Az előadás letöltése folymat van. Kérjük, várjon

Az előadás letöltése folymat van. Kérjük, várjon

Papírhajtogatás matematikája Gáspár Merse Elöd Fazekas, 2006 május.

Hasonló előadás


Az előadások a következő témára: "Papírhajtogatás matematikája Gáspár Merse Elöd Fazekas, 2006 május."— Előadás másolata:

1 Papírhajtogatás matematikája Gáspár Merse Elöd Fazekas, 2006 május

2 Klasszikus papírhajtogatás

3

4 Unit Origami

5 Legek 1995: legnagyobb négyzetből darumadár, 33m x 33m legkisebb daru, 1mm x 1mm, mikroszkóppal és tűvel 1980: 13131 csónak 432 munkaóra alatt egy uszodában legnagyobb unit origami, 1995: két szintű sierpinksi-szivacsi, 2400 elem legtöbb elemet tartalmazó unit origami: 10375 legfiatalabb origami művész: Budai Péter, 12 évesen két könyvet is publikált a modelljeivel

6 Hexafle xagon 1939-ben Arthur H. Stone, 23 éves diák, levagdossa az amerikai letter formátumú papírlapjainak a szélét, hogy beférjenek az angol dossziéba.

7 Még több hexaflex agon Trihexaflexagon Pentahexaflexagon Tetrahexaflexagon

8 12-szer félbehajta ni Britney Gallivan, 2005

9 Bélyeghajt ogatás A lehetőségeket egy permutációval indexeljük. Az orientáció olyan, hogy az 1-es számú bélyeg felfele nézzen, és a jobb bal orientáció is meghatározott. Így a perforáció a bélyegek közt ugyancsak meg van határozva (1-es bélyeg jobb oldalától kezdődik). Minden permutáció nem szerepel, lásd pl. 1423

10 N(n ) Ha két ábra ugyanúgy néz ki, csak a bélyegek két oldala különbözik, azokat tekinthetjük azonosnak, és ekkor pontosan fele annyi eset van. Ezt nevezzük N(n)-nek.

11 U(n ) Ha két ábra ugyanúgy néz ki, egy tükrözéstől eltekintve, azaz attól, hogy melyik az első bélyeg, azokat tekinthetjük azonosnak. Ezen esetek számát U(n)-el jelöljük.

12 M(n ) the number of closed meanders with 2n crossings is equal to M(2n - 1)

13 nN(n)S(n)U(n)M(n) 11111 22211 36222 416453 5506148 614483814 74621812042 813922035381 94536561148262 1014060483527538 1146310178116221828 12146376132366273926 1348591457412162213820 14155789234838956030694 15520269018701301140110954 161686198410084215748252939 1756579196614413976335933458 181849403882812462358002172830 19622945970203141557415718152860 202050228360842051255918519304190 21692796421867534173200793873424651 2222930109884243965732533570176343390 2377692142980225472-678390116 2425836058636874756-1649008456 25877395996200755672-- 262929432171328222556-- 2799682029689582540406-- 2833396290888520693692-- 291138379573377508564622-- N(n) = number of labelled oriented foldings. S(n) = number of symmetric foldings. U(n) = number of unlabelled foldings (blank stamps). M(n) = number of meanders. Also number of simple alternating transit mazes. zárt alak? aszimptitikus forma? alsó v. felső becslés? polinomiális algoritmus?

14

15

16

17 6 Problems from 1 Fold 1.Prove that C‘D‘ is a tangent of the circle with center C. passing through B and D. 2.Prove that the perimeter of triangle GAC‘ is equal to half the perimeter of ABCD. 3.Prove the identity AG = C‘B + GD‘ 4.Prove that the sum of the perimeters of triangles C‘BE and GD‘F is equal to the perimeter of triangle GAC‘. 5.Prove that the perimeter of triangle GD‘F is equal to the length of line segment AC‘. 6.Prove that the inradius of GAC‘ is equal to the length of line segment GD‘. 1. More Mathematical Morsels; Ross Honsberger 2. VIII Nordic Mathematical Contest 1994 4. 37th Slovenian Mathematical Olympiad 1993 6. classic Sangaku problem

18 Problem 1 Prove that C‘D‘ is a tangent of the circle with center C. passing through B and D.

19 Problem 2 Prove that the perimeter of triangle GAC‘ is equal to half the perimeter of ABCD. AC‘ + C‘G + GA = AC‘ + C‘P + GP + GA = AC‘ + C‘B + GD + GA = AB + DA

20 Problem 3 Prove the identity AG = C‘B + GD‘ AC‘ + C‘G + GA = AB + C‘D‘ = AC‘ + C‘B + C‘G + GD‘  AG = C‘B + GD‘

21 Problem 4 Prove that the sum of the perimeters of triangles C‘BE and GD‘F is equal to the perimeter of triangle GAC‘.  GAC‘ ~  C’BE ~  GD’F AG = C’B + GD’  AC’ = BE + D’F  C’G = EC’ + FG AG + AC’ + C’G = (C’B + BE + EC’) + (GD’ + D’F + FG)

22 Problem 5 Prove that the perimeter of triangle GD‘F is equal to the length of line segment AC‘. AC‘ = D‘P = D‘G + GP = D‘G + GD = D‘G + GF + FD = D‘G + GD + FD‘

23 Problem 6 Prove that the inradius of GAC‘ is equal to the length of line segment GD‘. C‘I = C‘III = x, GII = GIII = y, AI = AII = r 2  C‘D‘ = AC‘ + AG + GC‘ = (r + x) + (r + y) + (x + y) = 2  (x + y + r)  2  (x + y + GD‘) = 2  (x + y + r)  GD‘ = r

24

25

26

27

28

29 Kockakett özés

30 Háromszög szögeinek összege

31 HF: kör sugarának szerkesztés e


Letölteni ppt "Papírhajtogatás matematikája Gáspár Merse Elöd Fazekas, 2006 május."

Hasonló előadás


Google Hirdetések