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.

[283] qer

2005-09-19 11:15:16

http://web.maths.unsw.edu.au/~norman/papers/Chapter1.pdf

itt található az első fejezet a könyvéből (ez ingyen elérhető)...

Előzmény: [281] 2501, 2005-09-19 10:25:15

[281] 2501

2005-09-19 10:25:15

Sziasztok!

Ezt lattatok mar?

[280] Szalkai István

2005-09-14 13:42:39

Kedves Mindenki !

A 2005.jan. feladatot általánosítva jutott eszembe a a következő probléma: Mi azon pontok mértani helye, amelyeknek adott egyenesektől való távolságai kielégítenek egy lineáris összefüggést? "Felfedezésem" biztosan nem új, bár irodalomban nem akadtam a nyomára. Közzéteszem mégis, hátha esetleg valakinek hasznára válik, no és biztosan én is tanulok hozzászólásaitokból! (Más fajta TEX-et használva nem sikerült a szöveget ide feltennem, de a következő linken megtalálható:

http://www.szt.vein.hu/~szalkai/Tavolsagok-jav.pdf

Üdvözlettel: szalkai@almos.vein.hu

[279] BohnerGéza	2005-08-27 00:19:34
Jogos [275] jonas észrevétele, bár csak egy kis fogalmazási hibát követtem el. A zárójel szövege helyesen: valamint a talpponti háromszög területének. Igaz ez már nem nehéz, ha az előzőekre megvan a válasz.
Előzmény: [275] jonas, 2005-08-23 22:40:10

[278] lorantfy

2005-08-24 10:25:21

Hello Viktor!

Ez az EUKLIDES program. A 2.02 verzió ingyenesen letölthető: www.euklides.hu.

Töltsd le és szórakozz el vele. Én a kész ábrát Print Screen-el vágólapra szoktam tenni. Aztán egy képszerkesztővek kivágom a lényeges részt és átlátszóvá teszem, majd elmentem gif-ben és úgy csatolom a hozzászóláshoz. Így a háttérszínen jelenik meg.

Előzmény: [277] xviktor, 2005-08-24 10:09:36

[277] xviktor	2005-08-24 10:09:36
Ilyen abrat milyen programmal lehet csinalni?
Előzmény: [276] lorantfy, 2005-08-24 09:59:41

[276] lorantfy	2005-08-24 09:59:41
Nem hiszem, hogy Géza itt a talpponti $\Delta$ -re gondolt! Szerintem a=13, b=14, c=15 és a T_CBT_A $\Delta$ -ről van szó.

Előzmény: [275] jonas, 2005-08-23 22:40:10

[275] jonas	2005-08-23 22:40:10
A talpponti háromszög nem a TcTbTa?
Előzmény: [274] BohnerGéza, 2005-08-23 22:08:14

[274] BohnerGéza

2005-08-23 22:08:14

Üdv mindenkinek!

Köszönöm Kós Ritának [273] a segítséget!

57. (számozott) feladat: Egy háromszög oldalai 13, 14 és 15. Adjuk meg a pontos értékét a

a.) beírt köre sugarának

b.) TcBTa (Ta és Tc magasságtalppontok) beírt köre sugarának

c.) TcBTa háromszög területének ( a talpponti háromszög területének )

[273] Kós Rita	2005-07-26 19:31:42
A lekepezesek szorzatarol rovidebben-hosszabban Reiman Istvan konyveiben is van szo: Fejezetek az elemi geometriabol (Typotex, pici vekony, ebben biztosan), ill. A geometria es hatarteruletei c. konyvben, ha jol emlekszem.
Előzmény: [272] BohnerGéza, 2005-07-15 23:09:11

[272] BohnerGéza

2005-07-15 23:09:11

Az 50., 51., 53. és 56. feladat közös, általános megoldása.

Igen örülök lorantfy és Kós Géza 56. feladatra a [267]-ben ill. [268]-ban leírt megoldásának. Ezek is alkalmasak az általánosításra.

Ha valaki még nem ismeri a leképezések szorzatát, annak is megérthető amit írok, de időt és energiát kell rá szánnia, végigjátszva-gondolva minden állítást!

A téma bővebb megismeréséhez Rácz János könyveit tudom ajánlani, de ezek nehezen érhetők el. Rossz memóriám miatt további könyveket most nem tudok, remélem lesz valaki és kisegít!

Jelölje az A körüli alfa forgatást (A|alfa). Legyen

(1)...(C|gamma)*(B|béta)*(A|alfa)=I helybenhagyás.

//A leképezések szorzatát - egymás utáni elvégzését - visszafelé olvasva kell értelmezni, tehát először A, majd B, végül C körül forgatunk,// Helybenhagyást akkor kapunk, ha összesen n*360 fokot, ahol n egész, forgatunk és van fixpont. Ez a fent jelzett feladatok esetén áll. Az egyszerűség kedvéért és mert ilyen esetre ezen feladatok mindig visszavazethetők n=1 (vagy -1) esettel foglalkozunk.

Tudnunk kell még, hogy egy forgatás helyettesíthető két tengelyes tükrözés szorzatával, pl. (A-alfa)=t2*t1, ahol t1 és t2 is átmegy A-n, valamint t1 és t2 szöge alfa fele az irányítást is figyelembe véve. (1)-et balról (C|-gamma)-val szorozva:

(2)...(B|béta)*(A|alfa)= (C|-gamma)

Legyen t2=AB, t1 és t3 pedig olyan egyenesek, melyekre (A|alfa)=t2*t1 és (B|béta)=t3*t2. Ekkor

(3)...(B|béta)*(A|alfa)=(t3*t2)*(t2*t1)=t3*(t2*t2)*t1=t3*t1= (C|-gamma)

Tehát t1 és t3 is átmegy C-n. Mindent végiggondolva ABC olyan háromszög kell legyen, melyben a megfelelő csúcsoknál alfa/2, béta/2 ill. gamma/2 szög van. //Feltéve, hogy egyik szög sem n*360 fok, azaz mind a három forgatás valódi fogatás. //

Jó munkát a fent jelzett feladatok átgondolásához! Kitalálható esetleg újabb konkrét feladat is?!

Előzmény: [268] Kós Géza, 2005-07-11 12:00:08

[271] Hajba Károly

2005-07-11 16:43:28

Köszi a továbbképzés. Tényleg egyszerű.

De talán már nem olyan egyszerű azon zárt görbe megszerkesztése, mely görbe bármely pontjára azonos a PA+PB+PC hossz nagysága. Ezen görbe elfajult esete az I pont is.

Előzmény: [270] lorantfy, 2005-07-11 15:40:54

[270] lorantfy	2005-07-11 15:40:54
Kedves Károly! A tétel igaz: Ha az ABC hegyesszögű háromszög síkjában lévő P pontra igaz, hogy AP+BP+CP összeg minimális, akkor P a háromszög izogonális pontja (melyből mindhárom oldal 120 fokos szögben látszik.) A bizonyítás nagyon szép és egyszerű. Forgassuk el a B pont körül a BCP háromszöget 60 fokkal. Mivel BP'P háromszög egyenlő oldalú, ezért az APP'A' törött vonal hossza megegyezik az AP+BP+CP összeggel. Az A' helyzete P-től független. APP'A' hossza akkor minimális, ha P és P' az AA' egyenesre illeszkedik. Ez pedig akkor van, ha APB $\angle$ és BPC $\angle$ 120^o, vagyis ha P az izogonális pont.

Előzmény: [269] Hajba Károly, 2005-07-11 13:31:23

[269] Hajba Károly

2005-07-11 13:31:23

Üdv!

Érdekesnek tűnik a háromszög I pontja más szempontból is, mintha erre a pontra igaz, hogy PA + PB + PC hossz a legrövidebb, ahol A, B, C a háromszög csúcsai, míg P egy tetszőleges pont a síkjukban. Bizonyítani nem tudom, csak ráleltem. Ha igaz, gondolom egy -általam nem- ismert tétel.

Egy adtok egy kis továbbképzést vagy címeket, megköszönném. :o)

Előzmény: [268] Kós Géza, 2005-07-11 12:00:08

[268] Kós Géza	2005-07-11 12:00:08
Legyen az AC'B és BA'C köré írt körök B-től különböző metszéspontja I. Az AC'BI és BA'CI húrnégyszögek szögeiből AC'B $\angle$ =BA'C $\angle$ =120^o. Ebből következik, hogy CB'A $\angle$ =120^o, vagyis az I pont a CB'A körön is rajta van. Ha az ABC háromszög mindegyik szöge 120 foknál kisebb, akkor I a háromszög izogonális pontja. Ha valamelyik szög éppen 120 fok vagy annál nagyobb, akkor nincs izogonális pont, és az ábra kicsit máshogy néz ki, de a három kör akkor is egy ponton megy át. Az IA'', IB'', IC'' szakaszok (egyenesek) páronként 120 fokos (60 fokos) szöget zárnak be. Az A''B'', B''C'', C''A'' egyenesek két-két kör centrálisai, amik merőlegesen felezik az IA'', IB'', IC'' közös húrokat. Ezek az egyenesek tehát szintén páronként 60 fokos szöget zárnak be egymással.

Előzmény: [267] lorantfy, 2005-07-10 17:00:12

[267] lorantfy

2005-07-10 17:00:12

Nem szeretném, ha Géza szép feladata feledésbe merülne!

56. feladat megoldása: Helyezzük a koord.rsz. origóját a háromszög S súlypontjába.

Legyen

$\vec{SA}=\vec{a}=(a_1;a_2)\quad \vec{SB}=\vec{b}=(b_1;b_2)\quad \vec{SC}=\vec{c}=(c_1;c_2)$

Fejezzük ki $\vec{SA"}$ vektort ezek segítségével!

$\vec{SF_A}=(-\frac{a_1}{2};-\frac{a_2}{2})$

$\vec{F_AA"}$ pedig $\vec{CB}$ 90 fokos, pozitív irányú elforgatottjának $\frac{\sqrt{3}}{6}$ -szorosa.

$\vec{F_AA"}=\frac{\sqrt{3}}{6}(c_2-b_2;b_1-c_1)$

$\vec{SA"}=\vec{SF_A}+\vec{F_AA"}=(\frac{\sqrt{3}}{6}c_2-\frac{\sqrt{3}}{6}b_2-\frac{a_1}{2};\frac{\sqrt{3}}{6}b_1-\frac{\sqrt{3}}{6}c_1-\frac{a_2}{2})$

Hasonlóan:

$\vec{SB"}=\vec{SF_B}+\vec{F_BA"}=(\frac{\sqrt{3}}{6}a_2-\frac{\sqrt{3}}{6}c_2-\frac{b_1}{2};\frac{\sqrt{3}}{6}c_1-\frac{\sqrt{3}}{6}a_1-\frac{b_2}{2})$

Az origó körüli 120 fokos, pozitív irányú forgatás mátrixa:

$\left[\matrix{cos 120^\circ &sin 120^\circ \cr -sin 120^\circ & cos 120^\circ \cr}\right]= \left[\matrix{-\frac{1}{2}&\frac{\sqrt3}{2}\cr\frac{-\sqrt3}{2} &-\frac{1}{2} \cr}\right]$

Ezzel beszorozva $\vec{SA"}$ -t és felhasználva, hogy a,b,c vektorok összege 0, vagyis a koordinátákra is:

a₁+b₁+c₁=0, a₂+b₂+c₂=0

$\vec{SB"}$ -t kapjuk. Tehát igaza van Dánielnek (=tudniakarok): valóban egyenlő oldalú háromszöget kapunk.

[266] Lóczi Lajos

2005-07-06 13:04:55

Esetleg érdemes lehet keresgélni a háromszög jelenleg 3055 nyilvántartott nevezetes pontja között

http://mathworld.wolfram.com/KimberlingCenter.html

és az itteni hivatkozásokban, különösképp

http://faculty.evansville.edu/ck6/encyclopedia/

Jó böngészést! :)

Esetleg egy geometriai rajzprogram is segíthet a kísérletezgetésben.

Előzmény: [264] papi, 2005-07-06 08:37:07

[265] papi	2005-07-06 08:54:13
Bocsánat ! Természetesen az előbb Torricelli pontot akartam írni (papi)

[264] papi	2005-07-06 08:37:07
Kedves Barátaim ! A h-szög nevezetes pontjainak a köré írható körre vonatkozó hatványait keresgélem. A S-pont, M-pont, beírt kör Kpontja és a Lamoine-féle pont esetében már rájöttem e hetványokra. De a Tossicelli-pontnál elakadtam. Tud valaki segíteni? (papi)

[263] Lóczi Lajos

2005-07-04 23:46:42

Csak kiegészítésképpen írom, hogy a "négyzetes közelítés" az idézett Newton-módszerben persze nem azt jelenti, hogy a szereplő deriváltpolinom épp másodfokú, hanem azt, ahogyan a hiba nagysága csökken: a numerikus módszerek elméletéből ismert, hogy a Newton-módszer gyorsan konvergál, ha megfelelően közelről indítjuk a tényleges megoldástól (azaz z₀-t "elég közel" választjuk meg a keresett értékhez, ami jelen esetben z₀=1 mellett jó, de általában a pontos vonzási tartomány fraktálbonyolultságú alakzatokból áll, l. pl. http://mathworld.wolfram.com/NewtonsMethod.html)

(A hatványsoros közelítés előnye, hogy a kezdeti értékkel nem kell bajlódni, de a konvergencia nem ennyire gyors: az n. lépésben a hiba ott n faktoriálissal arányos.)

Előzmény: [261] jonas, 2005-07-02 10:28:45

[262] Lóczi Lajos

2005-07-04 22:49:50

:-)

A szinusz kiszámolásának lánctörtes alakja nem hangzott még el, l. http://mathworld.wolfram.com/Sine.html

Előzmény: [261] jonas, 2005-07-02 10:28:45

[261] jonas

2005-07-02 10:28:45

Az igaz, hogy a koszinusz (illetve a hatványsorba fejtése) többet mond az értékről, mint a komplex köbgyökös kifejtés.

Ennek ellenére a harmadfokú egyenlettel is lehet valamit kezdeni, ha már nadorp kiszámolta. Persze ha a megoldóképletet alkalmazzuk rá, akkor sinust kell számolni, de megoldhatjuk közvetlenül a harmadfokú egyenletet valamilyen közelítéssel. Nem nehéz négyzetes közelítést kapni:

$p(z) = 4 z^3 - 3 z - \sqrt3/2$

p'(z)=12z²-3

z₀=1

z_n+1=z_n-p(z)/p'(z)

Ekkor z_n $\to$ cos (10deg)=0.98481

Előzmény: [256] Lóczi Lajos, 2005-06-29 20:38:19

[260] Lóczi Lajos	2005-06-30 10:50:02
Rosszul emlékeztem, nem "tétel"-t, hanem "vizsgakérdés"-t említett. De ez már filozófia. Attól függ, milyen kontextusban van szükség a válaszra. Numerikus matematikai szempontból a táblázat tökéletes, de elméleti szempontból nem mindig.
Előzmény: [259] Lóczi Lajos, 2005-06-30 10:43:26

[259] Lóczi Lajos

2005-06-30 10:43:26

Én is ugyanazt mondtam, mint az első 2 bekezdésed, viszont pontosan megadtam, melyik értékre kell gondolni, tehát nem értem a problémát. És ez nem a megoldóképlet baja, hanem a köbgyöké, mint jelölésé, hiszen a komplex köbgyök nem is függvény. A valós négyzetgyök $\pm$ -os megállapodásához hasonló megállapodást persze lehet tenni (és pl. a számítógépes programcsomagokban mindig van is ilyen), hogy a "köbgyök-jel" például mindig a (0 és 2 $\pi$ közé eső) legkisebb irányszögű komplex számok jelentse, és akkor már nincs semmi gond a megoldóképletekkel.

Viszont az, hogy kikeresel valamit egy táblázatból, szerintem sosem helyes válasz egy matematikai kérdésre, mert nem konstruktív és nem mutat rá a miértre, pláne nem bizonyítás (az eredeti kérdésben "tételt" említett a hozzászóló).

Előzmény: [258] Fálesz Mihály, 2005-06-30 07:03:33

[258] Fálesz Mihály

2005-06-30 07:03:33

A megoldóképlettel az is baj, hogy például az Általad felírt alak a gyököket az 50^o+k^.120^o és a 100^o+k^.240^o szögfüggvényeivel fejezi ki.

Szóval nem jutottunk közelebb, de most már 9, ugyanannyira felírhatatlan szám közül kell kiválasztani a 3 gyököt, amik közül csak az egyik sin 260^o, a másik kettő hamis gyök...

Szerintem a helyes válasz az lett volna, hogy (a Függvénytáblából kiolvasva)

sin 260^o=sin (180^o+80^o)=-sin 80^o $\approx$ -0,9848.

Előzmény: [256] Lóczi Lajos, 2005-06-29 20:38:19

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?