Fórum: GEOMETRIA

Bocsánat, elírás. Helyesen:

A \(\displaystyle D_0D_1F_1\) és \(\displaystyle D_0D_2F_2\) háromszögek hasonlók, \(\displaystyle D_0, F_1 és F_2\) egy egyenesen vannak.

Legyen \(\displaystyle P\) egyik helyzete \(\displaystyle P_0\). Rajzoljuk meg az ehhez tartozó \(\displaystyle P_0D_0\) és \(\displaystyle P_0E_0\) szakaszokat. P egy másik, \(\displaystyle P_1\) helyzetéhez tartozzanak A \(\displaystyle D_1\) és \(\displaystyle E_1\) pontok. A párhuzamos szelők tétele szerint \(\displaystyle BP_0 D_0\) háromszögből \(\displaystyle D_0D_1 = k P_0P_1\) , ahol \(\displaystyle k = \frac{sin u}{sin(\beta + u)}\) . Hasonlóan a \(\displaystyle P_0CE_0\) háromszögből \(\displaystyle E_0E_1 = m P_0P_1\) , ahol \(\displaystyle m = \frac{sin v}{sin(\gamma + v)}\) . Toljuk el \(\displaystyle E_1D_1\) -et önmagával párhuzamosan az \(\displaystyle AC\) egyenes mentén úgy, hogy \(\displaystyle E_1\) \(\displaystyle E_0\) -ba kerüljön. \(\displaystyle D_1\) új helyzete legyen \(\displaystyle F_1\) . \(\displaystyle D_1E_1E_0F_1\) paralelogramma, \(\displaystyle D_1F_1 \# E_1E_0\) , \(\displaystyle \frac{D_0D_1}{D_1F_1} = \frac {k}{m}\). Ismételjük meg egy további \(\displaystyle P_2\) pontra a \(\displaystyle P_1\) -re elvégzetteket. Kapjuk a \(\displaystyle D_2 , E_2, F_2\) pontokat. \(\displaystyle \frac{D_0D_2}{D_2F_2} = \frac {k}{m}\). A \(\displaystyle D_0D_1F_1\) és \(\displaystyle D_0D_2F_2\) háromszögek hasonlók, \(\displaystyle D_0, D_1 és D_2\) egy egyenesen vannak. A megfelelő \(\displaystyle D_iE_i\) szakasszal párhuzamos és azonos hosszúságú \(\displaystyle F_iE_0\) szakaszok egyik végpontja közös (\(\displaystyle E_0\)) , a másik az \(\displaystyle F_iF_j\) egyenesen mozog. Közülük a legrövidebb az \(\displaystyle E_0\) -ból az \(\displaystyle F_iF_j\) -re bocsátott merőleges \(\displaystyle F_m\) talppontját \(\displaystyle E_0\) -lal összekötő szaksz lesz. A keresett legrövidebb \(\displaystyle DE\) szakaszt akkor kapjuk, ha \(\displaystyle E_0F_m\) -et az \(\displaystyle AC\) egyenes mentén úgy toljuk el, hogy \(\displaystyle F_m\) az \(\displaystyle AB\) egyenesre essék, a szakasz végpontjai legyenek \(\displaystyle D_m és E_m\)

A szerkesztést úgy hajthatjuk végre a legkevesebb vonal megrajzolásával, ha P két szélső helyzetét használjuk. Legyen tehát \(\displaystyle P_0 = B, P_2=C\) , \(\displaystyle E_0\) az \(\displaystyle AC\) oldalnak az a pontja, melyre \(\displaystyle E_0BC \angle = v\) , \(\displaystyle D_2\) az \(\displaystyle AB\) oldalnak az a pontja, melyre \(\displaystyle D_2CB \angle =u\) . \(\displaystyle CD_2\) -t \(\displaystyle CA\) mentén úgy eltolva, hogy \(\displaystyle C\) \(\displaystyle E_0\) -ba jusson \(\displaystyle D_2\) kerüljün \(\displaystyle F_2\) -be .\(\displaystyle E_0\) -ból az \(\displaystyle F_2B\) egyenesre bocsátott merőleges talppontja legyen \(\displaystyle F_m\) . A legrövidebb DE szakaszt \(\displaystyle E_0F_m\) -nek \(\displaystyle AC\) -vel párhuzamos eltolásával kapjuk úgy, hogy \(\displaystyle F_m\) az \(\displaystyle AB\) egyenesen lévő \(\displaystyle D_m\) -be kerüljön, \(\displaystyle E_0\) pedig \(\displaystyle E_m\) -be.

Ujjgyakorlatnak hagyjuk annak bizonyítását, hogy a \(\displaystyle D_m\) -ből \(\displaystyle D_2C\) -vel húzott párhuzamos és az \(\displaystyle E_m\) -ből \(\displaystyle E_0B\) vel húzott párhuzamos egy, a \(\displaystyle BC\) egyenesen fekvő, feladatunk megoldását adó \(\displaystyle P_m\) pontban metszik egymást.

A 192. feladat valóban nyitott. Talán ezért (is) nagyon nehéz, de megoldható. Az általam ismert megoldást nyolc éve publikálták, azóta a közlés helyén, egy közismert, frekventált oldalon, állócsillagként ragyog: még nem reagált rá senki – legalábbis ott nem. Ebből arra következtetek, hogy máig csak ez az egy megoldás létezik. Ez a dolgozat – a szerkesztéses részét tekintve – mindvégig euklideszi szerkesztésekkel jut el a \(\displaystyle P\) pont keresett pozíciójához.

Beírom a lényegesen könnyebb,193. feladatot is, amely csak u és v szerepét tekintve különbözik a rokon 192.-től. Találjunk euklideszi szerkesztést alkalmazó megoldást a következő, 193. feladatra:

Az \(\displaystyle ABC\) háromszög \(\displaystyle BC\) oldalán mozog egy \(\displaystyle P\) pont. Az \(\displaystyle AB\) oldal \(\displaystyle D\), valamint az \(\displaystyle AC\) oldal \(\displaystyle E\) pontjára fennáll, hogy rögzített e két szög: \(\displaystyle u=BPD∠\) és \(\displaystyle v=CPE∠\). Keressük meg a \(\displaystyle P\) pont azon helyzetét, amelyre a \(\displaystyle DE\) szakasz hossza minimális!

Nagyon nyitott a feladat, és nekem kételyeim is vannak azzal kapcsolatban, hogy van értelmes, szép válasz. Az ennél egyszerűbbnek tűnő

Philo szelő probléma: adott egy szög és benne egy pont, keressük meg a legrövidebb szakaszt, amely átmegy a ponton, és a végpontjai a szög két szárán van

sem szerkeszthető már körzővel és vonalzóval. Bár az például megoldható olyan eszközzel, amelyik megadja két kúpszelet metszéspontjait.

\(\displaystyle {\bf 192.}\) \(\displaystyle {\bf feladat}\): 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 :(