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.
[241] Hraskó András2005-05-20 21:56:15

Kedves Géza!

Az 55. feladatban kitűzött szerkesztés, azt hiszem, teljes általánosságban nem végezhető el euklideszi módszerekkel.

Ha jól látom, akkor a háromszög a, b, c oldalai és beírt körének r sugara között az

r2s-(s-a)(s-b)(s-c)=0

összefüggés áll fenn (s = \frac{a+b+c}{2}). Ez c-re nézve (a-t, b-t és r-t tekintjük adottnak) harmadfokú egyenlet. A bal oldali polinom az a, b, r adatok megfelelő választása mellett a racionális számtest felett irreducibilis is, így a szerkeszthetőség elmélete (Galois elmélet) szerint c nem szerkeszthető.

[240] BohnerGéza2005-05-19 22:54:58

Szívesen látnám - talán nem csak én - itt egy hozzáértő véleményét, hogy az 55. feladat adatai alapján szerkeszthető-e a háromszög.

Előzmény: [234] KiCsa, 2005-05-12 15:04:27
[239] BohnerGéza2005-05-19 19:03:44

Az 50. feladat megoldása: Sajnos a [229.] ábráján a csúcsok betűzését elrontottam, így új ábra is készült.

A megoldás vázlatát írom csak le, teret engedve az önálló munkának is.

A megoldás lényege: Legyen F a PR felezőpontja. Megmutatjuk, hogy DBF szög = DBS szöggel = béta felével. Ez elég a feladat állításának igazolásához, hiszen analóg módon igaz, hogy BDF szög = BDQ szöggel.

Az 53. feladatot felhasználva kapjuk, hogy DBF szög a béta fele.

Mivel B*BC szög a béta fele és CS ív=B*D ívvel, ezért DBS szög is a béta fele.

Előzmény: [227] BohnerGéza, 2005-04-14 22:32:17
[238] tudniakarok2005-05-13 15:15:10

Szép megoldás!Grat!

Előzmény: [235] secand, 2005-05-12 21:49:18
[237] secand2005-05-12 21:51:38

És persze csak körzőt használtunk

Előzmény: [228] tudniakarok, 2005-04-20 22:03:19
[236] secand2005-05-12 21:50:05

... ami valahogy így néz ki:

Előzmény: [228] tudniakarok, 2005-04-20 22:03:19
[235] secand2005-05-12 21:49:18

Megoldás az 52. feladatra:

1.ábra: Az O középpontú kör egy tetszőleges pontjából(:=A) körívezzünk a megadott sugárral a kör kerületére,így kapjuk a B,C,D pontokat!Az AC szakasz a körbe írható szabályos háromszög oldala,ezt körzőnyílásba véve,és körözve A illetve D pontokból metszéspontként kapjuk M pontot!Pit. tétellel belátható hogy az OM szakasz a körbe írható négyzet oldala,így már könnyen oszthaó a kör négy egyenlő ívre,ahonnan már csak néhány,a megadott sugárral való körzés választ el a négy területrésztől...

Előzmény: [228] tudniakarok, 2005-04-20 22:03:19
[234] KiCsa2005-05-12 15:04:27

55. feleadat: Szerkesszünk háromszöget, ha adott két oldala és a beírt kör sugara!

Bocsánat ha lett volna.

[233] joe2005-05-10 18:44:56

54. feladat: Legyen k egy félkör O középponttal és AB átmérővel. Legyen M a BA félegyenessel ellentétes félegyenes egy B-től különböző pontja. Az AB-től különböző p egyenes haladjon keresztül az M ponton és messe a k félkört két, egymástól különböző C és D pontban, miközben |MC| > |MD|. Legyen K az AOC és a BOD háromszögek köré írt köreinek O-tól különböző metszéspontja. Bizonyítsuk be, hogy OK merőleges MK-ra.

[232] BohnerGergő2005-05-05 19:28:02

Kiegészítés az 53. feladat megoldásához:

Az indoklásból kimaradt, hogy a két forgatás szorzata azért egyenlő az F körüli 180 fokos forgatással, mert a két forgatás szögének összege 180 fok.

Előzmény: [231] BohnerGergő, 2005-05-05 19:03:13
[231] BohnerGergő2005-05-05 19:03:13

D-nél a szög delta, E-nél epszilon. Tudjuk: epszilon=180-delta Az egyenlőszárú háromszögek miatt, ha A-t forgatjuk E körül epszilonnal, majd D körül deltával akkor B-t kapjuk. Ugyanígy A-ból B-t kapjuk ha középpontosan tükrözzük F-re. Egy forgatás két tengelyes tükrözés szorzata, még pedig akkor, ha a tengelyek szöge fele a forgatás szögének. Vegyük fel a 3 tükörtengelyt az ábrán látható módon. Ekkor: DEF szög 90-(delta/2) és EDF szög delta/2. Ekkor DFE szög 180-(90-(delta/2)+delta/2)=90

Előzmény: [230] BohnerGéza, 2005-04-28 21:55:56
[230] BohnerGéza2005-04-28 21:55:56

53. feladat: (egyben segitség az 50,-hez) Az ABC háromszög BC és CA oldalaira, mint alapra, kifelé ( vagy mindkettőt befelé) rakjuk a BDC ill. a CEA egyenlő szárú háromszögeket. A D-nél delta, az E-nél 180 fok mínusz delta szög legyen. Jelöljük AB felezőpontját F-fel. Bizonyítandó, hogy a DEF háromszögben F-nél derékszög, D-nél delta/2 szög van!

(Használjuk fel, hogy a forgatás helyettesíthető két tengelyes tükrözéssel!)

[229] BohnerGéza2005-04-21 19:37:54

Ábra az 50. és 51. feladathoz.

Előzmény: [227] BohnerGéza, 2005-04-14 22:32:17
[228] tudniakarok2005-04-20 22:03:19

Nem tudom,hogy volt-e már,de ez egy igen érdekes, tanulságos és egyszerű? feladat:(Napóleon egyik feladata)

52.feladat: Osszunk fel egy r sugarú kört négy egyenlő területrészre! KIZÁRÓLAG KÖRZŐT használhatunk!

[227] BohnerGéza2005-04-14 22:32:17

Az előző hozzászólás feladata legyen az 50. feladat! Talán némi segítség a megoldásához:

51. feladat: Legyen az 50. feladatban F a PR felezőpontja. Igazoljuk, hogy a QSF háromszögben F-nél derékszög van és Q-nál a B-nél lévő szög fele.

Előzmény: [226] BohnerGéza, 2005-04-12 12:35:53
[226] BohnerGéza2005-04-12 12:35:53

Az ABCD húrnégyszögben (AB<BC és AD<DC) az A-ból a B belső szögfelezőjére állított merőleges messe BC-t P-ben, a körülírt kört Q-ban, hasonlóan a D belső szögfelezőjére állított merőleges DC-t R-ben, a kört S-ben. Igazolandó, hogy a BS, a DQ és a PR egyenesek egy pontban metszik egymást.

[225] Hajba Károly2005-03-22 09:48:43

Az alábbi hozzászólásomban az utolsó előtti mondat így helyes:

Az alábbi kép az idézett könyvből való, de ez nem írja le az 1. keresett csempekészletet (pontosan).

HK

Előzmény: [224] Hajba Károly, 2005-03-22 09:30:17
[224] Hajba Károly2005-03-22 09:30:17

Üdv a Geométereknek!

Két érdekes Penrose féle csempe kerestetik. Ha valaki ismeri, szóljon! Közölje itt a paramétereit! :o)

Az alábbi idézet ebből a cikkből való.

"Bármelyik, sárkányokról és dárdákról szóló tétel átalakítható a Penrose-rombuszokról szóló tétellé, vagy akármelyik Penrose-féle csempepárról szólóvá, és viszont. Conway a sárkányokkal és dárdákkal dolgozik szívesebben, más matematikusok jobban szeretik az egyszerűbb rombuszokat. Robert Ammann elképesztően sokféle nem periodikus csempekészletet talált ki. Az egyik készlete, amely két konvex ötszögből és egy konvex hatszögből áll, az élek bármilyen eltorzítása vagy színezése nélkül kényszeríti ki a nem periodikus csempézést. Több olyan hatszögekből álló párt talált, ahol a hatszögek öt belső szöge 90 fokos, egy pedig 270 fokos. E készletek leírása és figyelemre méltó tulajdonságaik tárgyalása megtalálható Branko Grünbaum és G. C. Shephard "Some Problems on Plane Tilings" című könyvében."

Az alábbi kép az idézett könyvből való, de ez nem az 1. keresett csempekészlet.

Ha valaki tud segíteni, azt előre is megköszönöm.

HK

[223] Hraskó András2005-03-22 06:04:11

Csak úgy a poén kedvéért egy újabb megközelítés a Géza 206. problémájához és a 210-es általánosításhoz.

Tekintsük a k kört a hiperbolikus geometria Cayley Klein modellje alapkörének (lásd Kós Géza írását: itt.)

Ha tekintünk egy A pontot a körön belül, és a kör pontjait átvetítjük A-n át a körre, akkor igazából a hiperbolikus geometriában az A-ra vonatkozó középpontos tükrözés hatását tekintjük a sík végtelen távoli pontjain.

Ha A a körön kívül van, akkor a transzformáció az A polárisának megfelelő hiperbolikus egyenesre vonatkozó tengelyes tükrözés.

Ha A, B, C egy egyenesen vannak (és mind kívül), akkor a három tengelyes tükrözés három egy ponton átmenő egyenesre történik. Ez a pont az ABC egyenes pólusa.

Innen a megoldás a 208. hozzászólásban leírttal analóg.

Persze, ha A, B, C közt van belső pont is, akkor kissé más a helyzet, de ezt meghagyom gondolkoznivalónak.

[222] lorantfy2005-03-21 10:09:41

Kedves András!

Köszönöm a hozzásolásodat! A térbeli ábra azért született, mert Desargues perspektív háromszögekre vonatkozó tételére gondoltam, ahol a két háromszöget két metsző síkra helyezve, gyakorlatilag nincs mit bizonyítani, hiszen a megfelelő metszéspontok, csak a két sík közös egyenesén lehetnek.(Pirossal és zölddel szineztem a két síkban futó egyeneseket.) Tehát síkban valami elveszik ami térben még nyilvánvaló.

Előzmény: [221] Hraskó András, 2005-03-21 05:25:19
[221] Hraskó András2005-03-21 05:25:19

Kedves László!

Nem egészen értem, hogy és miért készíted a térbeli ábrádat, de fontos dolgot kapisgálsz az biztos.

Ha jól látom, Pascal tételének volt egy lényeges szerepe a matematika történetében és ez nagyon hasonlatos az itt történt eseményekhez.

Pascal saját tételét egy oldalon hirdetésként tette közzé, bizonyítás nincs is rajta, csak Desargues tevékenységére való utalás van és az a megjegyzés, hogy a kúpszeletet átvetítheti körbe, így elég körre bizonyítani.

Poncelet a XIX. században újra elővette a problémát. Így kezdi: a Pascal tétel körre egyszerűen igazolható, ha két metszéspont (pld P1P2\capP4P5 és P2P3\capP5P6) az ideális egyenesen van. Ez lényegében Géza eredeti (206. hozzászólás) feladata.

Ezután Poncelet arra hivatkozik, hogy bármely kör és egyenes átvetíthető a tér egy pontjából egy másik síkra, úgy, hogy a körből kör legyen, az egyenes pedig az ideális egyenesre képződjék.

Ez szép feladat abban az esetben, ha az eredeti kör és egyenes nem metszi egymást (érdemes elolvani hozzá - és kijavítani - Sain Márton: Nincs királyi út című könyvében az Apollóniuszról szóló részt).

Ellentmonádosnak látszik abban az esetben, ha a kör és az egyenes metszi egymást. Azt hiszem az "egyszerű" bizonyításnak ez a gátja is inspirálhatta Poncelet-t, hogy megalkossa a komplex projektív teret és a körök közös ideális pontjának fogalmát.

[220] lorantfy2005-03-19 23:07:34

Kedves András!

Gratulálok! Nagyon szép gondolat. Valami hasonlóra gondoltam, csak persze sokkal primitívebb módon:

Az A,B,C pontokra vonatkozó középpontos hasonlóságokat kétszer "oda-vissza" alkalmazva a pontokban állított - ábra szerint keletkező - síkra merőleges szakaszokra végül a P7P7'=P1P1' egyenlőséghez jutnánk, ami már elegendő lenne a bizonyításhoz. Sajnos \frac{AP_2}{AP_1}=
\frac{AP_5}{AP_4} nem teljesül. Az ábra kicsit bonyodalmasnak tűnik, de érdemes megvízsgálni. Két síkról van szó, melyek metszésvonala AC egyenes.

Előzmény: [219] Hraskó András, 2005-03-16 23:29:08
[219] Hraskó András2005-03-16 23:29:08

Kedves Szefoharcos!

Köszönöm a szép megoldást.

Egy további általánosítás is igaz. A kört (másodrendű görbét) és az A, B, C pontok egyenesét összevonhatjuk egyetlen harmadrendű görbévé.

Az E harmadrendű görbe egy O pontja meghatározza a görbe önmagára való leképezését a következő módon. Ha P\inE akkor legyen P' az a pont, amelyre O, P és P' valamely egyenesnek a harmadrendű görbével való (multiplicitással számítva) három metszéspontja. Nevezzük ezt a transzformációt az E görbe O centrumú tükrözésének.(Vigyázat O nem feltétlenül fixpontja e leképezésnek, hiszen O képe a görbe O-beli érintőjének E-vel való további metszépontja!)

Állítás: az E-tükrözések olyanok mint a sík középpontos tükrözései, azaz:

0. E-tükrözés négyzete identikus.

1. Három E-tükrözés kompozíciója is E-tükrözés. (Ebből következik az eredeti tétel, hiszen abban az A, B, C, A, B, C centrumú E-tükrözések kompozíciójáról van szó és az első három kompozíciója megegyezik az utolsó hároméval, így 0. szerint kész is vagyunk.

2. A két E-tükrözés kompozíciójából származó transzformációk olyanok, mint a sík eltolásai, azaz csoportot alkotnak, és az identitáson kívül egyiknek sincs fixpontja.

Géza feladta a labdát, ez véletlenül épp a doktorim témája, lásd

http://matek.fazekas.hu/portal/tanitasianyagok/Hrasko_Andras/doktori/index.html

[218] BohnerGéza2005-03-16 17:48:13

Szefoharcos megoldása rögtön egy teljesebb általánosítást is elbírt volna, azaz a kör helyett tetszőleges másodrendű görbéből ( egyenespárból is ) kiindulhatunk. Játéknak sem rossz ilyeneket egy szerkesztőprogrammal ( pl, Euklides-szel ) rajzolgatni.

Előzmény: [216] szefoharcos, 2005-03-16 00:54:05
[217] SAMBUCA2005-03-16 04:30:56

Így-így!

Gratula szefoharcos. Látszik, hogy ki itt a geomaster :)

SAMBUCA

Előzmény: [216] szefoharcos, 2005-03-16 00:54:05

  [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]