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

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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[1116] Lowosan2008-09-03 19:41:43

távolságuk kell elfelejtettem odairni

[1115] Fálesz Mihály2008-09-03 18:41:12

Szerintem először olvasd el újra, és próbáld megérteni, hogy hogyan működik.

Ami írtam, abból kijön az egyenes, a gömb és a sík illesztése is.

Előzmény: [1112] farkasb, 2008-09-03 13:16:31
[1114] Sirpi2008-09-03 15:54:09

Mondjuk segítene, ha elárulnád, mit kell ezzel a két (egyébként párhuzamos) egyenessel csinálni :-) A távolságuk kell, vagy fel kell őket rajzolnod?

Előzmény: [1113] Lowosan, 2008-09-03 15:30:33
[1113] Lowosan2008-09-03 15:30:33

Helló Segitségre lenne szükségem a kordinátageometria területén e:3x+2y=12 f:6x+4y=-12 ezt hogy kéne megoldani? mert új matektanárunk van és nem magyaráz semmit csak annyit mond csináljunk meg semmi más

[1112] farkasb2008-09-03 13:16:31

Kedves Mihály!

Köszönöm a gyors választ, megpróbálkozok a feladattal. Esetleg nem tudna ajánlani valami jó megoldást legjobban illeszkedő sík elkészítésére? A hibák az x y és z koordinátákat is terheljék. Köszönöm!

Előzmény: [1111] Fálesz Mihály, 2008-09-02 21:45:36
[1111] Fálesz Mihály2008-09-02 21:45:36

Vaughan Pratt munkája nyomán a következőt tudom ajánlani. (Én magam is sokszor haszáltam ezt a módszert kör, gömb és henger illesztésére.)

Keressük a kör egyenletét

f(x,y)=A(x2+y2)+Bx+Cy+D=0(1)

alakban, ahol

B2+C2-4AD=1.(2)

Egy kis számolás után látható, hogy a (2) feltétel azzal ekvivalens, hogy a kör sugara R=\frac{1}{2A}, illetve az f(x,y) függvény gradiense a körvonalon egységnyi hosszú.

Ha (x,y) egy pont a körvonalhoz közel, akkor |f(x,y)| jól közelíti a pont és a körvonal távolságát.

Legyenek a mintapontok (x1,y1),...,(xn,yn). Az illesztés négyzetes hibája közelítőleg


\sum_{i=1}^n f^2(x_i,y_i) =
(A,B,C,D) \left(\matrix{ 
\sum(x_i^2+y_i^2)^2 & \sum(x_i^2+y_i^2)x_i 
 & \sum(x_i^2+y_i^2)y_i  & \sum(x_i^2+y_i^2) \cr
\sum(x_i^2+y_i^2)x_i & \sum x_i^2 & \sum x_iy_i & \sum x_i \cr
\sum(x_i^2+y_i^2)y_i & \sum x_iy_i & \sum y_i^2 & \sum y_i \cr
\sum(x_i^2+y_i^2) & \sum x_i & \sum y_i & n \cr }
\right) \left( \matrix{A\cr B\cr C\cr D\cr}\right).
(3)

Szóval a (3) kifejezés minimumát keressük a (2) feltétel mellett. Ha ráereszted a Lagrange-multiplikátor módszert, kapsz egy 4-dimenziós sajátértékfeladatot, ráadásul a keresett sajátérték pont a hiba konstansszorosa...

Ha a (2) helyett az A=1 feltételt használod, akkor a számolás sokkal egyszerűbb, mert csak lineáris egyenletszert kell megoldani. Ennek a gyengéje, hogy a (3)-ban a hibát megszoroztad kb. 4R2-tel. Zajos adat esetén nagyobb lesz az illesztés valódi hibája, de kisebb lesz a sugár, amivel megszorzod.

Előzmény: [1110] farkasb, 2008-09-02 09:00:28
[1110] farkasb2008-09-02 09:00:28

Kedves Fórumozók!

Ismételten egy kérdést tennék fel:

Hogyan határozható meg egy olyan kör középpontja, ami n számú xy koordinátával adott pontra legjobban illeszkedik? Előre is köszönettel: farkasb

[1109] BohnerGéza2008-09-02 01:25:18

Fálesz Mihály a [1105]-ban fölvetette, hogy egy számolás nélküli megoldás szép lenne. Egyelőre nincs hozzá ötletem. A 137/b és 137/c feladat tulajdonképpen megoldása a 137-nek, igaz végig kell gondolni. (Számolással egyszerűbben is megy [1106].)

Előzmény: [1108] BohnerGéza, 2008-08-28 23:51:38
[1108] BohnerGéza2008-08-28 23:51:38
Előzmény: [1107] HoA, 2008-08-28 17:10:45
[1107] HoA2008-08-28 17:10:45

Még tart a nyári szünet... 137/b feladat megoldása: Legyen az F1F2 távolság 2f , F1F2 felezőpontja O. Az F1 középpontú r1 sugarú k1 és az F2 középpontú r2<r1 sugarú k2 körök h hatványvonala messe F1F2-t H -ban. Határozzuk meg az OH távolságot f,r1ésr2 ismeretében. Legyen k1ésk2 közös érintője t , az érintési pontok T1ésT2 , a Ti -ből F1F2 -re bocsátott merőleges talppontja Mi , az F2-n át t-vel húzott párhuzamos és F1T1 metszéspontja L, t és h metszéspontja N. F1L=r1-r2 Az F1M1T1,F2M2T2ésF1LF2 derékszögű háromszögek hasonlóak, F_1 M_1 = \frac{r_1 ( r_1 - r_2)}{2f},  F_2 M_2 = \frac{r_2 ( r_1 - r_2)}{2f} . M_1 M_2 = F_1 F_2 + F_2 M_2 - F_1 M_1 = 2f + \frac{(r_2 - r_1) ( r_1 - r_2)}{2f} .

N felezi T1T2 -t ( egyenlő érintőszakaszok ) , ezért H is felezi M1M2-t. M_1 H = 1/2 M_1 M_2 = f + \frac{(r_2 - r_1) ( r_1 - r_2)}{4f} O H = F_1 M_1 + M_1 H - F_1 O = \frac{r_1 ( r_1 - r_2)}{2f} + f + \frac{(r_2 - r_1) ( r_1 - r_2)}{4f} - f = {\bf \frac{(r_1 + r_2 )( r_1 - r_2)}{4f}}. Feladatunkban r_1 = ( f + d ) \sqrt 2 , r_2 = ( f - d ) \sqrt 2 , r_1 + r_2 = 2 \sqrt 2 f ,  r_1 - r_2 = 2 \sqrt 2 d , igy O H = \frac {2 \sqrt 2 f \cdot 2 \sqrt 2 d }{4f} = { \bf 2d}.

Előzmény: [1106] BohnerGéza, 2008-08-24 23:37:33
[1106] BohnerGéza2008-08-24 23:37:33

Tetszik az affinításos és a többi megoldás is.

Így a 137. feladat általánosításával - miszerint a középvonal 1:1 aránya helyett más arányban osztó szakaszt adunk meg a magasságpont számára - kapott feladat is könnyen bizonyítható.

Érdemes persze Fálesz Mihály ajánlata alapján, igaz számolással, az ellipszis definíciója alapján is elvégezni a bizonyítást!

137/b. feladat: Az A, F1, B, F2 pontok egy négyzet csücsai. Az AC átlóval párhuzamos - tőle d (<>0) távolságra húzott egyenes messe az AF1-t P, az AF2-t Q-ban. Legyen C az F1 kp-ú P-n és az F2 kp-ú Q-n átmenő kör kp-ja. Mutassuk meg, hogy C 2d távolságra van AC-től! (Milyen d esetén vam C pont?)

Előzmény: [1105] Fálesz Mihály, 2008-08-18 10:54:25
[1105] Fálesz Mihály2008-08-18 10:54:25

Legyen M a magasságpont, és T a C-ből induló magasság talppontja. Mint jól ismert, TC . TM = - TA . TB. (Ez azért igaz, mert a magasságpontnak az AB oldalra vonatkozó tükörképe a körülírt körön van, de például az ATC és MTB háromszögek hasonlóságából is láthatjuk.)

Ha az M pont a középvonalon van, akkor TC és TM azonos irányú, TA és TB pedig ellentétes írányú, vagyis T az AB szakasz belsejében van. A TC félegyenes tehát metszi az AB átmérőjű kört; legyen K a metszéspontjuk.

Fálesz Mihály tétele szerint BKA\angle=90o, a magasságtételből pedig TK2=AT . TB.

Így tehát TC2=2.TC.TM=2.TA.TB=2.TK2 és

 TC = \sqrt2\cdot TK,

a C csűcs azon az ellipszisen van, amit az AB átmérőjű körből kapunk az AB tengelyű, \sqrt2 arányú merőleges affinitással.

Az A és B pont kivételével az ellipszis bármelyik pontjából kiindulva a gondolatmenet megfordítható.

* * *

Eleminek ezt a megoldást sem nevezném, bár az eredmény alapján nehéz ennél "elemibbet" várni. Aki akarja, megpróbálhatja -- számolás nélkül!!! -- bebizonyítani, hogy F1C+F2C=F1A+F2A, csak ezzel meg az a bajom, hogy az eredményt valahonnan máshonnan tudtuk meg.

Előzmény: [1104] HoA, 2008-08-15 15:20:47
[1104] HoA2008-08-15 15:20:47

Ne feledkezzünk meg a 137. feladatról. Kedvcsinálónak BohnerGéza sejtésének igazolása. Ha a magasságpont az FaFb középvonalon van, akkor a körülírt kör K középpontja a középponti háromszög középvonalán van, tehát K távolsága a c oldaltól negyede mcnek. Az általánosság megszorítása nélkül legyenek A, B és C koordinátái (-1;0) , (1;0) és (x,y) . Ekkor K =(0;y/4) . KB = KC -ből a távolságok négyzetére

1+(y/4)2=x2+(3y/4)2

. 1+y2/16=x2+9y2/16 ; 1=x2+8y2/16

\frac{x^2}{1}+\frac{y^2}{2} = 1

A C pontok egy ellipszisen helyezkednek el. Várjuk az elemi geometriai megoldásokat!

Előzmény: [1085] BohnerGéza, 2008-07-20 21:50:08
[1103] BohnerGéza2008-08-12 21:24:34

Köszönöm HoA, köszönöm Fálesz Mihály!

Örülök, hogy ilyen szép megoldások készültek itt erre az olimpiai feladatra.

Előzmény: [1102] HoA, 2008-08-12 16:42:59
[1102] HoA2008-08-12 16:42:59

Köszönöm, kitűnő gondolat. Pedig már az ábrán is látszott... Mivel ka és kb egyik metszéspontja H, hatványvonaluk a H-n áthaladó, FAFB-re merőleges egyenes, vagyis mc. C rajta van a hatványvonalon, CA1.CA2=CB1.CB2, vagyis A1,A2,B1,B2 egy körön van.

Előzmény: [1100] Fálesz Mihály, 2008-08-12 09:22:15
[1101] BohnerGéza2008-08-12 12:30:42
Előzmény: [1098] Káli gúla, 2008-08-11 21:23:53
[1100] Fálesz Mihály2008-08-12 09:22:15

Tessék számolás nélkül megoldani.

Segítség: Az A1A2 és B1B2 körök egyik metszéspontja a H magasságpont. Hol lehet a másik metszéspont?
Előzmény: [1099] HoA, 2008-08-05 11:27:07
[1098] Káli gúla2008-08-11 21:23:53

A 9-es szorzót trigonometria nélkül is megkaphatjuk: Ha a,b,c három egységvektor, azaz |a|=|b|=|c|=1, akkor

(a-b)2+(a-c)2+(b-c)2=2(a2+b2+c2)-2ab-2ac-2bc=3(a2+b2+c2)-(a+b+c)2=9-(a+b+c)2\le9 .

Egyenlőség pontosan akkor van, ha a+b+c=0. Ugyanígy, n darab egységvektor közötti összes távolság négyzetösszege legfeljebb n2 (és egyenlőség csak \sum x_i=0 esetén lehet):

\sum_{i<j} (x_i-x_j)^2 =
 \sum_{i<j} (x_i^2 + x_j^2) - \sum_{i<j} 2 x_i x_j 
 = (n-1) \sum x_i^2 - \left[(\sum x_i)^2 - \sum x_i^2\right]=
  n^2 - (\sum x_i)^2 \le n^2

Előzmény: [1093] BohnerGéza, 2008-08-05 20:34:02
[1097] BohnerGéza2008-08-10 21:33:21
Előzmény: [1096] HoA, 2008-08-08 12:06:40
[1096] HoA2008-08-08 12:06:40

[1096] - hoz hasonlóan a cosinus tételből kiindulva kicsit körülményesebben is erre az eredményre juthatunk :-) . Az adott körbe írt H0 háromszögben, mint [1096] ábráján is , legyen \gamma a nagyságra középső szög, \alpha\ge\gamma\ge\beta . Ekkor 0 < \gamma < \frac{\pi}{2} . Rögzítsük c-t , és így \gamma-t is . a2+b2+c2=2.c2+2abcos\gamma . Ez cos\gamma>0 miatt annál nagyobb, minél nagyobb az ab szorzat. A sinus tételből ab = \frac{c^2 sin \alpha sin \beta}{sin^2 \gamma} , tehát elég sin\alphasin\beta változását vizsgálni. A szorzatot összeggé alakítva sin\alphasin\beta=1/2{cos(\alpha-\beta)-cos(\alpha+\beta)} . Állandó \gamma mellett \alpha+\beta is állandó, a két szög különbségének cosinusa pedig annál nagyobb, minél kisebb a két szög különbsége. Eljutottunk [1096] eredményéhez: C -t a körülírt körön az AB ív F felezőpontja felé mozgatva \alpha-\beta csökken és így az oldalak négyzetösszege nő.

Mindkét megközelítésre vonatkozó megjegyzés: Szigorúan véve csak azt mutattuk meg, hogy ha van az oldalak négyzetösszegének maximuma, az csak a szabályos hármszögben lehet. Kis finomítással bizonyítható a maximum létezése. H0-ban \alpha>60o és \beta<60o , mint a háromszög legnagyobb ill. legkisebb szöge. Ha C -vel F -be jutunk, a másik két szög egyenlő lesz, tehát áthaladtunk egy olyan C' pozíción, ahol a két szög egyike éppen 60o . Legyen ez a háromszög H1 . H1 -ben tehát az oldalak négyzetösszege nagyobb, mint H0-ban. Betűzzük át H1 csúcsait úgy, hogy itt is teljesüljön \alpha\ge\gamma\ge\beta . Nyilván \gamma lesz a 60o -os szög. H1 -ben c-t rögzítve és C -vel a körülírt körön mozogva az oldalak négyzetösszege az AB ív F felezőpontjában nagyobb lesz, mint H1 -ben . Ez a H2 háromszög viszont szabályos, hiszen \gamma=60o és \alpha=\beta. Tehát tetszőleges H0-ból indulva a szabályos H2 -ben nagyobb az oldalak négyzetösszege , mint H0-ban , H2 tényleg a maximumot adja.

Második megjegyzés: [1096] helyes ábrájához a szövegben is meg kell említeni, hogy \gamma-nak az egyik hegyesszöget választjuk. Ellenkező esetben nagyobb területhez kisebb (tompaszög) vagy változatlan (derékszög) oldal-négyzetösszeg tartozik.

Előzmény: [1095] BohnerGéza, 2008-08-08 01:43:50
[1095] BohnerGéza2008-08-08 01:43:50

Következnek-e az alábbi levezetésből az előző hozzászólásban HoA által kinondtt állítások?

Előzmény: [1094] HoA, 2008-08-07 13:11:34
[1094] HoA2008-08-07 13:11:34

Mivel szabályos háromszögre a2+b2+c2=9R2, és próbálgatással más háromszögekre a 9-et sem sikerült elérni, feltételeztem, hogy a2+b2+c2\le9R2 is igaz. Az oldalakat R-rel és a háromszög szögeivel kifejezve ebből sin2\alpha+sin2\beta+sin2\gamma\le \frac94 adódik. Biztos volt már KöMaL vagy versenyfeladat, én most itt találtam meg, mint a "világ hét csodájának" egyikét: http://mathcircle.berkeley.edu/trig.pdf ( Bizonyítással együtt, aki próbálkozni akar, csak utána nézze meg )

Előzmény: [1093] BohnerGéza, 2008-08-05 20:34:02
[1093] BohnerGéza2008-08-05 20:34:02

((Az alábbiakból kiderül, hogy a surár négyzetének tízszerese nagyobb az oldalak négyzetösszegénél. Van jobb összefüggés?))

Előzmény: [1099] HoA, 2008-08-05 11:27:07
[1099] HoA2008-08-05 11:27:07

Hát ha senkit nem érdekel... A [1087] feladat megoldása: Mivel A1A2 a keresett kör húrja, ennek felező merőlegese egyben a BC oldal felező merőlegese, tehát átmegy K-n, és ez a másik két oldalra is igaz, így ha van ilyen kör, annak középpontja csak K lehet. A javasolt segítséget felhasználva - legyen a helyvektorok kezdőpontja K - írjuk fel K és A2 távolságát, felhasználva, hogy ekkor \vec{H} = \vec{A} + \vec{B} + \vec{C} . Legyen BC felezőpontja  \vec{F_A} = \frac{\vec{B} + \vec{C}}2 , \vec{H} - \vec{F_A} = \vec{A} +\vec{B} + \vec{C} - \frac{\vec{B} + \vec{C}}2 = \frac{2\vec{A} + \vec{B} + \vec{C}}2 . Ennek hossza FA és A2 távolsága , ezért

{\vec{A_2}}^2 = (\vec{H} - \vec{F_A})^2 + {\vec{F_A}}^2  = \left(\frac{2\vec{A} + \vec{B} + \vec{C}}2\right)^2 + \left (\frac{\vec{B} + \vec{C}}2\right)^2 =\frac{4\vec{A}^2 + 2(\vec{B} + \vec{C})^2 +4\vec{A}(\vec{B} + \vec{C})}4 =

= \frac{4\vec{A}^2 + 2\vec{B}^2 + 2\vec{C}^2 + 4\vec{B}\vec{C}+4\vec{A}\vec{B} +4\vec{A} \vec{C}}4 = 2\vec{R}^2 + \vec{B}\vec{C}+\vec{A}\vec{B} +\vec{A} \vec{C}.

Ez a kifejezés A, B, C -ben szimmetrikus, tehát például K és B2 távolságának négyzetére ugyanezt kapnánk, a hat pont így egy K középpontú körön fekszik.

Hasonló, de trigonometriai átalakításokat igénylő megoldást kapunk, ha a feltételezett Rh körsugarat a körülírt kör R sugarával és a \Delta szögeivel fejezzük ki. Legyen BC felezőpontja FA, ma talppontja TA . Rh2=KFA2+FAA22=KFA2+FAH2=KFA2+FATA2+TAH2 .

Itt KFA=R.cos\alpha ,

BTA=2.R.sin\gammacos\beta , FATA=2.R.sin\gammacos\beta-R.sin\alpha ,

TAH=2.R.sin\gammacos\beta.ctg\gamma=2.R.cos\beta.cos\gamma . A négyzetösszeg:

Rh2=R2(cos2\alpha+4.cos2\beta.sin2\gamma+sin2\alpha-4.sin\alphacos\betasin\gamma+4.cos2\betacos2\gamma)=R2(1+4.cos2\beta-4.sin\alphacos\betasin\gamma)=R2(1+4.cos\beta(cos\beta-sin\alphasin\gamma))=R2(1+4.cos\beta(-cos(\alpha+\gamma)-sin\alphasin\gamma))=R2(1+4.cos\beta(sin\alphasin\gamma-cos\alphacos\gamma-sin\alphasin\gamma))=R2(1-4.cos\alphacos\betacos\gamma)

Mivel a kifejezés \alpha,\beta,\gamma -ban szimmetrikus, az első megoldáshoz hasonlóan adódik, hogy a 6 pont valóban egy K középpontú Rh sugarú körön fekszik.

Előzmény: [1087] BohnerGéza, 2008-07-22 01:24:34
[1092] HoA2008-07-23 13:35:46

A 136. feladat megoldása: Induljunk ki a 120o -nál nem nagyobb szögű \Delta esetére ismert bizonyítás ábrájából. Forgassuk el a CAP \Delta -et az óramutató járásának irányába C körül 60o -kal, a másik két csúcs elforgatottja A' ill. P' . AA'C és PP'C \Delta -ek szabályosak, AA' = AC és PP' = PC, valamint A'P' = AP , tehát azt kell igazolnunk, hogy a BPP'A' T2 törtvonal nem rövidebb a BAA' T1 törtvonalnál. Az összehasonlításnál a nehézséget csak az jelenti, hogy a két törtvonal - mint ábránkon is - keresztezheti egymást. Egészítsük ki ezért az A'P'P \Delta -et a PA' átlójú A'P'PP'' parallelogrammává. Ekkor PP'' = P'A' és P''A' = PP', így T2 helyett vehetjük a vele azonos hosszúságú BPP''A' T3 törtvonalat. A'P' AP 60o-os elforgatottja, így a vele egyállású P''P PA-val 60o-os szöget zár be, APP'' \Delta szabályos, AP'' AP 60o-os órajárással ellentétes elforgatottja. Mivel AP az ABC \Delta belsejében, és így a konvex BAC szögtartomány belsejében ( vagy határán ) fekszik, AP'' a BAA' konkáv szögtartomány belsejében ( vagy határán ) fekszik, ezért az APP'' \Delta és így T3, a BPP''A' törtvonal is a a BAA' konkáv szögtartományba esik, P vagy P'' esetleg a határára. Legyen az AA' egyenes és T3 metszéspontja D. Jelöljük X és Y pontok T3 mentén mért távolságát tXY-nal. Ekkor tBD+DA\geBA és tDA'\geDA'=DA+AA' . A kettőt összeadva DA kiesik: tBD+tDA'=tBA'\geBA+AA', és egyenlőség csak akkor áll fenn, ha mindkét egyenlőtlenségben fennáll, vagyis ha P = P'' = A.

Előzmény: [1078] BohnerGéza, 2008-07-15 17:42:46

  [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]