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Megamath (Megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 4253
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 06. Juli, 2004 - 20:31: | 
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Hi allerseits
Vorwort zu den Aufgaben LF 441,442 …
Diese LF - Aufgaben beziehen sich auf
Kegelschnittkonstruktionen mit Hilfe der
zentralkollinearen Abbildung eines Kreises.
Die Aufgaben könnten auch mit den Sätzen
von Pascal und Brianchon gelöst werden.
Diese Methoden setzten wir vor Jahresfrist ein;
man sehe im Archiv nach.
Die Aufgaben sollen rein konstruktiv gelöst werden;
es sollen grundsätzlich keine Berechnungen
durchgeführt werden.
Der Schwierigkeitsgrad ist strikte monoton wachsend;
der Zeitbedarf zunehmend; nehmen wir uns diese Zeit!
Die Aufgabe LF 441 lautet:
Man ermittle einen Kegelschnitt (KS) aus drei Punkten
A,B,C
und zwei Tangenten g und h.
Man konstruiere die Berührungspunkte G und H der
Tangenten.
Daten:
A(2/0), B(5/-9), C(-6/6),
g durch D(-5/0), parallel zur y-Achse,
h durch D und J(0/4).
Hinweise zur Lösung
Wir suchen eine passende Zentralkollineation zwischen dem
gesuchten KS k und einem zu ermittelnden Kreis k´.
Man fasse die Tangenten g und h als Kollineationsstrahlen auf,
ihr Schnittpunkt D wird damit zum Kollineationszentrum Z;
g und h sind Tangenten des Kreises k´.
Dieser berührende Kreis hat einen noch frei wählbaren Radius.
Wir wählen ihn so, dass der Kreismittelpunkt M auf der negativen
y-Achse liegt; das gibt einheitliche Figuren.
Mit Hilfe von Kollineationsstrahlen findet man leicht die auf k´
liegenden Punkte A´, B´, C´(verschiedene Lösungsmöglichkeiten).
Zusammen mit A, B, C ergibt sich die Kollineationsachse e.
Damit ist die zentrische Kollineation etabliert.
Anmerkung
Es genügt, zunächst nur eine der vier Lösungsmöglichkeiten
zu bearbeiten.
Die restlichen Fälle erledige man in der Sommerpause,
wenn es zu Hause oder anderswo langweilig wird.
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath
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Tl198 (Tl198)
Senior Mitglied
Benutzername: Tl198
Nummer des Beitrags: 1500
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 07. Juli, 2004 - 19:27: |
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Hi megamath,
hier mal ein wenig von mir:
Ich schneide die Geraden:
AB und A'B' ==> Schnittpunkt R
AC und A'C' ==> Schnittpunkt T
R und T bilden nun e! BC und B'C' schneiden sich auch dort!
Nun habe ich das Problem, das mir die Gegenachse fehlt, um die Steigung der Tangente zu bestimmen.
Wir hatten sie einmal als Verbindungsgerade durch die Berührpunkte, aber das kann ich mir hier irgendwie nicht vorstellen...
Mein Kreis hat übrigens den Radius 5 und den Mittelpunkt (0 / ~ -2,4), wie verlangt...
mfg |
Megamath (Megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 4255
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 07. Juli, 2004 - 20:55: |
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Hi Ferdi
Der Kreis k´ist i.O.
Dass sich auch B C und B´C´auf e schneiden,
haben wir Girard Desargues zu verdanken.
Die Gegenachse benötigt man für das Folgende nicht.
Wir haben die Kollineationsachse e, das Kollineationszentrum Z
und ein paar entsprechender Punkte A, A´.
Das genügt vollauf!
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath
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Tl198 (Tl198)
Senior Mitglied
Benutzername: Tl198
Nummer des Beitrags: 1501
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 08. Juli, 2004 - 15:35: |
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Hi megamath,
irgendwie hab ich bei meinen vielen Skizzen den Überblick verloren, aber kann es sein, das eine mögliche Lösung ist:
Die Berührpunkte des Kegelschnittes fallen mit denen des Kreises zusammen, da die Tangenten durch das Zentrum verlaufen?
Die Berührpunkte der mit dem Kreis lauten hier:
B1 ~ ( -3,1 / 1,5 )
B2 ~ ( - 5 / -2,4 )
Jetzt müssen die Tangenten des KS ja die Tangenten des Kreises auf e schneiden. Wir haben einen Punkt! Die Tangente des Kreises läuft durch Z, und da Z = Z', folgt meine Behauptung!
mfg |
Megamath (Megamath)
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Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 4256
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 08. Juli, 2004 - 17:39: |
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Hi Ferdi
Deine Überlegungen sind nicht schlüssig!
Ein Kollineationsstrahl ist im Allgemeinen keine
Fixpunktgerade, sondern eine globale Fixgerade:
sie geht als Ganzes in sich über, jedoch nicht Punkt für Punkt.
Um den Berührungspunkt G der KS-Tangente g zu finden,
verbinde den Berührungspunkt G´ der Kreistangente g = g´
mit einem Punkt desselben Feldes, etwa mit B´.
Sorge dafür, dass sich die Geraden G´B´ und G B auf
der Kollineationsachse e schneiden.
Schon liegt G offen da.
Analoges geschehe mit H´ und H.
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath
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Megamath (Megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 4257
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 08. Juli, 2004 - 18:31: |
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Hi allerseits
Weil in den folgenden Aufgaben vom Dualitätsprinzip die Rede sein wird,
zeige ich am früher erwähnten Satz von Desargues, wie dieses Prinzip
funktioniert.
Der Satz ist samt Umkehrung wohlbekannt.
Die eine Richtung lautet:
Gehen die Verbindungsgeraden sich entsprechender Ecken
zweier einander zugeordneter Dreiecke durch einen Punkt,
so liegen die Schnittpunkte sich entsprechender Seiten
in einer Geraden.
Die Umkehrung ist dazu dual und lautet:
Liegen die Schnittpunkte sich entsprechender Seiten
zweier einander zugeordneter Dreiecke in einer Geraden,
so gehen die Verbindungsgeraden sich entsprechender Ecken
durch einen Punkt.
In der Dualität gelten folgende Entsprechungen:
Gerade / Punkt (und umgekehrt)
liegen auf / gehen durch (und umgekehrt)
schneiden / verbinden (und umgekehrt)
Pol / Polare (und umgekehrt)
Kollineationszentrum / Kollineationsachse (und umgekehrt)
u.s.w.
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath
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Tl198 (Tl198)
Senior Mitglied
Benutzername: Tl198
Nummer des Beitrags: 1502
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 08. Juli, 2004 - 19:32: |
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Hi megamath,
das ist ärgerlich, Fixpunktgeraden und globale Fixgeraden auseinander zuhalten war nie meine Stärke! Ich dachte eigentlich ich müsse sie nie wieder unterscheiden... So irrt man sich!
Ok, ich habs dann mal so wie du sagst, probiert:
Ich nehme den Berührpunkt G' ~ (-3,1 / 1,5) und den Punkt A' ~ (-4,4 / 0) , die Gerade hierdurch schneidet e bei ~ S (2,5 / 8,2).
Nun lege ich eine Gerade durch S und A, diese schneidet g = g' bei G ~ ( 2,4 / 5,9 ), der gesuchte Punkt.
Mach ich dasselbe mit G2' ~ ( -5 / -2,4 ) und nutze dazu C' ( -4,1 / -5,2 )
==> G2 ( -5 / 2,3 )
Auch muss ich zugeben, das der von dir zitierte Satz mir nicht bekannt war! Desargues sagte mir schon was im Bereich der Geometrie, aber naja, wieder was gelernt!
mfg |
Megamath (Megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 4258
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 09. Juli, 2004 - 09:41: |
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Hi Ferdi
Jetzt klappt es!
Zur Ergänzung sollen noch die Asymptoten der Hyperbel
konstruiert werden.
Die Gegenachse v´ finden wir so.
Wir betrachte die korrespondierende Geraden CA (Hyperbelfeld)
und C´A´(Kreissystem).
Der unendlichferne Punkt von CA sei mit V bezeichnet;
der zugehörige Punkt V´ liegt auf C´A´ und auf dem zu CA
parallelen Kollineationsstrahl Z V.
Die Gegenachse v´geht durch V´,parallel zur Kollineationsachse e.
Der Rest ist Routine!
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath
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