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.

[937] HoA

2007-11-16 09:26:03

Lehet, hogy kicsit nehéz a felfogásom, de nekem még így sem világos. Légy szíves írd le magyarul, mi a két feladat, valahogy így:

1) Szerkesszünk háromszöget, ha adott $\alpha$ = $\pi$ /2, m_a=1 és f_b=2

2) Szerkesszünk háromszöget, ha adott a=1,m_a=1 és f_b=1

Előzmény: [936] Bubóka, 2007-11-16 06:59:56

[936] Bubóka	2007-11-16 06:59:56
Egyetemi jegyzetben található, a szerkesztő általi sajátos jelölési mód (szerintem)A jobb oldalon az "a" oldal a magasság, illetve a szögfelező adatai vannak. A p- pí akar lenni, így (el lett írva) nem a oldal hanem alfa szög.
Előzmény: [935] HoA, 2007-11-15 14:19:10

[935] HoA	2007-11-15 14:19:10
Én sem tudom, mennyire egyezményesek, pedig nem akarom ide írni hány éve foglalkozom szerkesztési feladatokkal. Honnan vetted ezt a jelölést és mit jelent? A baloldalakat majdnem megmagyaráztad - ha jól sejtem az a oldal, az m_a magasság és a f_b szögfelező adott. De mit jelentenek a jobboldalak?
Előzmény: [934] Bubóka, 2007-11-11 19:58:01

[934] Bubóka

2007-11-11 19:58:01

Üdv Mindenkinek!

Segítséget szeretnék kérni a következő feladathoz.Nagyon fontos lenne!

Bizonyítsuk be, hogy az alábbi háromszögszerkesztési feladatok nem szerkeszthetők euklidészi értelemben! A harmadfokú problémáknál vizsgáljuk, hogy megoldható-e szögharmadoló eszközzel.

1. (a, ha, wb ) = ( p/2, 1, 2 )

2. (a, ha, wb ) = ( 1, 1, 1 )

Nem tudom mennyire egyezményesek ezek a jelek, a w - a szögfelezőt, h- a magasságot jelentené.

[933] sakkmath

2007-11-07 17:51:31

Megoldásra ajánlom a következő feladatot.

Az R pont a K középpontú kör PQ húrjának felezéspontja. Bizonyítsuk be, hogy az ábra szerinti elrendezésben SY>RX. Elnézést, a rajz most csak ilyenre sikeredett :(

[932] farkasb

2007-11-05 21:38:21

Kedves HoA!

Pontosan érted, hogy mire gondoltam! Köszönöm szépen, nagyszerű megoldás!

Előzmény: [930] HoA, 2007-11-05 10:34:54

[931] Fálesz Mihály

2007-11-05 13:48:22

Egyáltalán nem fitymálni akartam a mátrixos megközelítést. A gyakorlatban is mátrixokat használnak (pl. a számítógépes grafikában).

* * *

Nézzük meg inkább a kvaterniós megoldást.

Legyen u egy egységvektor, $\varphi$ egy szög és

$q = \cos\frac\varphi2 + \sin\frac\varphi2 \cdot u,$

tehát q az a kvaternió, aminek skalár része $\cos\frac\varphi2$ , vektor része pedig $\sin\frac\varphi2 \cdot u$ . Nézzük meg, mit csinál a következő leképezés:

$x \mapsto q\cdot x\cdot \overline{q}.$

Az x kvaterniót felírhatjuk a+bu+v alakban, ahol a,b skalárok, v pedig egy u-ra merőleges vektor. Legyen w=u×v a v elforgatottja u körül derékszöggel; némi számolás után kijön, hogy

$q \cdot a \cdot \overline{q} = a\cdot |q|^2 = a,$

$q \cdot u \cdot \overline{q} = \left( \cos\frac\varphi2 + \sin\frac\varphi2\cdot u\right) u \left( \cos\frac\varphi2 - \sin\frac\varphi2\cdot u\right) =$

$= \left( -\sin\frac\varphi2 + \cos\frac\varphi2\cdot u\right) \left( \cos\frac\varphi2 - \sin\frac\varphi2\cdot u\right) = \left( \cos^2\frac\varphi2 + \sin^2\frac\varphi2\right) u = u$

és

$q \cdot v \cdot \overline{q} = \left( \cos\frac\varphi2 + \sin\frac\varphi2\cdot u\right) v \left( \cos\frac\varphi2 - \sin\frac\varphi2\cdot u\right) = \left( \cos\frac\varphi2\cdot v + \sin\frac\varphi2\cdot w\right) \left( \cos\frac\varphi2 - \sin\frac\varphi2\cdot u\right)=$

$= \left(\cos^2\frac\varphi2-\sin^2\frac\varphi2\right)v+ 2\cos\frac\varphi2\sin\frac\varphi2\cdot w = \cos\varphi\cdot v+\sin\varphi\cdot w,$

tehát

$q(a+bu+v)\overline{q} = a+bu+(\cos\varphi\cdot v+\sin\varphi\cdot w).$

A skalár rész és az u-val párhuzamos vektor komponens nem változik, az u-ra merőleges vektor komponens pedig elfordul $\varphi$ szöggel. Vagyis a művelet elforgatja a vektor részt u körül $\varphi$ szöggel.

Előzmény: [928] BohnerGéza, 2007-11-05 01:57:56

[930] HoA

2007-11-05 10:34:54

Kedves farkasb!

Remélem, értem mire gondolsz. [906] szerint legyen ezúttal $\vec{AB} = \bf{b}$ és $\vec{AC} = \bf{c}$ . Az ABC sík normális egységvektora $\bf{n}_0 = \frac{b \times c} {| b \times c |}$ . Az ABC síkban AB-ra merőleges egységvektor $\bf{n}_1 = \frac{n_0 \times b}{|b|}$ , a b irányú egységvektor $\bf{n}_2 = \frac{b}{|b|}$ . Ekkor $\vec{AB}$ alfa szögű elforgatottjának összetevői az ABC síkban ${\bf b'} = \vec{AB'} = |b|\cdot cos \alpha \cdot {\bf n}_2 + |b| \cdot sin \alpha \cdot {\bf n}_1$ . A keresett pont koordinátái az eredeti rendszerben $B' = A + \vec{AB'}$ . Megjegyzések: 1) Látható, hogy $\alpha$ =0 -ra B' = B 2) Vigyázni kell az irányításra! Ha ABC körüljárása az óramutató irányával ellentétes, az $\alpha$ szöggel történő elforgatás is az lesz, és fordítva.

Előzmény: [925] farkasb, 2007-11-04 21:31:19

[929] BohnerGéza	2007-11-05 02:05:36
Elfelejtettem: A számítógépnek nem kell tudni, hogy mátrixokkal számol! Neki a 6 (térben 12) paraméter kiszámítási módját, és azok felhasználását kell megadnunk.
Előzmény: [928] BohnerGéza, 2007-11-05 01:57:56

[928] BohnerGéza

2007-11-05 01:57:56

Beismerem, a kvaterniókkal nem foglalkoztam, csak a síkbeliekkel, azaz a komplex számokkal. (remélem nem tévedek)

Az előző hozzászólásomban leírtak a komplex számok segítségével történő forgatásnál is kellenek (eltolás - forgatás - visszatolás) kivonás - szorzás - visszaadás alakban. Talán szebb, de a számítógép számára ugyanannyi lépés.

A sik összes egyenes és osztóviszony tartó leképezése megadható olyan speciális mátrixszal, melynek utolsó sora 0,0,1, (utolsó oszlopa pedig az origó képe és az 1-es.) azaz hat paramétert kell meghatározni. Az (x;y) képét a mátrixot az (x;y;1) oszlopvektorral szorozva kapjuk. Ez 4 szorzást és 6 összeadást jelent. (Térben 9 szorzás és 12 összeadás.)

Előzmény: [927] Fálesz Mihály, 2007-11-04 23:07:02

[927] Fálesz Mihály	2007-11-04 23:07:02
Forgatni kvaterniókkal is lehet, úgy sokkal szebb.
Előzmény: [926] BohnerGéza, 2007-11-04 22:46:22

[926] BohnerGéza	2007-11-04 22:46:22
Az O-t helybenhagyó leképezések egyszerűbbek, ezért ilyen az általános módszer. Egy-egy speciális eset lehet egyszerűbb, de mindenképpen ajánlom az általánossal való foglalkozást.

Előzmény: [925] farkasb, 2007-11-04 21:31:19

[925] farkasb	2007-11-04 21:31:19
Lehet, hogy félreértettük egymást, vagy csak számomra tűnik túl bonyolultnak a megoldás, ezért a félreértés elkerülése végett feltöltök egy ábrát. Lényegében a Keresett B' pont rajta van a síkon, és az AB köríven, és mondjuk AB szakasztól 55 fokkal van elforgatva.

Előzmény: [923] BohnerGéza, 2007-11-02 04:49:24

[924] Bubóka

2007-11-02 13:02:27

Tisztelt Fórumozók!

Segítségeteket kérném! A napokban hallottam a geogebráról. Valaki küldjön már nekem legyen szíves egy feladatot (ami esetleg egy nyomvonalat is tartalmaz) és annak megoldását, amit a geogebrával készített el.

Köszi!

[923] BohnerGéza	2007-11-02 04:49:24
A megfelelő forgatás szögének meghatározását és mátrixát, ha szükséges, megírom.

Előzmény: [922] farkasb, 2007-11-01 10:52:36

[922] farkasb

2007-11-01 10:52:36

Kedves Fórumozók!

Ismételten segítségre szorulok. Adott ABC pont xyz koordinátákkal, ami meghatároz egy síkot. A pont körül hogyan tudom a síkban elforgatni B-t egy tetszőleges szöggel?

[921] farkasb	2007-10-30 18:46:58
Közben sikerült megcsinálnom... Az volt a probléma, hogy rosszúl értelmeztem a szögeket.
Előzmény: [920] farkasb, 2007-10-26 19:59:27

[920] farkasb	2007-10-26 19:59:27
Lehet hogy nem jó a P pont célbeli koordinátája (10,30,15). Szóval azt ne vegyétek figyelembe. Egy kis segítő ábra, ha nem lenne világos a feladat:

Előzmény: [918] farkasb, 2007-10-25 22:59:45

[919] Cckek	2007-10-25 23:02:49
Köszönöm mindkettőtöknek, HoA és Bohner Géza ezeket az érdekes hozzászolásokat, nekem is van egy "csúnya" trigonometrikus megoldásom, de ez nem vetekszik egyikötök megoldásával sem. Köszi.

[918] farkasb

2007-10-25 22:59:45

Kedves Fórumozók!

Lenne egy újabb kérdésem/problémám.

Térbeli koordináta transzformációl lenne szó.

Adott két derékszögű koordináta rendszer, és egy P pont.

Az eredeti koordináta rendszer origója (0,0,0)

X tengelyén A (29.955,2,556,-39,952) //50 egységre O-tól

Y tengelyén B (10.063,47,815,10,604) //50 egységre O-tól

Z tengelyén C (38.748,-14.393,28.132) //50 egységre O-tól

P(20.653,53.039,4,877)

A cél koordináta rendszer origója szintén (0,0,0)

X tengelyén A' (50,0,0)

Y tengelyén B' (0,50,0)

Z tengelyén C' (0,0,50)

Keresett a P pont cél koordináta rendszer beli x,y,z koordinátája.

3dStudio Max porgrammal csináltam meg fordítva az egészet, és a keresett P' pont koordinátái: (10,30,15)

Próbáltam kiszámolni ezt a forgatást, de sehogy sem jött össze. Ezért kérnék némi segítséget.

Ezeket a képleteket használtam:

r11= cos(gamma)*cos(béta)

r12= cos(gamma)*sin(béta)*sin(alfa)-sin(gamma)*cos(alfa)

r13= cos(gamma)*sin(béta)*cos(alfa)+sin(gamma)*sin(alfa)

r21= sin(gamma)*cos(béta)

r22= sin(gamma)*sin(béta)*sin(alfa)+cos(gamma)*cos(alfa)

r23= sin(gamma)*sin(gamma)*sin(béta)*cos(alfa)-cos(gamma)*sin(alfa)

r31= -sin(béta)

r32= cos(béta)*sin(alfa)

r33= cos(béta)*cos(alfa)

P'x= r11* Px+ r12* Py+ r13* Pz

P'y= r21* Px+ r22* Py+ r23* Pz

P'z= r31* Px+ r32* Py+ r33* Pz

Előre is köszönöm a segítséget!

[917] HoA	2007-10-25 19:19:39
A KöMaL régebbi olvasói számára ismert, hogy az ilyen feladatok megoldásához, ahol a $\Delta$ -ek szögei 10^o egész számú többszörösei, jól használható a szabályos 18-szög oldalaiból, átlóiból és körülírt K köréből álló H18 hálózat. Ha ívhossz egységnek K két szomszédos csúcs közötti ívét vesszük, n egységnyi ívhez n^.10^o kerületi és n^.20^o középponti szög tartozik. Legyenek H18 csúcsai P1,.., P18, K középpontja O, sugara R. Húzzuk be a P₁P₆, P₂P₉ és P₆P₉ átlókat. Legyen A=P₆,C=P₉ , B pedig P₁P₆ és P₂P₉ metszéspontja. Ekkor ABC a feladatban szereplő $\Delta$ , hiszen P₁P₆P₉ $\angle$ =100^o és P₂P₉P₆ $\angle$ =40^o. OP₆P₉ R oldalú szabályos $\Delta$ . Legyen a C középpontú R sugarú kör és a BC szakasz metszéspontja E. Ekkor BE a feladatban szereplő oldalhossz különbség. OCE egyenlőszárú $\Delta$ csúcsszöge 60^o-40^o=20^o, COE $\angle$ =80^o , E rajta van az OP₅ sugáron. De akkor E a P₂P₉ átló e sugárra vett tükörképén, P₁P₈ -on is rajta van. A BP₁E $\Delta$ -ben BP₁E $\angle$ =P₆P₁P₈ $\angle$ =20^o, a B-nél lévő külső szög 40^o, P₁BE $\Delta$ egyenlőszárú, így P₁ feladatunk D pontja. ADC $\angle$ =P₆P₁P₉ $\angle$ =30^o.

Előzmény: [910] Cckek, 2007-10-21 07:31:36

[916] Draskóczy Gergely

2007-10-24 22:54:32

Valóban. Köszönöm a segítséget.

Üdvözlettel Draskóczy Gergely

[915] BohnerGéza	2007-10-24 17:30:32


Előzmény: [914] Draskóczy Gergely, 2007-10-24 16:30:12

[914] Draskóczy Gergely

2007-10-24 16:30:12

Munkám során merült föl az alábbi probléma:

adott A pont, K kör, t egyenes

szerkesszünk geometriai úton olyan kört (2 is van) mely átmegy A ponton, középpontja t egyenesen van, érinti a K kört

Tud ebben valaki segíteni?

Gergő

[913] BohnerGéza	2007-10-24 03:37:14


Előzmény: [910] Cckek, 2007-10-21 07:31:36

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?