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.
[287] lorantfy2005-11-06 12:04:50

Tomszy feladata a Felmerülő kérdések ... témából:

Egy r sugarú körben vegyünk fel három r sugarú húrt: AA', BB', CC'. Jelöljük A'B húr felezőpontját E-vel, B'C húr felezőpontját F-vel és C'A húr felezőpontját G-vel.

Bbh. EFG háromszög szabályos!

Megoldás vektorokkal: (Ugyanúgy megy mint a B.3837. feladat megoldása, amit a Lejárt határidejű ... témába írtam be.)

Legyenek A1,A2,B1,B2,C1,C2 a megfelelő, sugás hosszúságú szakaszok felezőpontjai.

A háromszög középvonalának tulajdonságai és a szabályos háromszögek miatt az ábrán azonos színnel jelölt vektorok egymásnak 60 fokos elforgatottjai.

\vec FE= \vec {FB_1}+\vec {B_1B_2}+ \vec {B_2E} \quad \quad
\vec FG= \vec {FC_1}+\vec {C_1C_2}+ \vec {C_2G}

Mivel a megfelelő összetevő vektorok egymás 60 fokos elforgatottjai, így \vec {FE} is 60 fokos elforgatottja \vec {FG}-nek, tehát EFG\Delta szabályos háromszög.

[286] hobbymatekos2005-09-22 21:56:39

A primszámtételből (számelméletből) másképp gondolkodni a logaritmussal kapcsolatban szimpatikus gondolat számomra.

Előzmény: [284] Fálesz Mihály, 2005-09-20 11:35:29
[285] Lóczi Lajos2005-09-20 13:59:13

Jó, de nézd meg, hogy mi a könyv célja: könnyítést adni azoknak, akiknek nehezen megy, bizonyos területekre így kevesebb előismerettel is el lehet jutni -- persze onnan nem lehet olyan messzire továbbhaladni.

(Az elvi célja pedig inkább az, ahogy írja, hogy közben a geometriát nem kell a valós számok bonyolult fogalmára építeni: tetszőleges algebrai test is használható.)

Előzmény: [284] Fálesz Mihály, 2005-09-20 11:35:29
[284] Fálesz Mihály2005-09-20 11:35:29

Én nem lelkesedek érte, sőt.

Trigonometria-feladatokban a szögeknek legfeljebb csak a szinuszát/koszinuszát szoktuk kiszámolni, magukat a szögeket nem. Négyzetgyökökkel pedig így is, úgy is számolni kell. Például elég megkérdezni, hogy ha az A,B,C pontok egy egyenesen vannak, mondjuk AB2=2 és BC2=3, akkor mekkora lehet AC2. A konstrukció csak a legegyszerűbb esetekben teszi félre a négyzetgyökvonást, a számolás egyáltalán nem lesz tőle sem könnyebb, sem egyszerűbb.

A trigonometrikus függvények elvetését pedig kb. olyan ötletnek tartom, mint ha valaki a prímszámtételből ki akarná irtani a logaritmust (mert hát ugye mi szükség van transzcendens függvényekre, ha egész számokról akarunk beszélni), vagy a Cardano-képletből a komplex számokat. Pont a matematikát akarja kiirtani; azt, hogy hozzunk létre elméleteket, új objektumokat (jelen esetben a trigonometrikus függvényeket), amik megmutatják, hogy a dolgok mögött milyen mélyebb összefüggések vannak.

F.M.

Előzmény: [282] Lóczi Lajos, 2005-09-19 22:50:10
[282] Lóczi Lajos2005-09-19 22:50:10

Szép és elegáns a leírás, sokmindenben egyetértek vele, bár nem hiszem, hogy túlzottan nagy változást okozna mifelénk belátható időn belül, ha egy olyan alapvető fogalomhoz, mint a "szög" akar hozzányúlni, átdefiniálni.

Előzmény: [281] 2501, 2005-09-19 10:25:15
[283] qer2005-09-19 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] 25012005-09-19 10:25:15

Sziasztok!

Ezt lattatok mar?

[280] Szalkai István2005-09-14 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] BohnerGéza2005-08-27 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] lorantfy2005-08-24 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] xviktor2005-08-24 10:09:36

Ilyen abrat milyen programmal lehet csinalni?

Előzmény: [276] lorantfy, 2005-08-24 09:59:41
[276] lorantfy2005-08-24 09:59:41

Nem hiszem, hogy Géza itt a talpponti \Delta-re gondolt! Szerintem a=13, b=14, c=15 és a TCBTA\Delta-ről van szó.

Előzmény: [275] jonas, 2005-08-23 22:40:10
[275] jonas2005-08-23 22:40:10

A talpponti háromszög nem a TcTbTa?

Előzmény: [274] BohnerGéza, 2005-08-23 22:08:14
[274] BohnerGéza2005-08-23 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 Rita2005-07-26 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] BohnerGéza2005-07-15 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 Károly2005-07-11 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.

HK

Előzmény: [270] lorantfy, 2005-07-11 15:40:54
[270] lorantfy2005-07-11 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 120o, vagyis ha P az izogonális pont.

Előzmény: [269] Hajba Károly, 2005-07-11 13:31:23
[269] Hajba Károly2005-07-11 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)

O.

Előzmény: [268] Kós Géza, 2005-07-11 12:00:08
[268] Kós Géza2005-07-11 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=120o. Ebből következik, hogy CB'A\angle=120o, 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] lorantfy2005-07-10 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 Lajos2005-07-06 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] papi2005-07-06 08:54:13

Bocsánat ! Természetesen az előbb Torricelli pontot akartam írni (papi)

[264] papi2005-07-06 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 Lajos2005-07-04 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 konvergencia a jelen esetben olyan gyors, hogy |z3-cos (10o)|\le2.10-7, majd |z4-cos (10o)|\le3.10-14, aztán |z5-cos (10o)|\le7.10-28, stb.

(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

  [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]