|
|
[1113] Lowosan | 2008-09-03 15:30:33 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Helló Segitségre lenne szükségem a kordinátageometria területén e:3x+2y=12 f:6x+4y=-12 ezt hogy kéne megoldani? mert új matektanárunk van és nem magyaráz semmit csak annyit mond csináljunk meg semmi más
|
|
[1112] farkasb | 2008-09-03 13:16:31 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Kedves Mihály!
Köszönöm a gyors választ, megpróbálkozok a feladattal. Esetleg nem tudna ajánlani valami jó megoldást legjobban illeszkedő sík elkészítésére? A hibák az x y és z koordinátákat is terheljék. Köszönöm!
|
Előzmény: [1111] Fálesz Mihály, 2008-09-02 21:45:36 |
|
[1111] Fálesz Mihály | 2008-09-02 21:45:36 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/14/3_YdUs.jpg) Vaughan Pratt munkája nyomán a következőt tudom ajánlani. (Én magam is sokszor haszáltam ezt a módszert kör, gömb és henger illesztésére.)
Keressük a kör egyenletét
f(x,y)=A(x2+y2)+Bx+Cy+D=0 | (1) |
alakban, ahol
Egy kis számolás után látható, hogy a (2) feltétel azzal ekvivalens, hogy a kör sugara , illetve az f(x,y) függvény gradiense a körvonalon egységnyi hosszú.
Ha (x,y) egy pont a körvonalhoz közel, akkor |f(x,y)| jól közelíti a pont és a körvonal távolságát.
Legyenek a mintapontok (x1,y1),...,(xn,yn). Az illesztés négyzetes hibája közelítőleg
![\sum_{i=1}^n f^2(x_i,y_i) =
(A,B,C,D) \left(\matrix{
\sum(x_i^2+y_i^2)^2 & \sum(x_i^2+y_i^2)x_i
& \sum(x_i^2+y_i^2)y_i & \sum(x_i^2+y_i^2) \cr
\sum(x_i^2+y_i^2)x_i & \sum x_i^2 & \sum x_iy_i & \sum x_i \cr
\sum(x_i^2+y_i^2)y_i & \sum x_iy_i & \sum y_i^2 & \sum y_i \cr
\sum(x_i^2+y_i^2) & \sum x_i & \sum y_i & n \cr }
\right) \left( \matrix{A\cr B\cr C\cr D\cr}\right).](keplet.cgi?k=3FFA67D568E7F136) | (3) |
Szóval a (3) kifejezés minimumát keressük a (2) feltétel mellett. Ha ráereszted a Lagrange-multiplikátor módszert, kapsz egy 4-dimenziós sajátértékfeladatot, ráadásul a keresett sajátérték pont a hiba konstansszorosa...
Ha a (2) helyett az A=1 feltételt használod, akkor a számolás sokkal egyszerűbb, mert csak lineáris egyenletszert kell megoldani. Ennek a gyengéje, hogy a (3)-ban a hibát megszoroztad kb. 4R2-tel. Zajos adat esetén nagyobb lesz az illesztés valódi hibája, de kisebb lesz a sugár, amivel megszorzod.
|
Előzmény: [1110] farkasb, 2008-09-02 09:00:28 |
|
[1110] farkasb | 2008-09-02 09:00:28 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Kedves Fórumozók!
Ismételten egy kérdést tennék fel:
Hogyan határozható meg egy olyan kör középpontja, ami n számú xy koordinátával adott pontra legjobban illeszkedik? Előre is köszönettel: farkasb
|
|
[1109] BohnerGéza | 2008-09-02 01:25:18 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/213/1_mXI2.jpg) Fálesz Mihály a [1105]-ban fölvetette, hogy egy számolás nélküli megoldás szép lenne. Egyelőre nincs hozzá ötletem. A 137/b és 137/c feladat tulajdonképpen megoldása a 137-nek, igaz végig kell gondolni. (Számolással egyszerűbben is megy [1106].)
|
![](https://www.komal.hu/forum/kep/abra/35/a4/24/2f9d90fbd19cb6006541cdb232-213.jpg) |
Előzmény: [1108] BohnerGéza, 2008-08-28 23:51:38 |
|
|
[1107] HoA | 2008-08-28 17:10:45 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/1191/2_VfJj.jpg) Még tart a nyári szünet... 137/b feladat megoldása: Legyen az F1F2 távolság 2f , F1F2 felezőpontja O. Az F1 középpontú r1 sugarú k1 és az F2 középpontú r2<r1 sugarú k2 körök h hatványvonala messe F1F2-t H -ban. Határozzuk meg az OH távolságot f,r1ésr2 ismeretében. Legyen k1ésk2 közös érintője t , az érintési pontok T1ésT2 , a Ti -ből F1F2 -re bocsátott merőleges talppontja Mi , az F2-n át t-vel húzott párhuzamos és F1T1 metszéspontja L, t és h metszéspontja N. F1L=r1-r2 Az F1M1T1,F2M2T2ésF1LF2 derékszögű háromszögek hasonlóak, . .
N felezi T1T2 -t ( egyenlő érintőszakaszok ) , ezért H is felezi M1M2-t. . Feladatunkban , igy .
|
![](https://www.komal.hu/forum/kep/abra/33/90/f6/7ffce746ba82c60f0094681b27-1191.jpg) |
Előzmény: [1106] BohnerGéza, 2008-08-24 23:37:33 |
|
[1106] BohnerGéza | 2008-08-24 23:37:33 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/213/1_mXI2.jpg) Tetszik az affinításos és a többi megoldás is.
Így a 137. feladat általánosításával - miszerint a középvonal 1:1 aránya helyett más arányban osztó szakaszt adunk meg a magasságpont számára - kapott feladat is könnyen bizonyítható.
Érdemes persze Fálesz Mihály ajánlata alapján, igaz számolással, az ellipszis definíciója alapján is elvégezni a bizonyítást!
137/b. feladat: Az A, F1, B, F2 pontok egy négyzet csücsai. Az AC átlóval párhuzamos - tőle d (<>0) távolságra húzott egyenes messe az AF1-t P, az AF2-t Q-ban. Legyen C az F1 kp-ú P-n és az F2 kp-ú Q-n átmenő kör kp-ja. Mutassuk meg, hogy C 2d távolságra van AC-től! (Milyen d esetén vam C pont?)
|
![](https://www.komal.hu/forum/kep/abra/46/1a/49/ecf647093402bdae3df4009faf-213.jpg) |
Előzmény: [1105] Fálesz Mihály, 2008-08-18 10:54:25 |
|
[1105] Fálesz Mihály | 2008-08-18 10:54:25 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/14/3_YdUs.jpg) Legyen M a magasságpont, és T a C-ből induló magasság talppontja. Mint jól ismert, TC . TM = - TA . TB. (Ez azért igaz, mert a magasságpontnak az AB oldalra vonatkozó tükörképe a körülírt körön van, de például az ATC és MTB háromszögek hasonlóságából is láthatjuk.)
Ha az M pont a középvonalon van, akkor TC és TM azonos irányú, TA és TB pedig ellentétes írányú, vagyis T az AB szakasz belsejében van. A TC félegyenes tehát metszi az AB átmérőjű kört; legyen K a metszéspontjuk.
Fálesz Mihály tétele szerint BKA =90o, a magasságtételből pedig TK2=AT . TB.
Így tehát TC2=2.TC.TM=2.TA.TB=2.TK2 és
![TC = \sqrt2\cdot TK,](keplet.cgi?k=CD5EB0DCF37D9212)
a C csűcs azon az ellipszisen van, amit az AB átmérőjű körből kapunk az AB tengelyű, arányú merőleges affinitással.
Az A és B pont kivételével az ellipszis bármelyik pontjából kiindulva a gondolatmenet megfordítható.
* * *
Eleminek ezt a megoldást sem nevezném, bár az eredmény alapján nehéz ennél "elemibbet" várni. Aki akarja, megpróbálhatja -- számolás nélkül!!! -- bebizonyítani, hogy F1C+F2C=F1A+F2A, csak ezzel meg az a bajom, hogy az eredményt valahonnan máshonnan tudtuk meg.
|
![](https://www.komal.hu/forum/kep/abra/af/2a/b5/7400886a7240aea7711580132d-14.png) |
Előzmény: [1104] HoA, 2008-08-15 15:20:47 |
|
[1104] HoA | 2008-08-15 15:20:47 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/1191/2_VfJj.jpg) Ne feledkezzünk meg a 137. feladatról. Kedvcsinálónak BohnerGéza sejtésének igazolása. Ha a magasságpont az FaFb középvonalon van, akkor a körülírt kör K középpontja a középponti háromszög középvonalán van, tehát K távolsága a c oldaltól negyede mcnek. Az általánosság megszorítása nélkül legyenek A, B és C koordinátái (-1;0) , (1;0) és (x,y) . Ekkor K =(0;y/4) . KB = KC -ből a távolságok négyzetére
1+(y/4)2=x2+(3y/4)2
. 1+y2/16=x2+9y2/16 ; 1=x2+8y2/16
![\frac{x^2}{1}+\frac{y^2}{2} = 1](keplet.cgi?k=D638DC656F0CF8F1)
A C pontok egy ellipszisen helyezkednek el. Várjuk az elemi geometriai megoldásokat!
|
![](https://www.komal.hu/forum/kep/abra/54/4f/73/2539c537ae4019f8e2a394c739-1191.jpg) |
Előzmény: [1085] BohnerGéza, 2008-07-20 21:50:08 |
|
|
[1102] HoA | 2008-08-12 16:42:59 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/1191/2_VfJj.jpg) Köszönöm, kitűnő gondolat. Pedig már az ábrán is látszott... Mivel ka és kb egyik metszéspontja H, hatványvonaluk a H-n áthaladó, FAFB-re merőleges egyenes, vagyis mc. C rajta van a hatványvonalon, CA1.CA2=CB1.CB2, vagyis A1,A2,B1,B2 egy körön van.
|
![](https://www.komal.hu/forum/kep/abra/47/25/a3/ab564b4c817cb4f4d294b52fc5-1191.jpg) |
Előzmény: [1100] Fálesz Mihály, 2008-08-12 09:22:15 |
|
|
|
[1098] Káli gúla | 2008-08-11 21:23:53 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/329/0_vIVV.jpg) A 9-es szorzót trigonometria nélkül is megkaphatjuk: Ha a,b,c három egységvektor, azaz |a|=|b|=|c|=1, akkor
(a-b)2+(a-c)2+(b-c)2=2(a2+b2+c2)-2ab-2ac-2bc=3(a2+b2+c2)-(a+b+c)2=9-(a+b+c)2 9 .
Egyenlőség pontosan akkor van, ha a+b+c=0. Ugyanígy, n darab egységvektor közötti összes távolság négyzetösszege legfeljebb n2 (és egyenlőség csak esetén lehet):
![\sum_{i<j} (x_i-x_j)^2 =
\sum_{i<j} (x_i^2 + x_j^2) - \sum_{i<j} 2 x_i x_j
= (n-1) \sum x_i^2 - \left[(\sum x_i)^2 - \sum x_i^2\right]=
n^2 - (\sum x_i)^2 \le n^2](keplet.cgi?k=5E235FB51CBD26E2)
|
Előzmény: [1093] BohnerGéza, 2008-08-05 20:34:02 |
|
|
[1096] HoA | 2008-08-08 12:06:40 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/1191/2_VfJj.jpg) [1096] - hoz hasonlóan a cosinus tételből kiindulva kicsit körülményesebben is erre az eredményre juthatunk :-) . Az adott körbe írt H0 háromszögben, mint [1096] ábráján is , legyen a nagyságra középső szög, ![\alpha](kep/tex/alpha.gif) ![\ge](kep/tex/ge.gif) ![\gamma](kep/tex/gamma.gif) ![\ge](kep/tex/ge.gif) . Ekkor . Rögzítsük c-t , és így -t is . a2+b2+c2=2.c2+2abcos . Ez cos >0 miatt annál nagyobb, minél nagyobb az ab szorzat. A sinus tételből , tehát elég sin sin változását vizsgálni. A szorzatot összeggé alakítva sin sin =1/2{cos( - )-cos( + )} . Állandó mellett + is állandó, a két szög különbségének cosinusa pedig annál nagyobb, minél kisebb a két szög különbsége. Eljutottunk [1096] eredményéhez: C -t a körülírt körön az AB ív F felezőpontja felé mozgatva - csökken és így az oldalak négyzetösszege nő.
Mindkét megközelítésre vonatkozó megjegyzés: Szigorúan véve csak azt mutattuk meg, hogy ha van az oldalak négyzetösszegének maximuma, az csak a szabályos hármszögben lehet. Kis finomítással bizonyítható a maximum létezése. H0-ban >60o és <60o , mint a háromszög legnagyobb ill. legkisebb szöge. Ha C -vel F -be jutunk, a másik két szög egyenlő lesz, tehát áthaladtunk egy olyan C' pozíción, ahol a két szög egyike éppen 60o . Legyen ez a háromszög H1 . H1 -ben tehát az oldalak négyzetösszege nagyobb, mint H0-ban. Betűzzük át H1 csúcsait úgy, hogy itt is teljesüljön ![\alpha](kep/tex/alpha.gif) ![\ge](kep/tex/ge.gif) ![\gamma](kep/tex/gamma.gif) ![\ge](kep/tex/ge.gif) . Nyilván lesz a 60o -os szög. H1 -ben c-t rögzítve és C -vel a körülírt körön mozogva az oldalak négyzetösszege az AB ív F felezőpontjában nagyobb lesz, mint H1 -ben . Ez a H2 háromszög viszont szabályos, hiszen =60o és = . Tehát tetszőleges H0-ból indulva a szabályos H2 -ben nagyobb az oldalak négyzetösszege , mint H0-ban , H2 tényleg a maximumot adja.
Második megjegyzés: [1096] helyes ábrájához a szövegben is meg kell említeni, hogy -nak az egyik hegyesszöget választjuk. Ellenkező esetben nagyobb területhez kisebb (tompaszög) vagy változatlan (derékszög) oldal-négyzetösszeg tartozik.
|
Előzmény: [1095] BohnerGéza, 2008-08-08 01:43:50 |
|
|
|
|
[1099] HoA | 2008-08-05 11:27:07 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/1191/2_VfJj.jpg) Hát ha senkit nem érdekel... A [1087] feladat megoldása: Mivel A1A2 a keresett kör húrja, ennek felező merőlegese egyben a BC oldal felező merőlegese, tehát átmegy K-n, és ez a másik két oldalra is igaz, így ha van ilyen kör, annak középpontja csak K lehet. A javasolt segítséget felhasználva - legyen a helyvektorok kezdőpontja K - írjuk fel K és A2 távolságát, felhasználva, hogy ekkor . Legyen BC felezőpontja , . Ennek hossza FA és A2 távolsága , ezért
![{\vec{A_2}}^2 = (\vec{H} - \vec{F_A})^2 + {\vec{F_A}}^2 = \left(\frac{2\vec{A} + \vec{B} + \vec{C}}2\right)^2 + \left (\frac{\vec{B} + \vec{C}}2\right)^2 =\frac{4\vec{A}^2 + 2(\vec{B} + \vec{C})^2 +4\vec{A}(\vec{B} + \vec{C})}4 =](keplet.cgi?k=F004D738D15489E0)
![= \frac{4\vec{A}^2 + 2\vec{B}^2 + 2\vec{C}^2 + 4\vec{B}\vec{C}+4\vec{A}\vec{B} +4\vec{A} \vec{C}}4 = 2\vec{R}^2 + \vec{B}\vec{C}+\vec{A}\vec{B} +\vec{A} \vec{C}.](keplet.cgi?k=FAF5A77DC043BD40)
Ez a kifejezés A, B, C -ben szimmetrikus, tehát például K és B2 távolságának négyzetére ugyanezt kapnánk, a hat pont így egy K középpontú körön fekszik.
Hasonló, de trigonometriai átalakításokat igénylő megoldást kapunk, ha a feltételezett Rh körsugarat a körülírt kör R sugarával és a szögeivel fejezzük ki. Legyen BC felezőpontja FA, ma talppontja TA . Rh2=KFA2+FAA22=KFA2+FAH2=KFA2+FATA2+TAH2 .
Itt KFA=R.cos ,
BTA=2.R.sin cos , FATA=2.R.sin cos -R.sin ,
TAH=2.R.sin cos .ctg =2.R.cos .cos . A négyzetösszeg:
Rh2=R2(cos2 +4.cos2 .sin2 +sin2 -4.sin cos sin +4.cos2 cos2 )=R2(1+4.cos2 -4.sin cos sin )=R2(1+4.cos (cos -sin sin ))=R2(1+4.cos (-cos( + )-sin sin ))=R2(1+4.cos (sin sin -cos cos -sin sin ))=R2(1-4.cos cos cos )
Mivel a kifejezés , , -ban szimmetrikus, az első megoldáshoz hasonlóan adódik, hogy a 6 pont valóban egy K középpontú Rh sugarú körön fekszik.
|
![](https://www.komal.hu/forum/kep/abra/b4/77/8e/11046a9253f091b4667ecf83aa-1191.jpg) |
Előzmény: [1087] BohnerGéza, 2008-07-22 01:24:34 |
|
[1092] HoA | 2008-07-23 13:35:46 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/1191/2_VfJj.jpg) A 136. feladat megoldása: Induljunk ki a 120o -nál nem nagyobb szögű esetére ismert bizonyítás ábrájából. Forgassuk el a CAP -et az óramutató járásának irányába C körül 60o -kal, a másik két csúcs elforgatottja A' ill. P' . AA'C és PP'C -ek szabályosak, AA' = AC és PP' = PC, valamint A'P' = AP , tehát azt kell igazolnunk, hogy a BPP'A' T2 törtvonal nem rövidebb a BAA' T1 törtvonalnál. Az összehasonlításnál a nehézséget csak az jelenti, hogy a két törtvonal - mint ábránkon is - keresztezheti egymást. Egészítsük ki ezért az A'P'P -et a PA' átlójú A'P'PP'' parallelogrammává. Ekkor PP'' = P'A' és P''A' = PP', így T2 helyett vehetjük a vele azonos hosszúságú BPP''A' T3 törtvonalat. A'P' AP 60o-os elforgatottja, így a vele egyállású P''P PA-val 60o-os szöget zár be, APP'' szabályos, AP'' AP 60o-os órajárással ellentétes elforgatottja. Mivel AP az ABC belsejében, és így a konvex BAC szögtartomány belsejében ( vagy határán ) fekszik, AP'' a BAA' konkáv szögtartomány belsejében ( vagy határán ) fekszik, ezért az APP'' és így T3, a BPP''A' törtvonal is a a BAA' konkáv szögtartományba esik, P vagy P'' esetleg a határára. Legyen az AA' egyenes és T3 metszéspontja D. Jelöljük X és Y pontok T3 mentén mért távolságát tXY-nal. Ekkor tBD+DA BA és tDA' DA'=DA+AA' . A kettőt összeadva DA kiesik: tBD+tDA'=tBA' BA+AA', és egyenlőség csak akkor áll fenn, ha mindkét egyenlőtlenségben fennáll, vagyis ha P = P'' = A.
|
![](https://www.komal.hu/forum/kep/abra/ed/32/a5/75c88c11ee7011b60678d00453-1191.jpg) |
Előzmény: [1078] BohnerGéza, 2008-07-15 17:42:46 |
|
|