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]    [78]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[428] Csimby2006-05-09 19:52:25

Igen, a nyíl ezt próbálta szimbólizálni :-)

Kérdés: ha a fő járat nem egyirányú, akkor vajon minden permutáció előáll?

Előzmény: [427] jonas, 2006-05-08 23:51:01
[427] jonas2006-05-08 23:51:01

Igen, feltéve, ha a fő járat egyirányú.

Előzmény: [426] Csimby, 2006-05-08 23:32:51
[426] Csimby2006-05-08 23:32:51

Vagy inkább annyiféleképpen, ahányféle sorrendben n-2 db. hangya ki tud jönni egy járatból, ha a járat közepén található egy zsákutca (amiben tetszőlegesen sok hangya elfér de nem fér el egyszerre kettő menetiránnyal szemben) :-)

(Mind az n-2 db. hangyának ki kell jönni)

Előzmény: [425] jonas, 2006-05-08 23:05:06
[425] jonas2006-05-08 23:05:06

Hát igen, ehhez készült az ábra eredetileg.

Ugyanannyiféleképpen, mint ahány n-2 darab egyesből és n-2 darab mínusz egyesből álló sorozat van, aminek minden részletösszege pozitív. A bizonyítás levezethető az eredeti ábra postscript forrásából.

Ezzel, remélem, még nem árulok el sokat.

Elmondom majd a bizonyítást, ha érdekel valakit.

Előzmény: [423] Csimby, 2006-05-08 21:49:32
[424] Csimby2006-05-08 21:52:04

Sorry, legyen inkább az előző a 74. feladat :-)

Előzmény: [423] Csimby, 2006-05-08 21:49:32
[423] Csimby2006-05-08 21:49:32

75. feladat Egy szabályos n-szöget átlóival n-2 db. háromszögre daraboltunk. Hányféleképpen tehetjük ezt meg?

[422] jonas2006-05-08 21:15:22

Lehet, hogy sokan ismerik a következő feladatot.

73. feladat. Ha egy 2n+1 oldalú szabályos sokszöget 2n-2 átlóval háromszögekre bontunk, akkor milyen határok között változhat a keletkező háromszögek közül a hegyesszögűek száma?

Segítségül itt egy ábra.

[421] Vonka Vilmos Úr2006-05-02 09:43:54

Ez egy érdekes probléma. Nekem az a gyanúm, hogy ezen a projektív geometria nem tud segíteni. Ha ugyanis megadjuk pl az A, B, C, D pontokat, akkor ahogy kísérletezgettem GeoGebrában, úgy látom, előfordulhat, hogy akár 3 olyan ellipszis is van, aminek ezek pontjai, és A valamelyik tengely végpontja. Ha pedig 3 vagy több megoldás van, akkor hiába is keresünk jó szerkesztési eljárást. Persze az, hogy A a nagytengely, és nem a kistengely végpontja, az egy további szűkítés - ezt azonban projektív módon megfogni nehézkes, legfeljebb úgy tudom elképzelni, hogy valahogyan azt próbáljuk meg kihasználni, hogy a valós fókuszok egyenesén van rajta. Nekem ez sajnos nem sikerült.

Érdekes azonban, hogy ha A, B, C, D egy körön van, akkor már létezik nagyon egyszerű szerkesztési eljárás a tengelyek irányára: projektív eszközökkel ugyanis meg lehet mutatni, hogy akkor az AB, CD egyenesek szögfelezői párhuzamosak lesznek a keresett ellipszis tengelyeivel.

Előzmény: [418] Morci, 2006-04-26 12:00:31
[420] Vonka Vilmos Úr2006-05-02 09:34:08

Ha az ellipszis 5 pontját ismerjük, akkor projektív módon projektív sugársorok metszési alakzataként tudjuk előállítani. A sugársorok közötti projektív leképezést három megfelelő elempár határozza meg, így ha kiválasztjuk az adott A és B pontokat, mint tartópontokat, akkor az AC, AD, AE egyeneseknek megfelelő BC, BD, BE egyenesekkel megadtunk egy, a kúpszeletet meghatározó projektivitást. Ha a sugársorokat metszük az adott (e) egyenessel, akkor az e egyenesen projektív pontosorokat kapunk. Ebben a projektivitásban az önmagának megfelelő pont adja az egyenes és a kúpszelet metszéspontját. Így erre a projektivitásra a Steiner-féle kettőselem-szerkesztést alkalmazva kapjuk meg a keresett metszéspontokat. A Steiner-féle kettőselem-szerkesztésnél a síkon felvett tetszőleges körre annak egy tetszőleges pontjából rávetítjük a projektivitás megfelelő pontpárjait. Kiválasztva (az ábrán például) a C1' és C2' pontokat, rendre a C2', D2', E3' és C1', D1', E1' pontokat vetítve belőlük, perspektív sugársorokat kapunk. Ezen perspektivitás tengelye a kört a P1', P2' pontokban metszi, ezeket visszavetítve az (e) egyenesre, megkapjuk a keresett kettőspontokat.

Előzmény: [419] HoA, 2006-05-02 08:55:07
[419] HoA2006-05-02 08:55:07

Milyen Steiner-szerkesztésre gondolsz? Ezen a néven nem találtam olyan szerkesztést, mely egy pontjaival adott ellipszis és egy egyenes metszéspontjait adná meg.

Előzmény: [407] Vonka Vilmos Úr, 2006-04-07 11:25:57
[418] Morci2006-04-26 12:00:31

Köszönöm a segítséget.

Átgondolom, kipróbálom, lehet lesz még kérdésem... nem ismerem mindegyik dolgot amit leírt, de rákeresgetek. (Nem matematikával-geometriával foglalkozom alapvetően.)

A probléma abban módosult, hogy kiderült nem 5 pont, hanem négy pont alapján kellene előállítani az ellipszist. A pontok közül 1 db az speciális azaz a nagytengely egyik végpontja. a többi 3 darab teljesen általános. Ebben kérnék segítséget. Próbáltam már kérdezgetni több felé, elvileg ez csak számítással oldható meg?

Üdv. Morci

Előzmény: [407] Vonka Vilmos Úr, 2006-04-07 11:25:57
[417] Sirpi2006-04-17 00:53:23

Szerintem érdemes próbálkoznod ebben a topikban. A külön témát, amit nyitottál, töröltem, a linknél teljesen jó helye van a kérdésednek.

Előzmény: [416] kenez, 2006-04-16 00:46:57
[416] kenez2006-04-16 00:46:57

Az informatikus kollégáktól kérnék segítséget. A probléma a következő. Van egy kockám, és szeretném azt megforgatni egy programmal. 1. kérdés : hogyan számítom ki a 8 csúcspont koordinátáit, ha elforgatom őket x,y,z tengely körül, és mi ennek a matematikai alapja(csak hogy értsem is hogy megy!), 2. kérdés : 3D - 2D leképezés módszere érdekelne nagyon részletesen. Ja és még valami. Van még ingyen letölthető szerkesztőprogi az Euklidesen kívül? Köszi mindenkinek! Kenéz

[415] kenez2006-04-16 00:20:28

Kösz, HoA, látod, néha még egy mondat is csodákra képes.... A helyzet az, hogy ebbe valóban nem gondoltam bele, mivel a szerkesztésnél annyira evidens volt, és látható, hogy nem gondoltam, hogy bizonyítani kéne. Mivel látványos volt a dolog, abba se gondoltam bele, csak akkor lehet trapéz, ha van egy párhuzamos oldalpárja. Hát nincs is neki. Ennyit erről. Kicsit jobban figyelni(Ezt magamnak mondom!).

[414] HoA2006-04-15 22:45:14

Ábra (igaz, fejjel lefelé) mellékelve. Segítség: Miből gondolod, hogy pl. ABED húrtrapéz? AE és BD párhuzamosságát bizonyítani kellene.

Előzmény: [412] kenez, 2006-04-15 18:20:50
[413] kenez2006-04-15 18:27:05

Az ábrát elfelejtettem feltenni!

[412] kenez2006-04-15 18:20:50

Hello mindenkinek! Megoldottam egy feladatot, mindjárt le is írom a szövegét, a megoldásom viszont nem volt jó, nagyon szeretném, ha valaki megcáfolná az én megoldásomat, megmondaná, miért nem helyes. Köszönettel: Kenéz A feladat: Középkori építészek használták a következő szerkesztést a szabályos ötszög előállítására: Rajzoltak egy négyzetet, aztán megrajzolták a négyzet oldalaival párhuzamos szimmetriatengelyeket, majd a négyzet bele- és köréírt körét. A négyzet A oldalfelező pontját összekötötték a körülírt kör PQ átmérőjének végpontjaival. A négyzet beírt körét az AP és PQ szakaszok a B és E pontokban, a négyzet alsó felét adó KLMN téglalap átlói pedig a C és a D pontokban metszik. Az ABCDE pontok alkotják az ötszöget. Valóban szabályos ez az ötszög?

Az én megoldásom: Behúzva az AD BE CE BD szakaszokat, húrtrapézokat kapunk. Az ABED húrtrapézból : AB = ED. CEAB húrtrapézból : CB = AE. DABC húrtrapézból : AB = CD Eddig : AB = ED = CD EBCD húrtrapézból : CB = ED Tehát : AB = ED = CD = CB = AE Tehát ez egy olyan ötszög, amelynek minden oldala egyenlő, vagyis szabályos. Hol van a hiba a logikámban?

[411] HoA2006-04-15 15:52:08

[409] után a 68. - 70. - 71. feladatok tkp. a [388] -ban felvetett egyenlőtlenség szemléletes bizonyításai. Adjuk fel 72. feladat-ként az egyenlőtlenség trigonometriai - ábrát nem igénylő - bizonyítását.

Érdekességképpen megemlítem, hogy a tételre a Matematikai Versenytételek 1897(!!)-i egyik feladataként is rátaláltam. Igaz, ott az állítás nem ilyen éles, csak a

sin(\alpha/2) * sin(\beta/2) * sin(\gamma/2) \le 1/4

igazolását tűzték ki. A megoldás 1/8 -ra is szerepel.

Előzmény: [409] BohnerGéza, 2006-04-12 00:44:01
[410] Hajba Károly2006-04-12 07:38:44

Kedves Géza!

Ha jól vettem az adást, akkor gyakorlatilag a szögek és térszögek közötti összefüggést, hasonlóságot az érintő ill. érintősík elfordulás, elmozdulás mértékében kell, lehet keresni.

Mégegyszer köszi a tájékoztatód.

Előzmény: [405] Kós Géza, 2006-04-05 13:21:05
[409] BohnerGéza2006-04-12 00:44:01
[408] BohnerGéza2006-04-12 00:42:11

A következő hozzászólásban használom az alábbiakat:

[407] Vonka Vilmos Úr2006-04-07 11:25:57

Legyenek az ellipszis adott pontjai A, B, C, D, E!

1. A Pascal-tétel segítségével szerkeszthető pl. a C és D pontbeli érintő, ezek metszéspontját jelölje F!

2. Mivel F polárisa a CD egyenes, a CD irányához konjugált irányú átmérő áthalad az F ponton, valamint CD felezőpontján (G) is. Tehát FG (e) az ellipszis egy átmérő egyenese.

3. Legyen a D-n keresztül e-vel húzott párhuzamos egyenes f! A Pascal-tétel segítségével szerkeszthető f és az ellipszis másik metszéspontja (I). Az e-hez konjugált átmérő áthalad DI felezőpontján (J) és párhuzamos CD-vel: legyen ez a g egyenes.

4. A Steiner-szerkesztés segítségével megszerkeszthetőek e és g metszéspontjai az ellipszissel (LM, NO). Így megkaptuk az ellipszis egy konjugált átmérőpárját.

5. Egy konjugált átmérőpár ismeretében pl. Rytz-szerkesztéssel szerkeszthetőek az ellipszis tengelyei.

Előzmény: [406] Morci, 2006-04-06 21:59:18
[406] Morci2006-04-06 21:59:18

Üdv!

Segítséget szeretnék kérni. Netes keresőben itt dobott ki Pascal tétellel kapcsolatban infót, így gondoltam itt próbálok segítséget kérni.

Az a problémám, hogy egy ellipszis pontjai adottak, s nekem meg kell szekesztenem az ellipszist. A Pascal tétel alapján pontszámot tudok "bővíteni", illetve az itt talált ábra alapján még a nagytengely irányát is meg tudom határozni, viszont az ellipszis és a kör affin aránya ismeretlen, ezért nem lehet ezzel tovább lépni az ellipszis felől...

Van valamilyen módszer ellipszis szerkesztésére ha pár alkotó pontja adott csak?

Előre is köszönöm a segítséget!

[404] Hajba Károly2006-04-06 08:30:41

Kedves Géza!

Tájékoztatód köszönöm, elkezdem megemészteni. :o)

Előzmény: [405] Kós Géza, 2006-04-05 13:21:05
[405] Kós Géza2006-04-05 13:21:05

Kedves Károly,

Már régóta tervezgetem, hogy egyszer majd kimerítőbben válaszolok a kérdésedre, de eddig nem jutottam hozzá. Lehet, hogy most is csak egy részét írom le.

A térben egy csomó dolog nem igaz úgy, mint a síkon, egyes dolgok pedig teljesen elvesznek. Pl. a síkon egy üres rácsháromszög, aminem a csúcsai rácspontok, de sem a kerületén, sem a belsejében nincsenek további rácspontok, mindig 1/2 területű. A térben a megfelelő állítás nem igaz, egy üres rácstetraéder térfogata akármilyen nagy lehet.

A szögek összegének létezik a térben megfelelője, de nincs szoros kapcsolata a csúcsoknál előforduló térszögek összegével. Ha például egy tetraédert kilapítasz úgy, hogy konvex négyszöggé fajul, a térszögek mindegyike 0-hoz fog tartani.

Ami a szögek összegének megfelel, az a görbület integrálja. A síkban egy egyszerű zárt töröttvonal esetén a külső szögek összege 2\pi, illetve egy kétszer folytonosan differenciálható egyszerű görbén a görbület ívhossz szerinti integrálja 2\pi. Ha a görbe/töröttvonal nem egyszerű, akkor az eredmény 2\pi-szer az irány körülfordulásainak száma.

A térben egy elég sima, egyszerű zárt felületen a Gauss-görbület felszín szerinti integrálja mindig 4\pi.

A poliédereket tekinthetjük sima felületek limeszének. pl. Minden élt lekerekítünk egy hengerpalásttal, a csúcsokat pedig gömbfelületekkel. (Most tekintsünk el attól, hogy ez nem mindig lehetséges, mondjuk szorítkozzunk a konvex poliéderekre.) A síklapokon és a hengerpalástokon a Gauss-görbület 0. A csúcsoknál a görbület integrálja a megfelelő gömbsokszög területe. A gömbsokszögeket összetolhatjuk egyetlen gömbbé, aminek a felszíne 4\pi.

A gömbsokszögecskék területét másképp is kiszámolhatjuk.

Számoljuk össze egy csúcsnál a lapok szögeit. (Nem a lapsíkok közötti szögeket, hanem mindegyik lapnak az adott csúcsnál levő szögét.) Ha a szögek \alpha1,...,\alphan, akkor a gömbsokszög szögei \pi-\alpha1,...,\pi-\alphan, a területe pedig 2\pi-(\alpha1+...+\alphan). Ha ezt az összes csúcsra kiszámoljuk és összeadjuk, akkor a csúcsok számát meg kell szoroznunk 2\pi-vel és ki kell vonnunk az összes lap összes szögének összegét.

Legyen a csúcsok, élek, lapok száma C, E és L. Az egyes lapok éleinek száma legyen e1,...,eL. Ekkor persze e1+...+eL=2E, mert minden él két laphoz tartozik. Az i-edik lapon a szögek összege (ei-2)\pi, az összes lap összes szögének összege tehát (e1-2)\pi+...+(eL-2)\pi=(e1+...+eL-2L)\pi=(E-L)2\pi.

A görbület integrálja a teljes felületen C.2\pi-(E-L)2\pi=(C-E+L)2\pi=4\pi.

A dolog egyrészt vicces, mert megjelenik a poliédertétel (C-E+L=2), ugyanakkor mindezt Gauss-görbület integrálása nélkül is tudtuk, és sem lap, sem térszögek nem jelentek meg...

Előzmény: [402] Hajba Károly, 2006-04-03 23:35:54

  [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]