Fórum: GEOMETRIA

\(\displaystyle {\bf 192.}\) \(\displaystyle {\bf feladat}\): Az \(\displaystyle ABC\) háromszög \(\displaystyle BC\) oldalán mozog egy \(\displaystyle P\) pont. Az \(\displaystyle AB\) oldal \(\displaystyle E\), valamint az \(\displaystyle AC\) oldal \(\displaystyle F\) pontjára fennáll, hogy konstans az \(\displaystyle u = EPA\angle\) és a \(\displaystyle v = APF\angle\). Keressük meg a \(\displaystyle P\) pont azon helyzetét, amelyre az \(\displaystyle EF\) szakasz hossza minimális!

Mit nevezzünk helytállónak? A módszer körívekből állít össze egy, az ellipszist közelítő görbét. Megvizsgálhatjuk például, a megfelelő tengelyeket egymásra fektetve a tengelyek hosszának függvényében a nagytengely pontjait abszcisszáknak, az ellipszis ill. a közelítő görbe hozzárendelt pontjait ordinátáknak tekintve, mennyi az ordináták eltérésének maximuma. Vagy mekkora a két görbe közötti területdarabok "vastagsága" . Te mire gondoltál ?

Az ellipszis szerkesztése kapcsán lenne egy kérdésem. Mennyire helytálló a linken látható közelítő módszer?

Adott egy kör, és rajta kívül két pont. A pontokból érintőket húzunk a körhöz. Igazold, hogy a négy érintési pont a két ponttal egy kúpszeletre esik. Igazold továbbá, hogy ennek a kúpszelet egy pontjából ha a körhöz húzunk érintőt, és így csináljuk a Poncelet tételben szereplő eljárást, akkor 4 lépés után záródik.

(könnyű)

A fókuszok valós eszközökkel is szépen kezelhetőek: kúpszelet fókusza olyan pont, amelyre illeszkedő konjugált egyenespárok pontosan a merőleges egyenespárok.

Komplex módszerekkel is meg lehet őket fogni: az abszolút képzetes körpontokból érintőket húzunk a kúpszelethez, ezek páronként vett további metszéspontjai a fókuszok. Így a két valós fókusz mellett egy képzetes fókuszpár is adódik.

Aham. A gyengébb állítás, amelyben két egyenesre kell esniük, az itt található tétel2-nek a Minkowski geometriában való felírása, az erősebb állítás, amelyben az is elég ha kúpszeletre esnek, pedig a de Sitter geometriában (ahol a szög és a távolságmérés is hiperbolikus) való kimondása.

Kúpszeletek fókuszai kezelhetők szépen egyszerűen komplex projektív módszerekkel? (ebben a két geometriában valós projektív eszközökkel is megfoghatók a fókuszpontok)

Kúpszeletsorokra vonatkozó számolásokkal (amik nem túl nehezek, csak kúpszeletek egyenleteiből kell lineárisan kikombinálgatni a kúpszeletsoruk további kúpszeleteinek egyenletét) egy kicsit általánosabbat is be tudok látni:

Ha adott három kúpszelet úgy, hogy közülük bármely kettőnek két metszéspontja egy negyedik kúpszeleten van (ez most esetünkben egy metsző egyenespár), akkor a további két metszéspont-párok összekötő egyenesei konkurrensek.

De még jó lenne erre valami szebb bizonyítást keresni (szerintem algebrai görbék fokszámát vizsgálva, mint az eredeti "kalapács" esetén a Cayley-Bacharach tételes szép bizonyítás, ki kéne jönnie).

Ha a nagy négyzetbe is ellipszist írunk, majd azt dualizáljuk, akkor az előző kalapácshoz nagyon hasonló állítást kapunk: adott két egyenesen 3-3 pont, ezeken át 3 kúpszelet úgy, hogy bármelyik 2-nek 4 metszéspontja legyen, bizonyítsuk be hogy a hatványvonalak 1 ponton mennek át.

Azt hogyan látnád be, ha nem ezt akarnád dualizálni?

(azt ebből tudjuk, hogy mint konfiguráció azonos az előbbi kalapáccsal, vagyis a PG téma 126-ik hozzászólásával, de mondjuk ez nem tűnik fel; meg nem is látom most hogy mi hova kerül)

Kalapács és szög :D Tetszik :)

Na jó, ezt elismerem, hogy kicsit elkapkodtam. (Attól még, hogy a kollineáció az egyik téglalapot a másikba viszi, nem biztos, hogy a beírt kúpszeletet is éppen a tekintett másikba viszi át.)

Újabb próbálkozás:

A másik fórumban beszéltünk a következő állításról: Ha három kúpszeletnek van két közös pontja, akkor a további két-két metszéspontot összekötő egyenesek konkurrensek.

Nézzük ennek az állításnak a duálisát: Ha három kúpszeletnek van két közös érintője, akkor a további két-két közös érintők metszéspontjai kollineárisak.

Legyen most két kúpszeletünk a két beírt ellipszis. A harmadik pedig az az elfajuló másodosztályú görbe, a négyzet két oldalirányának végtelen távoli pontjából áll. A két pontból álló elfajuló másodosztályú görbe érintői a két pontra illeszkedő összes egyenes (ez a metsző egyenespár duálisa).

Erre a három görbére alkalmazva az előbb megfogalmazott duális állítást éppen a feladat állítása adódik.

Azt hiszem hogy nem értem, lehet hogy nem is jó.

(Most nem bogarászom nagyon, csak azért írom hogy kifejtheted bővebben, vagy kereshetsz jobb megoldást.)

A két befoglaló téglalapnak a négyzet oldalain levő megfelelő csúcsait összekötő egyenesek éppen a négyzet átlóján metszik egymást (ez a Papposz-tételből könnyen látható), legyen ez a közös pont \(\displaystyle C\). Ez azt jelenti, hogy \(\displaystyle C\) centrumú kollineációval át lehet vinni az egyik kis téglalapot a másikba. Ez a kollineáció az egyik téglalapba írt ellipszist a másik téglalapba írt ellipszisbe viszi. Így a közös érintők invariáns egyenesek, vagyis átmennek a \(\displaystyle C\) centrumon.

Négyzet átlójának a meghosszabbítására tippelnék. De még így sem igaz, ha négy (egybevágó) négyzetre osztottunk, ekkor az érintők párhuzamosak (kézzel rajzolt ábra)

191. Feladat Egy négyzetet felosztunk 4 részre, két szemközti részbe ellipsziseket írunk az ábra szerint. Bizonyítsd be, hogy a két ellipszis két másik közös érintőjének a metszése a négyzet átlóján van.

Az a megoldás, amit adtam, elég könnyen általánosítható bármilyen területekre. Nem használtam ki semmi különöset a konkrétan megadott területekről.

A feladatot 1955. január 2-án az alábbi formában adták fel az – akkor még Rákosi Mátyásról elnevezett – Országos Tanulmányi Versenyen:

Egy háromszög belsejében felvett tetszőleges ponton át a háromszög oldalaival párhuzamos egyeneseket húzunk. Ezek az egyenesek a háromszög területét hat részre osztják. Mekkora az adott háromszög területe, ha adva van a keletkezett 3 háromszög területe: \(\displaystyle t_1\), \(\displaystyle t_2\), \(\displaystyle t_3\) ?

Érdemes ezt az általánosított feladatot is megoldani.

Elnézést kérek. Későn esett le a dolog. Nem aktuális a kérdés, és nagyon szépen köszönöm a választ :)

Ez egy lehetséges megoldás lenne, de a feladat nem írta sehol, hogy a háromszög derékszögű. Ezért nem tudtam boldogulni a feladattal. Szóval a kérdés ugyan az, csak annyival kiegészítve, hogy mi van, ha a háromszögem tetszőleges?

Legyen a háromszög ABC, a belül felvett pont P. A P ponton át az AB oldallal párhuzamos a BC oldalt K-ban, az CA oldalt T-ben metszi; a BC oldallal párhuzamos az CA oldalt L-ben, az AB oldalt R-ben metszi; végül a CA oldallal párhuzamos az AB oldalt J-ben, a BC oldalt S-ben metszi.

A három kis háromszög, amiről a feladat beszél, PLT, RPJ, KSP. Vedd észre, hogy ez a három háromszög hasonló, mivel minden oldaluk párhuzamos egymással. Ráadásul a BCA háromszög is hasonló az előbbi háromhoz.

Legyen a PLT háromszög területe 1, az RPJ háromszög területe 2, a KSP háromszög területe 3. (Feltehetjük, hogy pont ilyen sorrendben vannak a területek, mert az eredeti háromszög ABC csúcsait betűzhetjük megfelelően.) Mivel az RPJ háromszög hasonló a PLT-hez, de kétszer akkora területű, ezért az oldalai \(\displaystyle \sqrt 2 \)-szer akkorák. Hasonlóan a KSP háromszög oldalai \(\displaystyle \sqrt 3 \)-szor akkorák, mint a PLT-é.

Mivel párhuzamosokat húztunk, a PJAT négyszög paralelogramma, így a TA szakasz hossza megegyezik a PJ szakasz hosszával, ez utóbbiról pedig a PLT és RPJ háromszögekből tudjuk, hogy \(\displaystyle \sqrt 2 \)-szer akkora, mint az LT szakasz. Hasonlóan PSCL is paralellogramma, így az LC ugyanolyan hosszú mint a PS szakasz, ez pedig \(\displaystyle \sqrt 3 \)-szor olyan hosszú, mint az LT szakasz.

Mármost mivel P a háromszög belső pontja, és PL párhuzamos BC-vel, ezért L a BC szakasz belső pontja. Hasonlóan PT párhuzamos AB-vel, ez pedig egy egyenesbe esik AR-rel, P pedig R és L között van, ezért T az AL szakasz belsejében van.

Ezekből az LA szakaszt a T belső pont az TA és a LT szakszra bontja, amik közül az AT-ről már megállapítottuk, hogy \(\displaystyle \sqrt 2 \)-szer olyan hosszú, mint LT, így az LA szakasz \(\displaystyle \sqrt 2 + 1 \)-szer olyan hosszú, mint LT. Hasonlóan a CA szakaszt L felbontja az LA és LC szakaszra, ezért a CA szakasz \(\displaystyle \sqrt 2 + 1 + \sqrt 3 \)-szor olyan hosszú, mint LT. Viszont a BCA háromszög hasonló a PLT háromszöghöz, és az utóbbinak a területe 1, ezért az oldalak arányából az előbbinek a területe \(\displaystyle (\sqrt2 + 1 + \sqrt3)^2 \), ami körülbelül 19.17.

Jó estét kívánok mindenkinek!

Volna egy olyan feladatom, aminek nem tudom, hogy hogyan álljak neki, de szeretném nagyon megoldani. Pusztán kíváncsiságból szeretném megtudni, hogy hogyan kellene a feladatot megoldani.

Ez lenne a feladat:

Egy háromszög belsejében felvett ponton át a háromszög oldalaival párhuzamos egyeneseket húzunk. Ezek az egyenesek a háromszöget 6 részre osztják. Mekkora az eredeti háromszög területe, ha a keletkezett 3 háromszög területe: 1, 2 illetve 3 egység?

Talán nem tartjátok OFF-nak a témát, ha nem a geometria szépségeiről írok, hanem arról, aki e fórum keretein belül olyan sok gondolatát megosztotta velünk :(

Forgassuk el az \(\displaystyle SQ \) szakaszt derékszöggel, és toljuk el, hogy az egyik végpontja \(\displaystyle P \)-be kerüljön, így kapjuk a \(\displaystyle PT \) szakaszt. A kulcs észrevétel, hogy az \(\displaystyle RT \) egyenes megegyezik a négyzet \(\displaystyle CD \) oldalegyenesével. A másik három oldalegyenest úgy kapjuk, hogy \(\displaystyle P \)-n át párhuzamost húzunk \(\displaystyle RT \)-vel, majd \(\displaystyle Q \)-n és \(\displaystyle S \)-en át merőlegest \(\displaystyle RT \)-vel.

Csakhogy ebben a szerkesztésben a \(\displaystyle T \) pontra két lehetőséget kapunk a szerint, hogy az elforgatott szakasz melyik végpontja kerül \(\displaystyle P \)-be. A két lehetőség két ellentétes körüljárású négyzetet ad.

Speciális esetek. Ha \(\displaystyle R = T \), de \(\displaystyle P \ne T \), akkor van végtelen sok különböző négyzet, mégpedig bármilyen irányú oldalegyeneshez egy, kivéve a \(\displaystyle PR \)-rel párhuzamos vagy merőleges irányt. Ha \(\displaystyle PTR \) kollineáris, de \(\displaystyle R \ne T \), akkor nincs megoldás.

Ha a feladatkiírást úgy értelmezed, hogy \(\displaystyle P \) az \(\displaystyle AB \) szakaszon legyen stb, akkor minden megoldást ellenőrizni kell, hogy az adott pontok tényleg a szakaszokon vannak, nem az oldalegyenesek valamely másik részén. Ekkor a tipikus esetben legfeljebb egy megoldás lehet.

Adottak a síkon a \(\displaystyle P,Q,R,S\) pontok. Szerkesszünk olyan \(\displaystyle ABCD\) négyzetet, melyre \(\displaystyle P\in AB\), \(\displaystyle Q\in BC\), \(\displaystyle R\in CD\), \(\displaystyle S\in DA\)!

189. feladat: Legyen &tex;\displaystyle \vartheta&xet; két, közös végpontú szakasz, HI és IJ ekvioptikus görbéje (azaz: azon P pontok mértani helye, melyekre HPJ egyik szögfelezője átmegy I-n)

Bizonyítsuk be, hogy ha A,B,C &tex;\displaystyle \in \vartheta&xet; háromszög a görbén fekszik úgy, hogy ABC beírt körének középpontja I, akkor EFG egy egyenesre illeszkednek, amennyiben &tex;\displaystyle \{E,F,G\} = ABC \cap \vartheta&xet; A,B,C-tól különböző metszéspontjai.

> Adott a síkon négy egyenes. Tekintsük az összes kúpszeletet, amelyek érintik ezt a négy egyenest. Mi az ilyen tulajdonságú kúpszeletek középpontjának mértani helye?

Ezt is én, nem lett megoldva (számozni kéne??). A válasz az hogy a Newton érintőnégyszög tétele értelmében az átlók felezőpontjait összekötő egyenesen lesz. (Ellipszisre úgy megy, hogy körré affinítod, és alkalmazod Newton tételét. Hiperbolára mondjuk úgy, hogy veszed ugyanazt a bizonyítást a Minkowski síkon, és megkapod derékszögű hiperbolára a tételt. Másik lehetőség, hogy tükrözöl a kúpszelet középpontjára, és akkor a Brianchon azonnal adja.) (.. minden testre működik ez a bizonyítás, nem? Létezik 4 egyeneshez mindig érintő kúpszelet, kúpszeletnek középpont, középpontnak tükrözés, illetve Brianchon..?)

.. mi a helyzet magasabb dimenzióban? Két adott másodrendű felület lineáris kombinációnak a középpontjainak mi a mértani helye? N síkot érintő másodrendű felületek középpontjainak?

(Én nem tudom.)

.. van valakinek szakirodalma másodrendű felületsorokról?