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.
[1709] w2013-05-15 20:51:57

OK

Előzmény: [1707] Sinobi, 2013-05-14 22:24:25
[1708] Sinobi2013-05-15 10:44:46

Az enyém is ugyanígy kijön, ibiro feladatát tehát biztosan tudunk szerkeszteni már egy derékszögű hiperbolázóval és egy körzővel. Már csak azt kell belátni, hogy az összes ilyen hiperbola és körmetszés előáll, és beláthatjuk, hogy nem lehet megszerkeszteni általában.

Előzmény: [1707] Sinobi, 2013-05-14 22:24:25
[1707] Sinobi2013-05-14 22:24:25

Az A-n átmenő egyenes csúsztatva tükrözött képe és metszése T pont. A két egyenes a csúsztatva tükrözés tengelyéből egy konstans hosszú szakaszt metsz le.

Ha nézed az erre merőleges tükrözést, az is ugyanez a tükrözés, és az a szakasz is konstans. Tehát két egyenestől való távolság szorzata is konstans.

[1706] Sinobi2013-05-14 22:15:01

A piros az az eltolás vektor, a tengely meg a pirossal párhuzamos, és áthalad PQ felezőpontján. Csúszutatva tükrözés: egy tükrözés egy tengelyre, és egy csúsztatás egy vektorral (tetszőleges sorrendben).

Előzmény: [1705] w, 2013-05-14 22:10:14
[1705] w2013-05-14 22:10:14

Ezt leírnád kicsit részletesebben? A stratégiát értem, de te pontosan mit csináltál a piros és zöld szakaszokkal, mi a tengely?

Amúgy köszönöm a hozzászólást!

"Ezt én is nem régen kaptam meg."

A feladatot egy versenyen találtam ki, és elemi megoldást most látok először rá :-). A feladat pedig úgy jött ki, hogy (alapja:)

Adottak a párhuzamos e és f egyenesek és közöttük a P és Q pont; szerk. olyan egyenlő szárú háromszög, amelynek alapja e-n van, szárszögcsúcsa f-en és P-n áthalad egyik szára, Q-n pedig a másik. (saját)

Ennek megoldása triviális tükrözés f-re. Akkor nézzük meg, hogy a tükrözéses módszert hogy vetnénk be akkor, ha e és f nem is párhuzamos. Keresd meg a kapcsolatot eközött és a végkifejlet között.

"Ahogy én kaptam: tekintsek egy csúsztatva tükrözést, bizonyítsam be, hogy egy egyenes és képe metszése egy derékszögű hipikén van."

Formálisan (vagy GeoGebrásan :-) ) megfogalmazva rögzítünk egy pontot, egy t tengelyt és egy v vektort; veszünk egy egyenest a ponton át és t-re tükrözzük majd eltoljuk v-vel; a kapott egyenest az eredetivel elmetszve kapott pont mértani helye kell ha az egyenes iránya befutja [-\pi;+\pi)-t.

"és még a gg is bugos és nem enged sok mindent"

Nekem 4.2 van és egész jól működik. Próbáld letölteni a legújabb verziót. Az ábrák alapján egész régi változat van neked meg.

-----

Van sok ilyen tükrözgetős fajta feladat. Elmondanék egy nem olyan triviálisat:

Adott az e, f és g egyenes és egy háromszög. Szerkesszünk oly háromszöget, amelynek három csúcsa rendre e-n, f-en és g-n van, illetve hasonló a megadott háromszöghöz! A feltételeket lehet-e élesíteni?

Előzmény: [1704] Sinobi, 2013-05-14 20:43:47
[1704] Sinobi2013-05-14 20:43:47

Ezt én is nem régen kaptam meg.

Ahogy én kaptam: tekintsek egy csúsztatva tükrözést, bizonyítsam be, hogy egy egyenes és képe metszése egy derékszögű hipikén van.

Egy csúsztatva tükrözés helyett rögtön kettőt nézek, a rá merőlegest, piros és zöld vektor-szakaszokkal (lásd ábra). Minden egyenespár metszése a tengelyekből (a hiperboláéból) egy piros és egy zöld szakasz, és mert az egyenesek tükrösek a tengelyekre, a T metszéspontnak a tengelyektől való távolságának szorzata mindig piros*zöld/4 (ha nem számoltam el) ami konstans, tehát ez egy 1/x függvény. (hogy ez miért hiperbola.)

(elnézést, az ábrára sok mindent zsúfoltam (és még a gg is bugos és nem enged sok mindent) )

Az enyém is hasonló, majd nekiesem.

Előzmény: [1703] w, 2013-05-14 19:18:04
[1703] w2013-05-14 19:18:04

Szerintem hasonló jellegű a belinkelt feladat. Talán a Steiner-tételt erre is rá lehetne nyomni? A másik az - amit gondolom észrevettél -, hogy hiperbolát invertálva és az alapkört mozgatva mindenféle szép őscsigát kaphatunk :-)

Előzmény: [1702] Sinobi, 2013-05-14 17:38:05
[1702] Sinobi2013-05-14 17:38:05

felvettem az OB-n levő középpontú, O-n átmenő apollóniusz-köröket, leinvertáltam az ábrát O-ra, kaptam a következő feladatot:

Adott egy egyenesen B, O, rögzített, és egy F futópont. Adott az egyenesen kívül egy A pont. Hol lesz az FOA kör, és az FBF egyenes (BF felezőmerőlegese) metszéspontja? Geogebrában megnéztem, merőleges hiperbolának néz ki. Feladat: bizonyítsd be a sejtést, vagy cáfold (adj meg 6 metszéspont koordinátát úgy, hogy nem lesznek merőleges hiperbolán)

Előzmény: [1679] ibiro, 2013-04-05 13:09:20
[1701] Maga Péter2013-05-02 08:18:47

Általában nem mondhatjuk. Elnézést, ebből a szempontból az [1697]-ben leírt példa túl speciális volt, ahol véletlenül ez is igaz. De ugyanott legyen inkább a görbe f(t)=k(t2). Ekkor f'(t)=2tk'(t)=k(t)2tk'(0): itt a k(t) a csoportelem, amivel eltoljuk a 2tk'(0) Lie-algebra elemet (ami csak t=0-ban egyenlő f'(0)-val, f' látványosan nem invariáns). A képlet nem mondja azt, hogy a görbe érintője maga invariáns vektormező, az invarianciát csak a TeG és a TgG érintőterek természetes azonosításához használjuk.

Másképpen: azt nem tehetjük fel, hogy a görbe érintője (a mozgó pont sebessége) invariáns, de azt igen, hogy minden egyes pontban illeszkedik egy invariáns vektormezőre (ez persze lehet minden pontban más és más). Tehát a képletbeli gX érintő nemcsak az eltoláson keresztül függ g-től, hanem maga az X is mutat(hat) g-függést, ld. a fenti f(t)=k(t2) példát, ahol gyorsulva járjuk be a körvonalat.

Előzmény: [1700] Lagrange, 2013-05-01 17:25:23
[1700] Lagrange2013-05-01 17:25:23

Na most már majdnem teljesen világos. A mozgás kijelöl egy görbét a Lie-csoporton, ennek a görbének a sebességét pedig egy X vektormezőnek tekintjük, ami egy adott g pontban a g görbe szerinti deriválás, tehát X(g)=dg/dt. Csak annyi a kérdés, hogy miért mondhatjuk a sebesség vektormezőre (ami matematikailag a görbe érintője) hogy az balinvariáns?

Előzmény: [1699] Maga Péter, 2013-04-30 09:03:37
[1699] Maga Péter2013-04-30 09:03:37

,,Ez a Lie-algebra definíciója, vagy az Exponenciális leképezéshez és a Hausdorff-Campbell formulához van köze? Vagy arról van szó, hogy egy vektormezőt egyértelműen meghatároz egy pontban felvett értéke?'' Hát, igazából minden mindennel összefügg, ahogy mondani szokás:). De a formulához a második mondatod a kulcs: ,,egy invariáns vektormezőt egyértelműen meghatároz egy pontban felvett értéke'' (természetesen ez nem igaz minden vektormezőre).

A wikipediás leírás szerintem használható, neked főleg a leképezés deriváltjáról szóló bekezdés kell, a leképezésed az Lg-1 eltolás.

Előzmény: [1698] Lagrange, 2013-04-30 03:40:23
[1698] Lagrange2013-04-30 03:40:23

Köszönöm a választ.

Igazából az előre tolást meg visszahúzást értem, csak azt nem értem, hogy ez a képlet hogy jön ki. Ez a Lie-algebra definíciója, vagy az Exponenciális leképezéshez és a Hausdorff-Campbell formulához van köze? Vagy arról van szó, hogy egy vektormezőt egyértelműen meghatároz egy pontban felvett értéke? Szóval sokat olvastam erről a témáról, de nem áll össze a kép :S

Egy merev test mozgásának differenciálegyenletét kéne ennek segítségével levezetni, úgy, hogy a pályája a Lie-csoporton egy görbe, a sebessége meg a Lie-algebrájának egy eleme.

Előzmény: [1697] Maga Péter, 2013-04-29 10:22:55
[1697] Maga Péter2013-04-29 10:22:55

Ha jól sejtem, ezzel az előretolás-vissahúzás dologgal vannak nehézségeid. Konkrét példák sokat tudnak segíteni, egy nagyon egyszerűt le is írok.

Legyen


{\rm SO}_2({\bf R})=\left\{k(\phi)=\left(\matrix{\cos \phi & \sin \phi \cr -\sin \phi & \cos \phi}\right):\phi\in[0,2\pi)\right\}.

Modulo 2\pi számolva k(\phi)k(\psi)=k(\phi+\psi). Most vegyük fel ezen a t\mapstok(t),(t\in[0,2\pi]) görbét. Ennek deriváltja a k(t) pontban:


k'(t)= \left(\matrix{-\sin t & \cos t \cr -\cos t & -\sin t}\right)=k(t) \left(\matrix{0 & 1 \cr -1 & 0}\right)=k(t)k'(0),

ahol k'(0) már a Lie-algebra eleme:


{\rm so}_2({\bf R})=\left\{\left(\matrix{0 & x \cr -x & 0}\right):x\in{\bf R}\right\}.

(A Lie-algebrát általában gót betűkkel jelöljük, de a fórum TeX-je nem érti a frak és mathfrak parancsok egyikét sem, ezért a kisbetű.)

Magyarán: vesszük az érintőt, visszahúzva az egységelembe megkeressük a neki megfelelő Lie-algebra elemet, majd azt előretoljuk. A kérdéses képlet csak ennyit mond.

Előzmény: [1696] Lagrange, 2013-04-29 03:02:33
[1696] Lagrange2013-04-29 03:02:33

Üdv! Remélem valaki képen van differenciálgeometria terén. Arról lenne szó, hogy egy Lie-csoporton való mozgást kéne leírni differenciálegyenlettel. Konkrétan azt nem értem, hogy a (dg/dt)=gX egyenlet hogy jön ki. A képletben g eleme a Lie csoportnak, X meg a Lie algebra eleme, tehát egy vektormező, amit ugye úgy kapunk, hogy vesszük az egységelemnél az érintő térnek egy elemét. Eddig ahol olvastam visszahúzásokról (pullback) meg előretolásokról (pushforward) volt benne szó, de nem sikerült megértenem. Küldök egy képet is, hogy miről is van szó.

[1695] Sinobi2013-04-28 00:34:29

,,Már látjuk, hogy nem lesz valami szép végeredmény"

Hé! Nekem tetszik!

Észrevehetted volna, hogy a kör tháleszkör, és az FDA< derékszög, így FDA ~ BFA.

felírva, hogy szögfelezőtétel: \frac{DA}{DB}=\frac{b-DB}{DB}=\frac{b}{DB}-1=\frac{b}{a} tehát \frac{1}{DB}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}

A hasonló derékszögű háromszögek miatt (befogótétel?): \frac{b}{a/2}=\frac{a/2}{DB}=\frac{a/2}{a}+\frac{a/2}{b}=\frac{1}{2}+\frac{a/2}{b}

és ebből már szépen látszik is, hogy \frac{b}{a/2}=\frac{1+-\sqrt{17}}{4}

Ugyanilyen: ha egy háromszög egyik szöge derékszög, akkor a másik kettőt nem lehet úgy megválasztani, hogy a szögfelezőkre rakott kör átmennyen egy csúcson (megfigyelés). Bizonyítsd be a megfigyelést. Mekkora lehet egy háromszögben egy adott szög maximuma, hogy a másik kettőből lehessen alkotni Sinobi-tipusú háromszöget?

Két különböző eset, hogy a csúcson átmegy, vagy nem megy át a kör, nem tudom melyik milyen nehéz (megoldhatók-e egyáltalán elvadult koordinátázás nélkül).

Előzmény: [1694] w, 2013-04-26 22:16:11
[1694] w2013-04-26 22:16:11

Szép kis egyszerű feladat, kis ötlet kell hozzá. Ezért le is lőném. A szöveg kihagyja, de az ábrából felteszem, hogy a szárszög csúcsa van rajta a gondolt körön. Megjegyezném, hogy amúgy csak ez a csúcs lehet rajta.

Betűzzük le: legyen ABC a háromszög, ahol AB=AC=b és BC=a hosszú. Legyenek a szögfelezők talppontjai D\inAB, E\inAC, F\inBC. Szimmetria miatt a szereplő k kör érinti a BC alapot. Másrészt szögfelezőtétel miatt AD/DB=AE/EC=b/a, vagyis ráadásul ADE_\Delta\sim ABC_\Delta. Az ötlet az, hogy nagyítsuk ADE-t \lambda=(a+b)/b aránnyal A-ból ABC-be, ekkor k képe ABC körülírt köre lesz, melynek átmérője d=\frac{ab^2}{2\cdot t_{ABC}} ismert képlet szerint. AF képe pont egy átmérő lesz, ahol AF az ABC háromszög magassága: AF=2tABC/a. Tehát felírható, hogy:

d=AF.\lambda

\frac{ab^2}{2t_{ABC}}=\frac{2t_{ABC}}a\cdot\frac{a+b}b

\frac{a^2b^3}{a+b}=4t_{ABC}^2.

Már látjuk, hogy nem lesz valami szép végeredmény, GeoGebra szerint ABC< kb. 38,7° lesz (ha megszerkesztjük). Akkor legyen az alapon fekvő szög x, a trigonometrikus területképletet behelyettesítve:

a2b3/(a+b)=a2b2sin2x

b=(a+b)sin2x

b=(2bcos x+b)sin2x

1=(2cos x+1)(1-cos2x)

Hát ha trigonometrikus egyenlet, akkor oldjuk is meg:

1=2cos x-2cos3x+1-cos2x

2cos3x+cos2x-2cos x=0

Új ismeretlen: y=cos x.

y(2y+y-2)=0

Mivel x\in\big(0;\frac\pi2\big), ezért y=0 nem gyök. A másodfokú tag diszkriminánsa 17, gyökei \frac{\pm\sqrt{17}-1}4, ahol a pozitívra lesz szükség: x=arccos\Big(\frac{\sqrt{17}-1}4\Big)\approx38,6683°. (A könnyű érthetőség kedvéért szögben adom meg.)

Kitűnik még, hogy cos x szerkeszthető, ezért ABC háromszög is.

Előzmény: [1693] Sinobi, 2013-04-26 20:11:26
[1693] Sinobi2013-04-26 20:11:26

Másik feladat: mekkorák annak az egyenlőszárú háromszögnek a szögei, ahol a szögfelezők talppontjaira illesztett kör átmegy a háromszög csúcsán?

[1692] Sinobi2013-04-26 20:08:45

Borzasztó sok olyan görbe létezik, amin rajta van egy (na jó, kettő) meghatározott pont. :) Egyre kevésbé hiszem azt, hogy a feladatod megszerkeszthető, lehet, hogy létezik szép megoldás mondjuk vonalzóeltolással, fapálcikákkal, kötél és rajzszög alapú ellipsziszővel etc. de nem látok ilyet.

[1691] ibiro2013-04-26 12:31:40

"Mivel M1 ill M2 ellipszis pontok, nem kell bizonyítani, hogy MA + MB állandó ( az adott ellipszisen ) hisz ez az ellipszis definíciójából következik" ... de honnan veszed hogy ellipszis pontok - ez csak a te feltételezésed ! Bízonyisd be és akkor elhiszem.

Sinobi [1680] szerint egy "csúnya csigabigán", szerinted egy "elfajult ellipszisen" , szerintem pedig egy hurkon és egy parabolán vannak. Igaza van-e valakinek ??? Addig senkinek amig nem jön bízonyitással.

Előzmény: [1690] HoA, 2013-04-25 11:21:01
[1690] HoA2013-04-25 11:21:01

A körön belüli általános helyzetű A és B pontokhoz mint fókuszokhoz tartozó ellipszisek az AB szakasztól, mint elfajult ellipszistől az "AB felezőpontja körüli nagyon nagy sugarú majdnem-kör" -ig ( elnézést a pongyola fogalmazásért ) folytonosan nőnek a nagytengely folyamatos növelésével. A legkisebbeknek nincs közös pontjuk a körrel. Lesz egy olyan, melynek egy közös pontja van a körrel, ez M1, ezután lesznek olyanok, melyeknek több közös pontjuk van a körrel. Eljutunk egy olyan nagy ellipszisig, melynek ismét csak egy közös pontja lesz a körrel M2 . Mivel M1 ill M2 ellipszis pontok, nem kell bizonyítani, hogy MA + MB állandó ( az adott ellipszisen ) hisz ez az ellipszis definíciójából következik. Talán csak annyiban kell szigorítani a fenti gondolatmenetet, hogy belássuk: ha egy körnek és egy ellipszisnek csak egy közös pontja van, akkor az érintési pont és így az itt húzott érintő egyenesek azonosak. Ebből már következik a feladat feltételének teljesülése.

Előzmény: [1689] ibiro, 2013-04-25 08:09:39
[1689] ibiro2013-04-25 08:09:39

Ehhez kellene bizonyitani hogy MA+MB állandó, de mi van akkor ha az ellipszis a kör belsejében lesz és nem érinti a kört ? A feladat nem mond semmit a kör és a szakasz helyzetéről.

Előzmény: [1688] HoA, 2013-04-24 13:18:49
[1688] HoA2013-04-24 13:18:49

Talán segít, hogy valójában azokat az A és B fókuszú ellipsziseket keressük, melyek érintik a kört. M az érintési pont.

Előzmény: [1679] ibiro, 2013-04-05 13:09:20
[1687] lorantfy2013-04-23 10:19:51

Négyzetközéppontú, fél egység sugarú kör.

Előzmény: [1686] w, 2013-04-21 09:55:18
[1686] w2013-04-21 09:55:18

Határozzuk meg mindazon P pontokat egy adott ABCD egységnégyzetben, melyekre PA2+PB2+PC2+PD2=3.

Előzmény: [1681] Layven, 2013-04-20 11:32:22
[1685] w2013-04-21 09:51:54

A koszinusztételt is vektorokkal igen szépen átfogalmazható:

c2=a2+b2-2abcos \gamma

helyett (legyen \vec{CA}={\bf a} és \vec{CB}={\bf b})

(a-b)2=a2+b2-2ab

,ami azonosság.

Előzmény: [1684] Kemény Legény, 2013-04-20 19:06:18

  [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]