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.
[48] w2013-04-03 21:27:51

Amikor a kérdést először megismertem, a kúpszeletek kanonikus egyenleteire gondoltam: ellipszis esetén

\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1.

Itt akkor végezzünk két merőleges affinitást, a két tengelyre, úgy, hogy ebből kör-egyenletet kapjunk. Úgy tűnik, a merőleges affinitás kollineáció, hisz az egyenes pontjai esetén kettősviszonytartó, így sugársorokra is ez elmondható.

A kanonikus alak létezése már elemibb dolog, ismert eredmény (tudom, "elkentem").

Az volna a kérdés, hogy ezt parabolákkal, hiperbolákkal meg lehet-e csinálni? Nyilván az ilyesfajta affinitásból ki kellene lépni, vagy sem? (Nem kell az állításaimat komolyan venni :-). )

Előzmény: [47] w, 2013-04-03 21:19:14
[47] w2013-04-03 21:19:14

Ha már a GEOMETRIA témában felmerült, felvetném:

Van-e minden kúpszelethez olyan kollineáció (kettősviszonytartó transzformáció), amely körbe viszi?

[46] jonas2013-03-30 22:44:35

Igen.

Előzmény: [45] Sinobi, 2013-03-30 21:53:49
[45] Sinobi2013-03-30 21:53:49

Egy kúpszelet párhuzamosan vetített képe (affinitása) is kúpszelet. Vannak olyan centrális vetítések, amik kúpszeletet kúpszeletbe visznek (triviálisan: a kúp középpontjából történő vetítés mindenképpen kúpszeletbe visz.) Vajon minden centrális vetítés (síkról síkra, a 3-térben) kúpszelettartó-e?

[44] w2013-03-18 07:11:47

Szép megoldás, rokon megoldás. Ugyanúgy a transzformációkat használja ki.

Előzmény: [43] Sinobi, 2013-03-18 01:49:08
[43] Sinobi2013-03-18 01:49:08

,,A k2 kört és a hozzá kapcsolódó pontokat H körül kpos hasonlósággal k1-be viszi (enélkül szerintem nem is lehet megoldani)."

Maga Balázs például invertált nagyítás helyett (vázlatosan):

O középponttal k1-re és k2-re a merőleges körök legyenek i1 és i2 (amik tartalmazzák P-t, Q-t, R-t és S-t) H kp-ú k1-t és k2-t kicserélő inverzió P-t R-be viszi, és megtartja i1' k1' merőlegességét, és i1' középpontjának egyenesét (HO), i1' kp-ja tehát O és merőleges k2-re; i1 és i2 egymás képei, tehát Q és S is.

Még csak azt sem kell belátni, hogy a hvonalon van O.

Mondjuk ez elég távol van a projektív geometriától.

[42] w2013-03-12 19:47:28

Sok a megoldásodban az elméleti háttér.

Én olyan megoldást küldtem be, ami lényegében a Te megoldásod, csak elemi módon van kivitelezve. Vázlatosan:

Lemma. OP=OR, ha H, P, R kollineáris. Biz.: Elvégezzük azt a H középpontú középpontos hasonlóságot, amely k2 kört k1-be viszi. R pont képe olyan R'\ink1, melyre R'\inHP. R'-ben meghúzzuk a k1-et érintő egyenest, ami a P-ben húzott érintőt O1 pontban metszi, ahol O1P=O1R'. Nyilván O_1PR'_\Delta\sim OPR_\Delta, ahonnan OP=OR is teljesül.

Igazoljuk (OQ=OP=OR=OS), hogy QS is áthalad H ponton. A Lemma miatt (HQ\capk2=X) a k1-et Q-ban és a k2-t X-ben érintő két egyenes metszéspontja (ha létrejön) olyan Y pont, melyre YQ=YX. Ekkor nyilván Y=O, és ezért X=R vagy X=S lehet. Ha viszont X=R, akkor P, Q és R kollineáris, Q\neP miatt az első bekezdés jelölései mellett Q=R', így O=O1, amiből Q=R és k1=k2 adódik, ez ellentmondás. Tehát mindenképpen X=S. Készen vagyunk.

* * * * *

Ma hallottam egy másik nagyon szép megoldást. A k2 kört és a hozzá kapcsolódó pontokat H körül kpos hasonlósággal k1-be viszi (enélkül szerintem nem is lehet megoldani). Ezután a P, Q', R, S' pontok által alkotott elfajuló hatszögekre alkalmazhatjuk a Pascal-tételt, ezzel az érintők is könnyen belevihetők. Végül a bizonyítandó állítás adódik a sok kollinearitás miatt.

Előzmény: [41] Vonka Vilmos Úr, 2013-03-12 14:27:02
[41] Vonka Vilmos Úr2013-03-12 14:27:02

Azért, hogy felhozzam a témát, írok egy egyszerű projektív geometriai megoldást az éppen lejárt A. 581. feladatra.

Mivel PR átmegy H-n, van olyan H centrumú kollineáció, amely a k1 kört a k2 körbe transzformálja. Valóban: legyenek a közös érintők érintési pontjai E1 és E'1 valamint E2 és E'2 (ahol E1 és E2 illeszkedik a k1 körre), és tekintsük azt a kollineációt, amelynél a H, E1, E2, P pontok képei rendre H, E'1, E'2, R. Ennek a kollineációnak H centruma. A P, E1, E2 pontok és HE1, HE2 érintők képei rendre az R, E'1, E'2 pontok és HE'1, HE'2 érintők. Így ez a kollineáció a k1 kör három pontját és ezek közül kettőre illeszkedő érintőjét a k2 kör megfelelő három pontjába és ezek közül kettőre illeszkedő érintőjébe transzformálja, ezért a k1 kör képe a kollineációnál a k2 kör (a k1 képeként kapott kúpszeletet ugyanis ez az öt adat egyértelműen meghatározza).

Az így nyert kollineációnál a k1 kör P-re illeszkedő érintőjének képe a k2 kör R-re illeszkedő érintője, így e két érintő metszéspontja - tehát az O pont - rajta van a kollineáció tengelyén. Azaz O fixpont, így az O-ból k1-hez húzott "másik" érintő képe az O-ból k2-höz húzott "másik" érintő, tehát OQ képe OS. Ebből következik, hogy a kollineációnál Q képe S. Mivel tetszőleges pontot a képével összekötő egyenes illeszkedik a centrumra, így QS valóban átmegy H-n.

(Megjegyzem, hogy két kúpszelet közötti centrális kollineáció tengelye mindig a két kúpszelet hatványvonala - azaz olyan egyenes, amelyen a konjugált pontpárok mindkét kúpszeletre vonatkozóan ugyanazok; ez két kör esetén ismert módon éppen a "szokásos" hatványvonalra és az ideális egyenesre teljesül. Ebből következik, hogy O rajta van k1 és k2 hatványvonalán. Ez egyébként elemi úton is egyszerűen látszik, a keletkező szögek összevetésével ugyanis belátható, hogy PRO egyenlő szárú.)

[40] Vonka Vilmos Úr2013-02-24 14:53:08

8/a. feladat Legyen az AA', BB', CC' egyenesek közös pontja O továbbá legyen AB\capA'B'=P, BC\capB'C'=Q, PQ\capAA'=X, PQ\capBB'=Y, PQ\capCC'=Z. Ekkor a Pappos-Steiner tételt kétszer alkalmazva (először P, majd Q középpontból vetítve) (AA'XO)=(BB'YO)=(CC'ZO). Így a 7. feladat alapján AC, A'C' és XY=PQ egy ponton mennek át, vagyis valóban, AC\capA'C' PQ-ra illeszkedik.

8/b. feladat A megfordítás igazolásához legyen AB\capA'B'=P, BC\capB'C'=Q, AC\capA'C'=R. Tegyük fel, hogy P, Q, R egy egyenesre illeszkedik. Azt kell megmutatnunk, hogy ekkor az AA', BB', CC' egyenesek egy ponton mennek át. A Desargues-tételt az AA'R és BB'Q háromszögekre alkalmazva ez egyszerűen adódik.

9. feladat Vezessük be az e\cape'=M, AB'\capA'B=P, AC'\capA'C=Q, BC'\capB'C=R, AC'\capA'B=X, A'C\capBC'=Y jelöléseket. Azt kell megmutatnunk, hogy P, Q és R egy egyenesre illeszkedik. A Pappos-Steiner tételt kétszer alkalmazva (először A, majd C középpontból vetítve) (A'PXB)=(A'B'C'M)=(YRC'B), így a 7. feladat eredménye alapján A'Y, PR és XC' egy ponton megy át. Mivel A'Y=A'C és XC'=AC' metszéspontja Q, ez az állítás igazságát jelenti.

10. feladat Itt az előző feladat ötlete alkalmazható némi módosítással: itt a szóban forgó hat pont nem egy metsző egyenespárra, hanem egy körre illeszkedik. Legyen AB\capDE=P, BC\capEF=Q, CD\capFA=R, AF\capDE=X, CD\capEF=Y. A kerületi szögek tétele miatt az (AD,AB,AF,AE) egyenesnégyes kettősviszonya megegyezik a (CD,CB,CF,CE) egyenesnégyes kettősviszonyával. Az első sugárnégyest a DE, a másodikat az EF egyenessel elmetszve innen azt kapjuk, hogy (DPXE)=(YQFE). A megoldás innen - ismét a 7. feladat eredményét - használva az előző feladatban látott módon fejezhető be.

[39] w2013-02-24 13:02:47

Kissé elakadtam. Szabad a gazda, hogy lehetne a 8-10. feladatra alkalmazni a 7. feladatot?

Előzmény: [8] Vonka Vilmos Úr, 2013-01-23 07:15:19
[38] w2013-02-01 20:52:50

Köszönöm.

Közben még oldottam feladatot. 7. feladat (Lemma): Ha e és e' egyenesek M-ben metszik egymást, és (ABCM)=(A'B'C'M), csakkor (akkor és csak akkor) AA', BB', CC' egyenesek egy ponton haladnak át.

Bizonyítás. Mivel AB és A'B' metszi egymást, ezért AA'-nek és BB'-nek van metszéspontja (proj geo egyik axiómája), legyen ez a P pont. Vetítsük P-n át e-t e'-re, ekkor C képe X lesz, ahol (ABCM)=(A'B'XM), azonban a kettősviszony 4. feladatbeli tulajdonsága miatt X=C', ezt kellett igazolni. A "vissza" irány a Papposz-Steiner tételből trivi.

Előzmény: [37] Vonka Vilmos Úr, 2013-02-01 20:30:15
[37] Vonka Vilmos Úr2013-02-01 20:30:15

Egy szemléletes indoklást mondanék. Tegyük fel, hogy D ideális pont. Ekkor a szokásos (ABCD)=\frac{(ABC)}{(ABD)} definíció azért nem értelmes, mert az (ABD) osztóviszonyt nem értelmeztük abban az esetben, ha D ideális pont.

Tegyük fel, hogy az egyenesen három pont A-B-D elrendezéssel helyezkedik el, és D "tart az ideális ponthoz", vagyis a B-től való távolsága tart a végtelenhez. Ekkor az \frac{AD}{DB} hányados -1-hez tart: mivel \lim_{x\to\infty}\frac{AB+x}{x}=1, a két szakaszhossz hányadosa 1-hez tart és az irányításuk mindvégig ellentétes. (B-A-D elrendezés esetén hasonlóan kapjuk az eredményt.) Tehát ha D ideális pont, akkor (ABD)=-1 az egyetlen lehetséges megállapodás, és innen adódik, hogy (ABCD)=-(ABC).

Előzmény: [36] w, 2013-02-01 19:36:17
[36] w2013-02-01 19:36:17

Köszönöm a megoldásokat.

A 3. feladatban gondoltam ideálisba vetítésre, de nem ismertem az ideális pontra vonatkozó egyenlőséget. Bebizonyítanád?

A 6. feladatot már korábban megoldottam (B.4477, Lejárt hat. fel. [730) hozzászólás), de úgy tűnik, nem ismertem fel :). Viszont jó volt látni projektív geometriai vonatkozásait.

Előzmény: [31] Vonka Vilmos Úr, 2013-01-31 22:25:12
[35] Vonka Vilmos Úr2013-02-01 16:55:34

Adok némi útmutatást egy "geometriaibb" megoldáshoz, ugyanis a módszer több szerkesztési feladat megoldásánál haszonnal alkalmazható.

- Próbáljuk megkeresni az a0 egyenes egy olyan projektivitását (azaz egyenesek közötti vetítések kompozíciójaként előlálló - tehát kettősviszonytartó - leképezését önmagára), amelynek a megoldást jelentő A pont(ok) fixpontja(i).

- Egy projektivitást (a kettősviszonytartásból adódóan) három pont képe egyértelműen meghatároz, így szerkesszük meg a0 tekintett projektivitásánál három tetszőleges pont képét. A projektivitások fixpontjai három pont képének ismeretében szerkeszthetőek az ún. Steiner-féle fixpontszerkesztés segítségével.

Előzmény: [34] marcius8, 2013-02-01 16:33:03
[34] marcius82013-02-01 16:33:03

"VV" úr feladatára egy elvi megoldást adok, bár lehet, hogy nem szépségdíjas ez a megoldás.

Legyen az "a0" egyenes két pontja "A1(xa1, ya1)", illetve "A2(xa2, ya2)".

Legyen az "b0" egyenes két pontja "B1(xb1, yb1)", illetve "B2(xb2, yb2)".

Legyen az "c0" egyenes két pontja "C1(xc1, yc1)", illetve "C2(xc2, yc2)".

Legyen "A0" pont koordinátái "(xa0, ya0)".

Legyen "B0" pont koordinátái "(xb0, yb0)".

Legyen "C0" pont koordinátái "(xc0, yc0)".

A keresett pontok legyenek "A(xa, ya)", "B(xb, yb)", "C(xc,yc)". Ha számolással meg tudjuk határozni a keresett pontok koordinátáit (6 darab ismeretlen) az adott paramétekkel, akkor a kapott képletek alapján a keresett pontok szerkeszthetőek.

"A" rajta van "A1A2" egyenesen, ezért (ya-ya1)/(xa-xa1)=(ya-ya2)/(xa-xa2).

"B" rajta van "B1B2" egyenesen, ezért (yb-yb1)/(xb-xb1)=(yb-yb2)/(xb-xb2).

"C" rajta van "C1C2" egyenesen, ezért (yc-yc1)/(xc-xc1)=(yc-yc2)/(xc-xc2).

"A0" rajta van "BC" egyenesen, ezért (ya0-yb)/(xa0-xb)=(ya0-yc)/(xa0-xc).

"B0" rajta van "CA" egyenesen, ezért (yb0-yc)/(xb0-xc)=(yb0-ya)/(xb0-xa).

"C0" rajta van "AB" egyenesen, ezért (yc0-ya)/(xc0-xa)=(yc0-yb)/(xc0-xb).

Ez 6 darab egyenlet 6 darab ismeretlennel, tehát van rá esély, hogy az ismeretlenek, amelyek a keresett "A", "B", "C" pontok koordinátái, meghatározhatóak.

Előzmény: [26] marcius8, 2013-01-31 08:23:26
[33] Vonka Vilmos Úr2013-02-01 07:58:14

Jogos, az általam közölt megoldásban is (ACBD)=-1 és (A'CB')=1 szerepelne helyesen. És valóban az utóbbi egyenlőség jelenti azt, hogy B' A'C felezőpontja.

Előzmény: [32] m2mm, 2013-02-01 00:08:12
[32] m2mm2013-02-01 00:08:12

Ha A,B,C,D egy egyenesen vannak és harmonikus pontnégyest határoznak meg, akkor A harmonikus társa mindig C és nem (ABCD)=-1.

Az eddigiekből már levezethetőek egyszerűen az idei B. 4490. és B. 4477. feladatok is, lehet gyakorolni.

Előzmény: [29] w, 2013-01-31 21:23:39
[31] Vonka Vilmos Úr2013-01-31 22:25:12

A 6. feladatot szerintem kissé elbonyolítottad.

Legyen a C-n keresztül ID-vel húzott párhuzamos IA-val illetve IB-vel közös pontja A' illetve B'. Ekkor, mivel (ABCD)=-1, (A'B'C)=1 következik (hiszen az (ABCD) pontnégyes I középpontból történő vetítésekor D ideális pontba kerül). Tehát B' A'C felezőpontja.

Tegyük fel először, hogy IB az AIC szög felezője. Ekkor az A'IC háromszög egyenlő szárú, hiszen IB' súlyvonal és szögfelező is egyben. Tehát IB' egyben magasság is. Így A'C merőleges IB'-re, vagyis B'ID\angle=BID\anglederékszög.

Megfordítva, ha feltesszük, hogy BID\angle derékszög, akkor az előző jelölésekkel IB' az A'IC háromszögben súlyvonal és egyben magasságvonal, amiből az előzőhöz hasonlóan következik, hogy a háromszög egyenlő szárú és így IB' egyúttal szögfelező is.

Előzmény: [29] w, 2013-01-31 21:23:39
[30] Vonka Vilmos Úr2013-01-31 22:16:40

3. feladat

Legyen BD\capEC=X, AC\capED=Y, BD ideális pontja V, AC ideális pontja W. Ekkor

(BDX)=-(BDXV)=-(WYCA)=-(ACYW)=(ACY).

Az első és utolsó lépésben azt használtuk fel, hogy ha S az P,Q,R pontok egyenesének ideális pontja, akkor (PQRS)=-(PQR). A második lépésben az E pontból vetítettük a (BDXV) pontnégyest az AC egyenesre és a Pappos-Steiner tételt alkalmaztuk.

Előzmény: [29] w, 2013-01-31 21:23:39
[29] w2013-01-31 21:23:39

Valaki elmondhatná a 3.feladat megoldását: ABCD konvex négyszög BD átlójával A-n keresztül, AC átlójával B-n keresztül húzunk párhuzamost; ezek E-ben metszik egymást. Biz. be EC BD-t ugyanolyan arányban vágja el, mint ED AC-t.

4. feladat: Igazoljuk, hogy ha 3 ismert és 1 ismeretlen pontnak adott a kettősviszonya, akkor az ismeretlen pont helye egyértelmű.

Biz.: Ahogy már írták többen is, (ABCD)=(DCBA), hiszen a kettősviszony definícióját kiírva triviális egyenlőséghez jutunk. Másként írva:

k=\frac{(ABC)}{(ABD)}, k=\frac{(DCB)}{(DCA)},

ahol k konstans. Látszik, hogy bármelyik pont is az ismeretlen, lesz e kettő egyenlőség között olyan, amelyben szereplő osztóviszonyok egyike ismert, és ebből az ismeretlen pontot tartalmazó osztóviszony meghatározható, ami pedig meghatározza a pontot is. (Pl.: ha D ismeretlen, akkor az elsőből kifejezzük (ABD)-t, és így D is megvan.)

6. feladat: Mutassuk meg, ha A, B, C, D pontok ebben a sorrendben egy egyenesen vannak és harmonikus pontnégyest határoznak meg, azaz (ABCD)=-1, akkor tetszőleges P pontra a síkon(leszámítva AB egyenes pontjait), pontosan akkor lesz BID szög derékszög, ha AIB<=BIC<.

Ennél eljutottam eddig, lehet, hogy a feladat hibás, ha én rontottam, javítsatok ki:

A Papposz-Steiner-tételből az ábrán látható (abcd)=(ABCD)=-1, a, b, c, d harmonikus sugársor. A szögeket szokatlan módon pl. AIB<=ab módon jelöljük. Ezek szerint:

\frac{sinac}{sincb}=-\frac{sinad}{sindb}

sinac.sinbd=sinad.sincb

Az addíciós tételeket felhasználva:

(sinab.cosbc+cosab.sinbc)sinbd=-(sinab.cosbd+cosab.sinbd)sinbc.

Osszunk le cosab-vel, majd cosbc-vel (ab, bc hegyesszögek):

(tgab.cosbc+sinbc)sinbd=-(tgab.cosbd+sinbd)sinbc,

(tgab+tgbc)sinbd=-(tgab.cosbd+sinbd)tgbc.

tgab.sinbd+2tgbc.sinbd+tgab.tgbc.cosbd=0

tgab+2tgbc+tgab.tgbc.ctgbd=0

Itt akadtam meg.

Előzmény: [6] m2mm, 2013-01-23 00:13:56
[28] Csimby2013-01-31 16:28:57

Azt mondjuk hogy az A dobókocka veri a B dobókockát, ha 1/2-nél valószínűbb, hogy A-val nagyobb számot dobunk mint B-vel. (Nem csak az 1-6 számok szerepelhetnek a kockákon és egy szám többször is szerepelhet)

Lehet, hogy Kömal feladat is volt, a fórumon mindenesetre szerepelt (Érdekes matekfeladatok 60. feladat [263]), hogy meg lehet adni úgy 3 dobókockát, hogy ezek "körbeverjék" egymást. Pl. legyenek a kockákon lévő számok a következők: A={1,4,4,4,4,4}, B={2,2,2,5,5,5}, C={3,3,3,3,3,6}. Ekkor B veri A-t, C veri B-t és A veri C-t. A következő feladat szerintem még nem szerepelt:

18. feladat Adjunk meg úgy 7 db dobókockát, hogy ellenfelünk bárhogyan is választ ki ezek közül kettőt, mi mindig tudjunk választani egy harmadikat, ami mindkét kockát veri.

(A megoldásból kiderül, hogy miért van ebben a topicban a feladat)

[27] Vonka Vilmos Úr2013-01-31 09:25:34

Szerintem a Desargues-tétel jelentőségét senki nem vitatta, a megjegyzés mindössze arról szólt, hogy mást szokás a projektív geometria alaptételének nevezni.

Egyébként bizonyos irodalomban (pl. Radó-Orbán: Geometria mai szemmel) a ferdetest feletti projektív terek kollineációiról szóló idézett tételt a projektív geometria második alaptételének nevezik. Itt a projektív geometria első alaptételének azt a tényt hívják, hogy egy projektív síkon pontosan akkor teljesül a Desargues-tulajdonság, ha a sík ferdetesttel koordinátázható. És ekkor már tulajdonképpen az elnevezés is rendben van, hiszen ekkor a klasszikus Desargues-tétel az első alaptétel egyik (mégpedig a másikhoz képest triviális) irányának speciális esete. :) De azt hiszem, hogy itt a klasszikus projektív geometria alkalmazásaival foglalkozó fórumban ez lényegtelen kitérő.

A feladathoz pedig egy kis kiegészítés: "haladóknak" érdemes a feladatot megoldani úgy is, hogy az a0, b0, c0 egyenesekről nem tételezzük fel, hogy konkurrensek legyenek.

Előzmény: [26] marcius8, 2013-01-31 08:23:26
[26] marcius82013-01-31 08:23:26

Akit érdekel, egy új probléma, amelyet a Desargues-tétel segítségével lehet megoldani:

Adott a síkon három egymást egy pontban metsző "a0", "b0", "c0" egyenes, és adottak a síkon az "A0", "B0", "C0" pontok, amelyek egyik egyenesen sincsennek. Szerkesztendő az "ABC" háromszög, amelynek "A", "B", "C" csúcsai rendre az "a0", "b0", "c0" egyeneseken találhatóak, és melynek "a", "b", "c" oldalegyenesei rendre az "A0", "B0", "C0" pontokon haladnak át.

Meglehet, hogy a Desargues-tételt sokan nem tekintik a projektív geometria alaptételének, (tiszteletben tartom ezt a véleményt), mindenesetre ez a tétel szerintem fontos és szerkesztések során, valamint más tételek bizonyítása során nagyon jól használható.

[25] Vonka Vilmos Úr2013-01-30 14:28:55

Ennél több is igaz. Ha három háromszög páronként pontra nézve perspektív és a perspektivitások centrumai egy egyenesen vannak, akkor a páronként vett perspektivitások tengelyei egybeesnek.

Előzmény: [22] marcius8, 2013-01-30 13:04:19
[24] Csimby2013-01-30 14:28:23

Mondjuk az "igazi" alaptétel sem mond semmit absztrakt síkokról, szóval ennyiben a második az nem volt egy jó érv.

Előzmény: [23] Csimby, 2013-01-30 13:52:35

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