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] [78]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[1116] Lowosan	2008-09-03 19:41:43
távolságuk kell elfelejtettem odairni

[1115] Fálesz Mihály

2008-09-03 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] Sirpi	2008-09-03 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] Lowosan	2008-09-03 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] farkasb

2008-09-03 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 Mihály

2008-09-02 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),...,(x_n,y_n). 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] farkasb

2008-09-02 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] BohnerGéza	2008-09-02 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] BohnerGéza	2008-08-28 23:51:38


Előzmény: [1107] HoA, 2008-08-28 17:10:45

[1107] HoA	2008-08-28 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 T_i -ből F₁F₂ -re bocsátott merőleges talppontja M_i , 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] BohnerGéza	2008-08-24 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 Mihály	2008-08-18 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 $\angle$ =90^o, 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] HoA	2008-08-15 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 m_cnek. 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] BohnerGéza

2008-08-12 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] HoA	2008-08-12 16:42:59
Köszönöm, kitűnő gondolat. Pedig már az ábrán is látszott... Mivel k_a és k_b egyik metszéspontja H, hatványvonaluk a H-n áthaladó, F_AF_B-re merőleges egyenes, vagyis m_c. 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] BohnerGéza	2008-08-12 12:30:42


Előzmény: [1098] Káli gúla, 2008-08-11 21:23:53

[1100] Fálesz Mihály

2008-08-12 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 gúla

2008-08-11 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 $\le$ 9 .

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] BohnerGéza	2008-08-10 21:33:21


Előzmény: [1096] HoA, 2008-08-08 12:06:40

[1096] HoA

2008-08-08 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 $\alpha$ sin $\beta$ változását vizsgálni. A szorzatot összeggé alakítva sin $\alpha$ sin $\beta$ =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 $\alpha$ >60^o és $\beta$ <60^o , 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 60^o . 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 60^o -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 $\gamma$ =60^o 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] BohnerGéza	2008-08-08 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] HoA	2008-08-07 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 $\le$ 9R² 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] BohnerGéza	2008-08-05 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] HoA	2008-08-05 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 F_A 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 R_h körsugarat a körülírt kör R sugarával és a $\Delta$ szögeivel fejezzük ki. Legyen BC felezőpontja F_A, m_a talppontja T_A . R_h²=KF_A²+F_AA₂²=KF_A²+F_AH²=KF_A²+F_AT_A²+T_AH² . Itt KF_A=R^.cos $\alpha$ , BT_A=2^.R^.sin $\gamma$ cos $\beta$ , F_AT_A=2^.R^.sin $\gamma$ cos $\beta$ -R^.sin $\alpha$ , T_AH=2^.R^.sin $\gamma$ cos $\beta$ ^.ctg $\gamma$ =2^.R^.cos $\beta$ ^.cos $\gamma$ . A négyzetösszeg: R_h²=R²(cos² $\alpha$ +4^.cos² $\beta$ ^.sin² $\gamma$ +sin² $\alpha$ -4^.sin $\alpha$ cos $\beta$ sin $\gamma$ +4^.cos² $\beta$ cos² $\gamma$ )=R²(1+4^.cos² $\beta$ -4^.sin $\alpha$ cos $\beta$ sin $\gamma$ )=R²(1+4^.cos $\beta$ (cos $\beta$ -sin $\alpha$ sin $\gamma$ ))=R²(1+4^.cos $\beta$ (-cos( $\alpha$ + $\gamma$ )-sin $\alpha$ sin $\gamma$ ))=R²(1+4^.cos $\beta$ (sin $\alpha$ sin $\gamma$ -cos $\alpha$ cos $\gamma$ -sin $\alpha$ sin $\gamma$ ))=R²(1-4^.cos $\alpha$ cos $\beta$ cos $\gamma$ ) Mivel a kifejezés $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ -ban szimmetrikus, az első megoldáshoz hasonlóan adódik, hogy a 6 pont valóban egy K középpontú R_h sugarú körön fekszik.

Előzmény: [1087] BohnerGéza, 2008-07-22 01:24:34

[1092] HoA	2008-07-23 13:35:46
A 136. feladat megoldása: Induljunk ki a 120^o -nál nem nagyobb szögű $\Delta$ esetére ismert bizonyítás ábrájából. Forgassuk el a CAP $\Delta$ -et az óramutató járásának irányába C körül 60^o -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 60^o-os elforgatottja, így a vele egyállású P''P PA-val 60^o-os szöget zár be, APP'' $\Delta$ szabályos, AP'' AP 60^o-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 t_XY-nal. Ekkor t_BD+DA $\ge$ BA és t_DA' $\ge$ DA'=DA+AA' . A kettőt összeadva DA kiesik: t_BD+t_DA'=t_BA' $\ge$ BA+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

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?