| Autor |
Beitrag |
    
Megamath (Megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 4261
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Samstag, den 10. Juli, 2004 - 09:38: | 
|
Hi allerseits
Vor einer längeren Sommerpause erscheinen die Aufgaben
LF 443 und LF 444, welche ein wenig anspruchsvoller als die
vorhergehenden sind.
Die Aufgabe LF 443 lautet:
Man ermittle einen Kegelschnitt (KS) aus fünf gegebenen
Punkten A,B,C,D,E mittels einer geeigneten
zentralkollinearen Abbildung.
Daten:
A(2/-5),B(3/-1),C(0/0),D(-3/-1),E(-2/-6).
Man konstruiere die Tangenten a,b,c,d,e in den gegebenen
Punkten.
Eine Lösungsidee kommt später, wenn überhaupt nötig!
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath
|
Tl198 (Tl198)
Senior Mitglied
Benutzername: Tl198
Nummer des Beitrags: 1507
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Samstag, den 10. Juli, 2004 - 13:00: |
|
Hi megamath,
ich habe mir hier auch mal so meine Gedanken gemacht, aber ich denke mal, das ist mal wieder zu einfach gedacht:
Ich nehmen A und B, verbinde sie zu e, dann zeichne ich einen Kreis durch A und B, zur vereinfachung Mittelpunkt auf der y-Achse. M~(0/-2,4) , r ~ 3,3. Dann würde ich C als Zentrum festlegen.
Dann könnte ich eine Gerade durch z.B. C und E zeichnen, diese schneidet den Kreis in E'. Zeichne ich in E' die Tangente e' an den Kreis. Diese schneidet die Kollineationachse in S, dann verbinde ich S und E und habe die gesuchte Tangente.
Oder ist durch die Wahl von e durch A und B das Zentrum schon vorgegeben?
mfg
PS: Dies ist ein spannendes Thema, schade das es nie in der Schule zur Sprache kam, aber da wurden ja schon die Kegelschnitte unterschlagen! |
Megamath (Megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 4262
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Samstag, den 10. Juli, 2004 - 14:18: |
|
Hi allerseits
Erste Hilfe bei der Einrichtung einer zentrischen Kollineation
zwischen dem KS k und dem Kreis k´.
Verschwindungsgerade v; Zentrum Z der Kollineation
Kollineationsachse e (diese Reihenfolge)
Eine exzellente Idee (sie stammt nicht von mir!):
Das Viereck mit den Ecken A,B,C,D soll durch die Kollineation
in ein Rechteck A´B´C´D´ verwandelt werden.
Damit zunächst ein Parallelogramm mit den parallelen
Seitenpaaren A´B´ , C´D´ einerseits
und den parallelen Paaren B´C´, A´D´ andrerseits entsteht,
ist die Fluchtgerade v wie folgt zu wählen:
v ist die Verbindungsgerade der Punkte X,Y:
X = Gerade AB, geschnitten mit der Geraden CD
Y = Gerade BC, geschnitten mit der Geraden AD.
Damit dieses Parallelogramm ein Rechteck wird,
ist Z auf dem Thaleskreis mit dem Durchmesser XY
zu wählen.
Eine zweite Ortskurve für Z folgt heute Abend
in einer Fortsetzung dieses Beitrags.
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath
|
Megamath (Megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 4263
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Samstag, den 10. Juli, 2004 - 19:02: |
|
Hi allerseits
Zweite Hilfe:
Die Kollineationsachse e ist zur Fluchtgeraden XY = v parallel;
wir legen sie etwa durch den Nullpunkt O.
Zweck der bisherigen Übung:
Der zum KS kollineare Kreis k´ ist der Umkreis des Rechtecks
A´B´C´D´.
Auch der Punkt E´, das Bild des fünften KS-Punktes E,
liegt ebenfalls auf k´.
Nach Thales ist der Winkel B´E´D´ (Scheitel bei E´ ) ein Rechter,
denn B´D´ ist eine Diagonale des Rechtecks A´B´C´D´.
Der Schnittpunkt von EB mit der Fluchtgeraden v sei K,
derjenige von ED mit v sei L.
Da der Winkel KZL (Scheitel in Z) nach den vorhergehenden
Überlegungen 90 ° beträgt, liegt Z auf dem Thaleskreis
mit KL als Durchmesser, sodass sich Z als Schnittpunkt
der beiden Thaleskreise über XY und KL ergibt, wie schön!
Mit dem Kollineationsstrahl ZE holen wir E´ auf den Kreis k´;
beachte: A´B´C´D´E´ folgen sich auf k´ im Uhrzeigersinn.
Nun können wir uns kollinear ausleben, da wir das Notwendige
beeinander haben:
den Kreis k´, die Verschwindungsgerade v, das Zentrum Z ,
die Kollineationsachse e und Paare entsprechender Punkte
A,A´ etc.
Viel Erfolg beim Nachvollzug wünscht
H.R.Moser,megamath
|
Megamath (Megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 4270
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 13. Juli, 2004 - 15:52: |
|
Hi allerseits
Auch bei diesem Beispiel soll die Gleichung der Ellipse mit
Hilfe einer sechsreihigen Determinante L(ong) ermittelt werden.
Das Resultat möge bei der Kontrolle der Zeichnung
gute Dienste leisten.
Die entsprechende Matrix M lautet:
M:=matrix([[x^2,2*x*y,y^2,2*x,2*y,1],[4,-20,25,4,-10,1],[9,-6,1,6,-2,1],[0,0,0,0, 0,1],
[9,6,1,-6,-2,1],[4,24,36,-4,-12,1]]);
L:=det(M)
= 21120 x^2 - 11040 x y + 38880 y^2 – 11040 x + 228960 y = 0
Man dividiere beiderseits mit 480; es kommt:
44 x^2 – 23 xy + 81 y^2 – 23 x + 477 = 0
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath
|
Megamath (Megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 4271
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 13. Juli, 2004 - 19:40: |
|
Hi allerseits
Natürlich lautet die letzte Gleichung
44 x^2 - 23 xy + 81 y^2 - 23 x + 477 y = 0
Wir werden dieser Gleichung wieder begegnen,wenn wir
die Aufgabe von einer ganz anderen Seite angehen !
MfG
H.R.Moser,megamath |
|
