ábrán a Rubik-kocka további látható kiskockáinak látható része.

2. Adott egy Rubik-kocka tri-centrális perspektivikus ábrája (párhuzamos egyenesek látsszólag metszik egymást) , amelyen a Rubik-kockának a három oldallapja látható a 3x3-as feosztás nélkül. Szerkesztendő ezen az ábrán a Rubik-kocka oldallapjainak 3x3-as felosztása.

[13] sakkmath2013-01-23 17:15:36

A 17. feladat - javított kivitelezésben:

Előzmény: [12] sakkmath, 2013-01-23 16:56:35
[12] sakkmath2013-01-23 16:56:35

Saját feladat, ha jól számolom, itt a 17.:

[11] marcius82013-01-23 12:46:14

Tisztelt hozzászólók!

Nagyon érdekes témakör a projektív geometria. Ez a geometria igazából a "távolságok nélküli geometria". Sok érdekes tételt lehet megemlíteni ebben a témakörben, lásd Hajós György "Bevezetés a geometriába" című egyetemi tankönyvét. (Desargues-tétel, Pascal-tétel, Brianchon tétele, ..... ) A projektív geometria alkalmazhatósága igazából az ábrázoló geometriában nyílvánul meg. Lássunk erre néhány példát!

1. Szerkesszünk meg egy bűvös kocka tri-centrális perspektivikus képét az oldallapok 3x3-as felosztásával együtt. 2. Adott egy bűvös kocka tri-centrális perspektivikus képéből a három látható oldallap a 3x3-as felosztások nélkül. Szerkesszük meg a látható oldallapok 3x3-as felosztását!

Más témakör: 1. Adott egy szabályos háromszög három csúcsa. Bizonyítandó, hogy csak egy egyélű, beosztás nélküli vonalzóval nem lehet megszerkeszteni a háromszög középpontját! 2. Adott egy szabályos négyzet négy csúcsa. Csak egy egyélű, beosztás nélküli vonalzóval milyen további pontok szerkeszthetőek meg?

És a csúcs: Futballmérkőzések közvetítése során egyre többször alkalmaznak a pályára virtuális kivetítéseket (például a mérkőzés elején és végén a gyepen látszik perspektivikusan a végeredmény), továbbá programm segítségével ki tudják írni a közvetítés alatt, hogy szabadrúgás elvégzésekor az ellenfél játékosa milyen távol van a labdától, vagy a labda milyen távol van a kaputól.....

Tisztelettel biztatok mindenkit a további alkotó jellegű hozzászólásokra.

[10] Vonka Vilmos Úr2013-01-23 11:44:54

Ha már egy másik témában előjött, akkor megfogalmaznám a harmonikus pontnégyesek egy további szép alkalmazását.

Tekintsünk négy olyan pontot (A,B,C,D), amelyek közül semelyik három nem esik egy egyenesre. Nevezzük a tekintett pontokat az ABCD teljes négyszög csúcsainak; valamint a P=AB\capCD, Q=AC\capBD és R=AD\capBC pontokat az ABCD teljes négyszög átlóspontjainak; a PQ, PR, QR egyeneseket pedig a négyszög átlóinak.

11. feladat Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges teljes négyszög bármely két csúcsa, az egyenesükre illeszkedő átlóspont, és egyenesüknek ezt az átlóspontot nem tartalmazó átlóval közös pontja harmonikus pontnégyest alkot!

12. feladat Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges trapéz szárainak metszéspontját a trapéz átlóinak metszéspontjával összekötő egyenes felezi a trapéz alapjait!

[9] Vonka Vilmos Úr2013-01-23 11:34:47

Egyedül az 5. feladatot nem ismertem, úgyhogy csak ahhoz szólnék hozzá. Nekem az jött ki, hogy a megadott feltételek mellett BB', AC' és CA' megy át egy ponton. (Úgy tűnik, hogy a felírt formában nem igaz az állítás.)

A megfelelő szögek egybevágósága miatt az (AB',AC,AB,AC') egyenesek kettősviszonya megegyezik a (CA',CB,CA,CB') egyenesek kettősviszonyával. A (PQRS)=(SRQP) azonosságot alkalmazva és az egyenesek sorrendjét megváltoztatva kapjuk, hogy (AC,AB',AB,AC')=(CA,CB',CB,CA').

(Itt akár hivatkozhatnánk az általam megfogalmazott 7. feladat duálisára: az alapján innen következik, hogy AB'\capCB'=B', AB\capCB=B és AC'\capCA' egy egyenesre esik. De ezen a ponton még nem ismerjük a dualitás elvét, így az érvelést másként folytatom.)

Mindkét egyenes-négyest elmetszve a BB' egyenessel azt kapjuk, hogy (XB'BY)=(XB'BZ), ahol X=AC\capBB', Y=AC'\capBB' és Z=A'C\capBB'. Így a 4. feladat 2. része alapján Y=Z, ami állításunk igazságát jelenti.

Előzmény: [6] m2mm, 2013-01-23 00:13:56
[8] Vonka Vilmos Úr2013-01-23 07:15:19

A már megoldott feladatok alapján nagyon szépen lehet tárgyalni a projektív geometria legnevezetesebb tételeit. Ehhez alkalmas eszköz a következő segédtétel.

7. feladat Tegyük fel, hogy az e és e' egyenesek metszéspontja M. Legyen az e egyenes további három pontja A, B és C, valamint az e' egyenes további három pontja A', B' és C'. Ha (ABCM)=(A'B'C'M), akkor az AA', BB' és CC' egyenesek egy ponton mennek át.

E feladat eredményének alkalmazásával már beláthatóak az alábbiak.

8./a. feladat (Desargues-tétel) Tegyük fel, hogy az ABC és A'B'C' háromszögekre teljesül, hogy az AA', BB' és CC' egyenesek egy ponton mennek át. Igazoljuk, hogy ekkor az AB és A'B', AC és A'C', valamint BC és B'C' egyenespárok metszéspontjai egy egyenesre illeszkednek!

8./b. feladat Fogalmazzuk meg és igazoljuk a Desargues-tétel megfordítását!

9. feladat (Pappos-tétel) Tekintsük az e és e' egyeneseket. Legyenek A, B, C az e egyenesen, A', B' és C' pedig az e' egyenesen fekvő, a metszésponttól különböző tetszőleges pontok. Bizonyítsuk be, hogy az AB' és A'B, AC' és A'C, BC' és B'C egyenespárok metszéspontjai egy egyenesre illeszkednek!

10. feladat (Pascal-tétel) Tegyük fel, hogy A, B, C, D, E, F egy kör hat különböző pontja. Bizonyítsuk be, hogy az AB és DE, BC és EF, CD és FA egyenespárok metszéspontjai egy egyenesre illeszkednek.

[7] sakkmath2013-01-23 01:17:52

Ezt írod:

"(Megjegyzés: a levezetésben az osztóviszony jelölését használom. (ABC)=AB/BC, ahol A, B, C kollineáris pontok,..."

Szerintem az osztóviszony helyesen:

(ABC)=AC/CB.

Előzmény: [3] w, 2013-01-22 21:38:42
[6] m2mm2013-01-23 00:13:56

Igen. A feladatok bizonyítása nem lesz nehéz általában, de szükséges ismeretük a későbbiekben.

Most jöjjön egy puszta alkalmazás:

3.feladat:Legyen ABCD konvex négyszög. Legyen e az A-t átmenő, BD-vel párhuzamos egyenes és f a B-n átmenő, AC-vel párhuzamos egyenes, e és f metszéspontja E. Biz. EC BD-t ugyanolyan arányban vágja el, mint ED AC-t.

-

A,B,C,D pontokat harmonikus pontnégyesnek nevezünk(és a,b,c,d egy ponton áthaladó egyeneseket harmonikus sugársornak), ha (ABCD)=-1(illetve (abcd)=-1). Ekkor A és C egymás harmonikus társa.

4. feladat:Bizonyítsuk be, hogy ha B,C,D pontok egy egyenesen vannak, akkor egyértelműen létezik az egyenesen harmonikus társa C-nek. (röviden harmonikus társ egyértelmű) Az is igaz, hogy ha a kettősviszonya 3 ismert és 1 ismeretlen pontnak adott, akkor az ismeretlen is ismert.

Egy újabb alkalmazás, ezt az eredményt tudni nem szükséges a továbbiakhoz:

5.feladat:Az ABC háromszögben AB=BC. ABC’, BCA’, CAB’ hasonló háromszögeket emeljük a háromszög oldalaira kifelé (AB:BC:CA=AC’:BA’:CB’=BC’:CA’:AB’). Biz. AA’, BC’, CB’ egy ponton mennek át.

-

Vegyük észre, hogy egy szakasz két végpontja, felezőpontja és az ideális pont(a szakaszhoz, mint egyeneshez tartozóé) harmonikus pontnégyest határoznak meg . Ez nagyon lényeges, ezért emeltem ki.

6. feladat: Ha A,B,C,D pontok ebben a sorrendben egy egyenesen vannak és harmonikus pontnégyest határoznak meg, akkor tetszőleges I pontra a síkon(leszámítva AB egyenes pontjait), pontosan akkor lesz BID\angle=\frac{\pi}{2}, ha AIB\angle=BIC\angle.

[5] w2013-01-22 22:02:20

Egy kevésbé nyilvánvaló vetítési lehetőség:

[4] w2013-01-22 21:59:59

A 2. feladat nyilvánvalóan következik a Papposz-Steiner-tételből (1. feladat), mert a vetítésnél a P-nél lévő szögek, azaz a PA, PB, PC, PD egyenesek kettősviszonya nem változik, és ezzel az e-n és f-en lévő pontok kettősviszonya is megmarad.

[3] w2013-01-22 21:38:42

1. feladat megoldása. A szinusztétel szerint

\frac{AC}{sinac}=\frac{AP}{sinACP<},

\frac{CB}{sincb}=\frac{BP}{sinBCP<}.

A kettőt egymással leosztva kapjuk:

(ABC):(abc)=\frac{AP}{PB},

hiszen ACP< és BCP< (előjeles szögek) különbsége 180 fok. (Ezt az összefüggést lehetne általánosított szögfelezőtételnek nevezni.)

Ugyanitt c-t (C-t) d-vel (D-vel) helyettesítve ugyanúgy érvényben marad:

(ABD):(abd)=\frac{AP}{PB}.

A két kapott egyenlőséget egymással leosztva:

\frac{(ABC)}{(ABD)}=\frac{(abc)}{(abd)}, azaz

(ABCD)=(abcd).

(Megjegyzés: a levezetésben az osztóviszony jelölését használom. (ABC)=AB/BC, ahol A, B, C kollineáris pontok, és (efg)=sineg/singf, ahol e, f, g egy ponton áthaladó egyenesek.)

Előzmény: [2] m2mm, 2013-01-22 13:58:23
[2] m2mm2013-01-22 13:58:23

Versenyeken általában a projektív geo elméletét használjuk és nem egy-egy tételt kiragadva. Általában, ha proj geoval oldunk meg valamit, akkor a kettősviszonytartóságát kihasználva megfelelő vetítésekkel tudunk megoldani vele feladatot. A megfelelő vetítések alatt lehet azt érteni, hogy elküldünk pontot ideálisba/egyeneseket párhuzamossá teszünk, vagy ismert kettősviszonyú pontnégyesbe visszük. Az ismert kettősviszonyokra pedig további tételek vannak.

Így, legelőször a különböző vetítések kettősviszonyát célszerű belátni. Na de kezdjük a fogalmakkal(nem axiómákból építem fel...):

Vetítésből többféle van, vegyük először a legegyszerűbbet. Síkon adott e és f egyenes, valamint a P pont. Ha az e egyenest vetítjük f-re P-n keresztül, akkor e A pontjának a képe f és PA metszéspontja. Ekkor két dolog nincs rendben: ha P-n keresztül párhuzamost húzunk f-fel, és ez e-t metszi M-ben, akkor mi M képe? Erre vezetjük be az ideális pont elnevezést, amit a hatásvadászok néhol végtelen távoli pontnak neveznek. Minden egyenesen van egy ideális pont, egyetlen egy.

A másik kérdés, hogy minek a képe az a pont, ahol a P-n átfutó e-vel párhuzamos metszi f-et? Az e egyenes ideális pontjáé. Így a kiegészített síkon a vetítés e és f között bijekció(azért ellenőrizze mindenki, hogy tényleg más a képe különböző pontoknak).

Kettősviszonyt "elsőként" 4 pont esetén szoktunk nézni, általában kúpszeleten/egyenesen. Az A,B,C,D pontok kettősviszonya (ABCD)=\frac{AC}{CB}:\frac{AD}{DB}, ahol a távolságok előjelesen értendők.

Érdemes hallani róla, hogy pl. (ABCD)=(BADC)=(DCBA).

Kettősviszonyt azonban egy ponton átmenő egyenesekre is értelmezünk, (abcd)=\frac{\sin ac}{\sin bc}:\frac{\sin ad}{\sin db}, ahol a szögek ugyancsak előjelesen értendőek.

A következők lehetnek az első feladatok

1. feladat(Papposz-Steiner-tétel):Ha a,b,c,d egyenesek egy ponton mennek át és az e egyenes A,B,C,D pontokban metszi őket, akkor (ABCD)=(abcd).

2. feladat:A fentebb megadott(e->f) vetítés kettősviszonytartó.

Előzmény: [1] w, 2013-01-22 11:17:21
[1] w2013-01-22 11:17:21

Ebben a témában írhatunk a projektív geometria fontos tételeiről és azoknak alkalmazásairól. Azért nyitom meg, mert ez a témakör az utóbbi időben igen mellőzött volt (illetve azért, mert kíváncsi vagyok, mekkora jelentősége van ezeknek a tételeknek).

A projektív geometria tételei nem igazán ismertek, ezért esetleg azzal lehetne kezdeni, hogy a továbbiakban alkalmazandó tételeket (lehetőleg elemi) bizonyítással leírjuk.

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]