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.
[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
[23] Csimby2013-01-30 13:52:35

A "projektív geometria alaptétele" név már foglalt és ez a következő: PG(n,K) projektív tér tetszőleges kollineációja n\geq2 esetén x \rightarrow x^{\sigma}A alakban írható, ahol \sigma a K test automorfizmusa, A pedig a K elemeiből képzett (n+1)×(n+1)-es invertálható mátrix.

Azért is zavaró a Desargues-tételt nevezni alaptételnek, mert absztrakt projektív síkokon ez nem mindig teljesül. (Ennek axiómái: 1. Bármely két különböző ponton át pontosan egy egyenes menjen 2. Bármely két egyenesnek pontosan egy metszéspontja legyen 3. Legyen a síkon négy általános helyzetű pont.)

Előzmény: [22] marcius8, 2013-01-30 13:04:19
[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.

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