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Kein bestimmter Bereich **Winkel bestimmen
Slash
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-01-12


Gegeben ist folgende Konstruktion aus gleichseitigen Dreiecken. Man bestimme den Schnittwinkel Alpha, der beiden Geraden durch P11,P14 und P5,P13. Lösungen/Ansätze dürfen direkt gepostet werden. Auch ein offener Austausch ist erlaubt.



Viel Spaß, Slash


EDIT: Dieses Rätsel ist ein Spin-off aus dem Streichholzgraphen-Thread. Die Lösung habe ich dort aber noch nicht gepostet.


-----------------
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Dies ist eine Knobelaufgabe!
Der Themensteller hat bestimmt, dass Du Lösungen oder Beiträge zur Lösung direkt im Forum posten darfst.
Bei dieser Aufgabe kann ein öffentlicher Austausch über Lösungen, Lösungswege und Ansätze erfolgen. Hier musst Du keine private Nachricht schreiben!
JoeM
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-01-13


Hallo,

als Zwischenergebnis:

Die Gerade 1 - 9 - 7 weicht gegenüber der Senkrechten um ca. 1,04498 ° ab.  smile  
       
mfG.  JoeM



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Ehemaliges_Mitglied
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2020-01-14


Sorry, Wert für Alpha war falsch, s. n. Beitrag.  



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Slash
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-14


@ homa09

Nah dran, aber leider nicht korrekt. Wichtig ist natürlich der Rechenweg/Beweis. Den bitte immer gleich mitposten damit andere dazu Stellung nehmen können. Vielleicht findet sich auch nur eine Lösung im Austausch.

Weiterhin viel Rätselspaß wünscht

Slash


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Orthonom
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2020-01-14



Mit viel Rechnerei (etwa Dreiecksberechnung SWS, ganzer Bogen entspricht 360 Grad, Winkelsumme im Dreieck  entspricht 180 Grad, Winkel im gleichseitigen Dreieck entspricht 60 Grad, Basiswinkel im gleichschenkeligen Dreieck sind gleich) komme ich auf 60 Grad.
Wenn es wirklich exakt 60 Grad sind, sollte sich
mit mehr Überlegung die viele Rechnerei wohl teilweise vermeiden lassen.
Fehler bei meiner Rechnerei, will ich momentan aber nicht ausschließen.
(Eigentlich habe ich numerisch 59,9992 als Resultat bekommen und
mir gedacht, ohne Rundungsfehler sollte wohl 60 Grad rauskommen.
Vielleicht ist aber der Winkel tatsächlich etwas kleiner als 60 Grad... )




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Orthonom
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-01-14



Wenn man exakt rechnet, kommt bei mir \(\alpha=\pi/3\) raus.
Wichtig dabei ist, dass \(\arccos(1/4)=\arcsin(\sqrt{15}/4)\).
Der Winkel im Dreieck 1 6 7 bei 6 ist \(\arccos(1/4)\).
Mit Cosinussatz und Sinussatz berechnet man den Winkel im Dreieck
6 5 13 bei 13.
Der Winkel im Dreieck 11 7 14 bei 7 ist \(4\pi/3 -\arccos(1/4)\).
Damit lässt sich leicht (gleichschenkeliges Dreieck) der Winkel
bei 14 berechnen.
Bezeichnet man den Schnittpunk bei \(\alpha\) mit S, so kennt man nun im
Prinzip im Dreieck 13 S 14 alle Winkel bis auf \(\alpha\). Da die Winkesumme im Dreieck \(\pi/2\) ist, kennt man auch \(\alpha\).
Vielleicht kommt ja noch jemand auf 60 Grad??





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Slash
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-14


@ Orthonom

Ich erhalte eine exakte Lösung auch wenn ich mit nur zwei Nachkommastellen bei den Winkeln rechne. Benötigt werden nur sin und cos.

Gruß, Slash



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Orthonom
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-01-15



@Slash

Danke für Deinen Kommentar.
Habe ich jetzt richtig verstanden, dass Du das Ganze
numerisch gerechnet hast und dabei auf exakt 60 Grad gekommen
bist?
Das kann gut sein und ich habe eventuell auch einen zu komplizierten
Lösungsweg gewählt und bin bei numerischem Rechnen auf 59,9992  Grad gekommen.
Aber ich konnte mich bei exaktem Nachrechnen davon überzeugen,
dass 60 Grad die Lösung ist.
Ist ein tolles Rätsel, weil sich sehr unerwartet \(\alpha = \pi/3\) ergibt.
Schade, dass sich so wenige beteiligen...
Gruss
Orthonom





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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2020-01-15


evtl kann man es auf die frage reduzieren warum 8-6 lotrecht auf 5-13 steht?



erklärungsversuch...


-aus symetriegründen liegt 6-9 parallel zu 11-14
-rotiert man das gesamte bild 3 mal um M dann liegt die blaue konstruktion 120° verdreht zur roten (dito die gelbe),
-folglich würde 11-14 11´-14´ im 60° winkel schneiden
6´-9´ liegt wiederum parallel zu 11´-14´ also auch im 60°winkel zu 11-14
- wenn man zeigen kann das sowohl 6´als auch 9´auf der geraden 5-13 liegen hat man es geschafft...
-6´ist trivial weil es bei der rotation auf 5 zu liegen kommt
-9´ist schwieriger, aber wenn 8-6 lotrecht auf 5-13 steht passt es

letzter punkt ist nicht schlüssig, war ja nur ein versuch

p.s.@slash, paar schöne 7er knoten drin



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Slash
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-15


Mein Rechenweg

Beweis: Der Reihe nach bestimmen wir die folgenden Winkel.

<math>\cos{\delta}=\frac{0,5}{2}=\frac{1}{4}\Rightarrow\delta=\arccos{\frac{1}{4}}</math>

<math>{\epsilon}=\frac{360-2\cdot 60-\delta}{2}=120-\frac{\delta}{2}</math>

<math>\omega=180-90-\epsilon=90-\epsilon</math>

<math>\gamma=360-3\cdot 60-\delta=180-\delta</math>

<math>x^2=2^2+1^2-2\cdot 2\cdot 1\cdot\cos{\gamma}\Rightarrow x=\sqrt{5-4\cdot\cos{\gamma}}</math>

<math>\sin{\beta}=\frac{2}{x}\cdot\sin{\gamma}\Rightarrow\beta=\arcsin{(\frac{2}{x}\cdot\sin{\gamma})}</math>

<math>\kappa=180-2\cdot 60-\beta=60-\beta</math>

<math>\lambda=180-90-\kappa=90-\kappa</math>

<math>\sigma=180-60-\omega-\lambda=120-\omega-\lambda</math>

<math>\alpha=180-90-\sigma=90-\sigma</math>

Wir setzen alle bekannten Größen in die letzte Gleichung ein:

<math>\alpha=-30+\frac{\arccos{\frac{1}{4}}}{2}+\arcsin{\Big(\frac{2}{\sqrt{5-4\cdot\cos{(180-\arccos{\frac{1}{4}})}}}\cdot\sin{(180-\arccos{\frac{1}{4}})}\Big)}</math>

Es gilt: <math>\cos{(180-\arccos{\frac{1}{4}})}=-\frac{1}{4}}</math>

<math>\alpha=-30+\frac{\arccos{\frac{1}{4}}}{2}+\arcsin{\Big(\frac{2}{\sqrt{6}}\cdot\sin{(180-\arccos{\frac{1}{4}})}\Big)}=60</math>



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Orthonom
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2020-01-16


@Slash
Danke für Deinen Lösungsweg.
So ähnlich ist meiner auch. Der Unterschied ist,
ich habe den Winkel \(\sigma+\lambda \) als ganzes
betrachtet und nicht die Höhe in dieses Dreieck eingezeichnet.
Wie ich sehe, benötigst Du aber logischerweise auch
\(\arcsin \) und \(\arccos\).

@haribo
Dein Lösungsansatz ist derjenige, welcher mir  
vorgeschwebt hätte: Nicht soviel Rechnerei und mehr
Intuition (Drehungen!!!).
Gratuliere Dir zu dieser Idee.
Vermute, dass Du auf dem richtigen Weg bist.

Und nochmal: Tolles Rätsel!

Viele Grüße
Orthonom



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2020-01-16


danke orthonom,
ganz zufällig ist es ja nicht, weil mir war der unerwartete 60° winkel bei dieser figur im streichholzgraph aufgefallen... wir grübeln also schon ein paar tage darüber

auch wenn man zeigen kann das der winkel 1-6-9 = 6-5-13 hat man es geschafft
gruss haribo



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Slash
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-16


@ Orthonom & haribo

Danke für eure tollen Beiträge!

@ Orthonom

Ja, das stimmt natürlich mit arcsin und arccos, wenn man alles in eine Gleichung für Alpha einsetzt. Mein Statement dazu bezog sich auf die numerische Lösung mit zwei Nachkommastellen (gerundet). Wenn ich nur mit sin und cos rechne bekomme ich auch ein exaktes Ergebnis.

Gruß, Slash


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Orthonom
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2020-01-16


@haribo
Bezeichne die analogen Punkte auf Deinem gelben Graphen mit ''.
Dann ist es ausreichend zu zeigen, daß die Punkte 6, 9 und 13''
auf einer Geraden liegen, d.h. die Winkel 6-9-1 und 13''-9-1 sich
zu \(\pi\) ergänzen. Man kann den Winkel 6-9-7, ähnlich wie Slash
das vorher gemacht hat, bestimmen. Damit kennst Du auch den Winkel
6-9-1. Der Winkel 13''-1-11 läßt sich bestimmen, da alle
sonst im Bogen (\(2\pi\)) um 1 gleich \(\pi/3\) sind oder sich leicht bestimmen lassen (siehe etwa Slash).
Damit kennst Du also den Winkel 13''-1-9 und deshalb, da das Dreieck
gleichschenkelig ist, auch den Winkel 13''-9-1.
So kann man zeigen, daß sich die beiden Winkel zu \(\pi\) ergänzen.
Mir scheint dass aber ähnlich viel Aufwand als vorher zu sein...

Auf alle Fälle liefert Deine Idee, die ursprüngliche Figur zu erweitern, einen zweiten Lösungsweg!

Viele Grüße,
Orthonom

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.11 begonnen.]



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Orthonom
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2020-01-16


@Slash
Alles so weit klar und wie gesagt, ein verblüffendes Ergebnis!
Wie ich aus haribos letzten Beitrag ersehe, seit ihr beide anscheinend auf
diese Fragestellung mit Streichholzgraphen gestossen.



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2020-01-16


das dreieck 5/6/13 ist sowiso speziell:

- der winkel bei 13 ist halb sogross wie der bei 6

- 9´halbiert die strecke 5-13, damit ist die strecke 6-9´eine seitenhalbierende (geht also durch den schwerpunkt)

schätze es muss spezielle konstruktionen für seitenhalbierende geben, die eine lösung nochmals vereinfachen könnten

@orthonom ja es geht letztlich um eine figur auf der streichholzgraphen weihnachtskarte von herr harborth,
LinkStreichholzgraphen 4-regulär und 4/n-regulär (n>4) und 2/5
+folgende
kannst dort gerne mitmachen, schätze ich
haribo



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2020-01-16


so orthonom+slash diese fortsetzung der erklärung von #8 dürfte euch gefallen, janz ohne benutzung von winkelfunktionen:

-es erforderte nur noch die bezeichnung von 7 bzw 7´

-die strecken 7-6 und 6-13 haben ohne frage einen schnittwinkel von 120° zueinander,

-beim drehen, um auch 120°, hin zum blauen konstrukt wird also automatisch die strecke 6´-7´ parallel zu 6-13

-damit gibt es ein parallelogramm (grün)6/13/7´/6´(bzw 5)

-die diagonalen jedes parallelogramms halbieren sich gegenseitig

- 9´liegt (wegen blau) zwangsweise auf der halben strecke 6-7´, damit liegt 9´also auch exakt auf der hälfte der diagonalen 5-13 und somit auch auf der schwarzen winkellinie...  ergebnis 60° q.e.d.



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geroyx
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2020-01-16


2020-01-12 23:04 - Slash im Themenstart schreibt:


Die Rätselskizze muss nicht stillos mit Paint aus der Originalskizze hervorgehen, sondern kann mit einfachen TikZ-Grundmitteln ergänzt werden.

Zusätzlich lässt sich mit dem Befehl \pgfmathanglebetweenpoints und der Rechengenauigkeit von pgfmath das Winkelmaß auslesen.

<math>%Eingabe war:
%<Streichholzgraph>
%<Bildtext>#1803</Bildtext>
%<Ausrichten von="1" nach="2"/>
%<Winkel size="18" color="blue" id="blauerWinkel" value="60.00000000000001"/>
%<Feinjustieren Anzahl="1"/>
%<Rechenweg>
%P[1]=[0,0]; P[2]=[50,0]; D=ab(1,2); A(2,1,Bew(1)); L(3,1,2); L(4,3,2); L(5,4,2); L(6,3,4); Q(7,1,6,ab(1,6,[1,6]),ab(1,2,3)); M(13,12,6,blauerWinkel); L(14,12,13); RK([5,13],[11,14],360/6); A(6,13);
%</Rechenweg>
%
%<Knopf id="Stopp_alleWinkel" color="grey"/>
%
%<Knopf id="Start_blauerWinkel" color="blue"/>
%<animate xmlns="http://www.w3.org/2000/svg" href="#blauerWinkel" attributeName="value" values="0;5;0;-5;0" dur="5" additive="sum" repeatCount="indefinite" keyTimes="0;0.25;0.5;0.75;1" calcMode="spline" keySplines=".3 0 .7 1;.3 0 .7 1;.3 0 .7 1;.3 0 .7 1" begin="Start_blauerWinkel.click+0s" end="Stopp_alleWinkel.click+0s"/>
%</Streichholzgraph>
%Ende der Eingabe.


\begin{tikzpicture}[%draw=gray,
font=\sffamily\scriptsize,
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,
]
\definecolor{Blue}{rgb}{0.00,0.00,1.00}
\definecolor{Violet}{rgb}{0.93,0.51,0.93}


%Koordinaten als \coordinate (p-1) at (0,0);
\foreach \i/\x/\y in {
1/1.71352549156242095485/0.00000000000000000000,
2/2.71352549156242117689/0.00000000000000000000,
3/2.21352549156242117689/0.86602540378443859659,
4/3.21352549156242117689/0.86602540378443859659,
5/3.71352549156242117689/0.00000000000000000000,
6/2.71352549156242117689/1.73205080756887719318,
7/1.75000000000000000000/1.99966737489869483824,
8/0.87500000000000000000/1.51554445662276737750,
9/1.73176274578121058845/0.99983368744934741912,
10/0.85676274578121025538/0.51571076917342051349,
11/0.00000000000000000000/1.03142153834684013880,
12/2.46352549156242117689/2.70029664412073167057,
13/3.42705098312484190970/2.43268007679091402551,
14/3.17705098312484190970/3.40092591334276805881}
\coordinate (p-\i) at (\x,\y);

%Innenflchen als \filldraw[yellow,shift={+(0.1,0.1)}] (p-1) -- (p-2) -- (p-3) -- cycle;

%Punkte als \fill[red] (p-1) circle (1.125pt)

%einzustellende Kanten als \draw[green] (p-1) -- (p-2);
%\draw[Violet,very thick] (p-5) -- (p-13);

%Kanten als \draw[line width=0] (p-1) -- (p-2);
\foreach \i/\j in {
1/9, 1/10,
2/1,
3/1, 3/2,
4/3, 4/2,
5/4, 5/2,
6/3, 6/4, 6/7, 6/13,
8/7,
9/7, 9/8,
10/8, 10/9,
11/8, 11/10,
12/7, 12/6,
13/12,
14/12, 14/13}
\draw[line width=0] (p-\i) -- (p-\j);

%nicht passende Kanten als \draw[magenta,ultra thick,dash pattern=on 0.01cm off 0.09cm] (p-1) -- (p-2);

%Punktnummern als \node[anchor=30] (P1) at (p-1) {1};
\foreach \i/\a in {
1/299,
2/330,
3/150,
4/330,
5/330,
6/254,
7/194,
8/59,
9/359,
10/179,
11/179,
12/74,
13/314,
14/74}
\node[anchor=\a] (P\i) at (p-\i) {\i};

% Winkel
\draw[red, shorten <= -1cm] (p-11) -- ($(p-11)!1.3!(p-14)$) coordinate[label=] (X);

\draw[red, shorten <= -1cm] (p-5) -- ($(p-5)!1.9!(p-13)$) coordinate[label=] (Y);

\coordinate[label=](Z) at (intersection of  p-11--X and p-5--Y);

\draw[red] pic [draw, angle radius=5mm,
"$\alpha$", fill=pink, draw
] {angle =X--Z--Y};

\foreach \P in {p-11, p-14, p-13, p-5}  \fill[red] (\P) circle (1.125pt);


% Winkelma
\pgfmathanglebetweenpoints{\pgfpointanchor{Z}{center}}{\pgfpointanchor{X}{center}}
\edef\angleZX{\pgfmathresult}
%\node at (3,-2) {Z-X \angleZX};

\pgfmathanglebetweenpoints{\pgfpointanchor{Z}{center}}{\pgfpointanchor{Y}{center}}
\edef\angleZY{\pgfmathresult}
%\node at (3,-3) {Z-Y \angleZY};

\pgfmathsetmacro\myangle{abs(\angleZX-\angleZY)}
\node[red, anchor=east, xshift=-2em, fill=pink] at (Z) {$\alpha=\myangle^\circ$};
\end{tikzpicture}
</math>

latex
\documentclass[margin=5pt, tikz]{standalone}
\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{calc}
\usetikzlibrary{intersections}
\usetikzlibrary{backgrounds}
\usetikzlibrary{patterns}
\usetikzlibrary{positioning}
\usetikzlibrary{angles, quotes, babel}
\usepackage{amsmath, amssymb}
 
\begin{document}
 
%Eingabe war:
%<Streichholzgraph>
%<Bildtext>#1803</Bildtext>
%<Ausrichten von="1" nach="2"/>
%<Winkel size="18" color="blue" id="blauerWinkel" value="60.00000000000001"/>
%<Feinjustieren Anzahl="1"/>
%<Rechenweg>
%P[1]=[0,0]; P[2]=[50,0]; D=ab(1,2); A(2,1,Bew(1)); L(3,1,2); L(4,3,2); L(5,4,2); L(6,3,4); Q(7,1,6,ab(1,6,[1,6]),ab(1,2,3)); M(13,12,6,blauerWinkel); L(14,12,13); RK([5,13],[11,14],360/6); A(6,13); 
%</Rechenweg>
%
%<Knopf id="Stopp_alleWinkel" color="grey"/>
%
%<Knopf id="Start_blauerWinkel" color="blue"/>
%<animate xmlns="http://www.w3.org/2000/svg" href="#blauerWinkel" attributeName="value" values="0;5;0;-5;0" dur="5" additive="sum" repeatCount="indefinite" keyTimes="0;0.25;0.5;0.75;1" calcMode="spline" keySplines=".3 0 .7 1;.3 0 .7 1;.3 0 .7 1;.3 0 .7 1" begin="Start_blauerWinkel.click+0s" end="Stopp_alleWinkel.click+0s"/>
%</Streichholzgraph>
%Ende der Eingabe.
 
 
\begin{tikzpicture}[draw=gray,font=\sffamily\scriptsize,
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,
]
\definecolor{Blue}{rgb}{0.00,0.00,1.00}
\definecolor{Violet}{rgb}{0.93,0.51,0.93}
 
 
%Koordinaten als \coordinate (p-1) at (0,0);
\foreach \i/\x/\y in {
1/1.71352549156242095485/0.00000000000000000000,
2/2.71352549156242117689/0.00000000000000000000,
3/2.21352549156242117689/0.86602540378443859659,
4/3.21352549156242117689/0.86602540378443859659,
5/3.71352549156242117689/0.00000000000000000000,
6/2.71352549156242117689/1.73205080756887719318,
7/1.75000000000000000000/1.99966737489869483824,
8/0.87500000000000000000/1.51554445662276737750,
9/1.73176274578121058845/0.99983368744934741912,
10/0.85676274578121025538/0.51571076917342051349,
11/0.00000000000000000000/1.03142153834684013880,
12/2.46352549156242117689/2.70029664412073167057,
13/3.42705098312484190970/2.43268007679091402551,
14/3.17705098312484190970/3.40092591334276805881}
\coordinate (p-\i) at (\x,\y);
 
%Innenflächen als \filldraw[yellow,shift={+(0.1,0.1)}] (p-1) -- (p-2) -- (p-3) -- cycle;
 
%Punkte als \fill[red] (p-1) circle (1.125pt)
 
%einzustellende Kanten als \draw[green] (p-1) -- (p-2);
%\draw[Violet,very thick] (p-5) -- (p-13);
 
%Kanten als \draw[line width=0] (p-1) -- (p-2);
\foreach \i/\j in {
1/9, 1/10, 
2/1, 
3/1, 3/2, 
4/3, 4/2, 
5/4, 5/2, 
6/3, 6/4, 6/7, 6/13, 
8/7, 
9/7, 9/8, 
10/8, 10/9, 
11/8, 11/10, 
12/7, 12/6, 
13/12, 
14/12, 14/13}
\draw[line width=0] (p-\i) -- (p-\j);
 
%nicht passende Kanten als \draw[magenta,ultra thick,dash pattern=on 0.01cm off 0.09cm] (p-1) -- (p-2);
 
%Punktnummern als \node[anchor=30] (P1) at (p-1) {1};
\foreach \i/\a in {
1/299,
2/330,
3/150,
4/330,
5/330,
6/254,
7/194,
8/59,
9/359,
10/179,
11/179,
12/74,
13/314,
14/74}
\node[anchor=\a] (P\i) at (p-\i) {\i};
 
% Winkel
\draw[red, shorten <= -1cm] (p-11) -- ($(p-11)!1.3!(p-14)$) coordinate[label=] (X);
 
\draw[red, shorten <= -1cm] (p-5) -- ($(p-5)!1.9!(p-13)$) coordinate[label=] (Y);
 
\coordinate[label=](Z) at (intersection of  p-11--X and p-5--Y);
 
\draw[red] pic [draw, angle radius=5mm,
"$\alpha$", fill=pink, draw
] {angle =X--Z--Y};
 
\foreach \P in {p-11, p-14, p-13, p-5}  \fill[red] (\P) circle (1.125pt);
 
 
% Winkelmaß
\pgfmathanglebetweenpoints{\pgfpointanchor{Z}{center}}{\pgfpointanchor{X}{center}}
\edef\angleZX{\pgfmathresult}
%\node at (3,-2) {Z-X \angleZX};
 
\pgfmathanglebetweenpoints{\pgfpointanchor{Z}{center}}{\pgfpointanchor{Y}{center}}
\edef\angleZY{\pgfmathresult}
%\node at (3,-3) {Z-Y \angleZY};
 
\pgfmathsetmacro\myangle{abs(\angleZX-\angleZY)}
\node[red, anchor=east, xshift=-2em, fill=pink] at (Z) {$\alpha=\myangle^\circ$};
\end{tikzpicture}
 
\end{document}
 





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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2020-01-16


2020-01-16 19:55 - geroyx in Beitrag No. 17 schreibt:
Zusätzlich lässt sich mit dem Befehl \pgfmathanglebetweenpoints und der Rechengenauigkeit von pgfmath das Winkelmaß auslesen.


und geroyx, wo liegt jetzt wirklich der stielvolle pgf-ausgelesene fehler von 0.018° ? in der zeichnung als solches oder in pgf?

haribo



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geroyx
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, eingetragen 2020-01-16


2020-01-16 21:04 - haribo in Beitrag No. 18 schreibt:
2020-01-16 19:55 - geroyx in Beitrag No. 17 schreibt:
Zusätzlich lässt sich mit dem Befehl \pgfmathanglebetweenpoints und der Rechengenauigkeit von pgfmath das Winkelmaß auslesen.


und geroxy, wo liegt jetzt wirklich der stielvolle pgf-ausgelesene fehler von 0.018° ? in der zeichnung als solches oder in pgf?

haribo

pgfmath nutzt m.W. die rudimentären LaTeX-Rechenmittel, die ursprünglich für irgendwelche Abstandsberechnungen, wie Seitenränder usw., gedacht waren.
Der Näherungswert dürfte sich aus einem ungenauen Arkussinus mit irgendwas 8 Stellen (?) ergeben; das kann ich im Detail nicht sagen.

Andererseits ist mir schon zu Ohren gekommen, dass es evtl. doch nicht genau 60° sind - ich habe das jetzt hier und im anderen Thread nicht alles verfolgt.  confused

Generell würde ich empfehlen ein richtiges CAS zu verwenden, am besten das kostenlose Sage(math) (das, nach grober Recherche, auch einige Macros zu Streichholzgraphen enthält). Bei Bedarf kann das dann nahtlos mit SageTeX in ein LaTeX-Dokument eingefügt werden oder auch auch im Hinblick auf die TikZ- bzw. pgfplots-Wertetabellen (vgl. Code) verwendet werden.

 



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haribo
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ja die leidige genauigkeiten... also es sind hier 60° exakt, insofern bleib ich lieber weiterhin beim erheblich genaueren CAD program, mit dann umwandlung ins grob pixelige png zur darstellung, mehr stellt der monitor eh nicht da und es geht mir eher um die idee der geometrie, also auch linien im sand würden irgendwie genügen

ergebenst haribo



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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, eingetragen 2020-01-17


Als Referenz noch mal das Originalbild:


Dann will ich mal:



fed-Code einblenden

EDIT EDIT
EDIT
So ein Mist, der fed-Bereich wird nicht angezeigt mad




-----------------
Bild



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, eingetragen 2020-01-17


moin viertel,
im sinne des erfinders wäre a=1, einheitsgraph


deine rechnung ist sicher richtig, aber ich komme noch nicht drauf welche gang die formel c²= nimmt? es sieht nach einem cosinussatz aus, aber über welches dreieck genau?
haribo



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, eingetragen 2020-01-17


ich hab noch nen freundlichen tipp bekommen,
wenn $a=1$ dann ist  $c=\sqrt{6}$




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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, eingetragen 2020-01-17


2020-01-17 13:18 - haribo in Beitrag No. 22 schreibt:
moin viertel,
 im sinne des erfinders wäre a=1, einheitsgraph
Die Länge von a ist ja völlig egal, da eine Streckung keine Winkel beeinflußt.
Aber du hast recht. Mit a=1 hätte ich es nicht die ganze Zeit mitschleppen müssen. Jedoch hatte ich meine Zeichnung mit einer zufälligen Strecke begonnen, und den Wert dann für Vergleichsrechnungen immer eingesetzt.

haribo schreibt:
deine rechnung ist sicher richtig, aber ich komme noch nicht drauf welche gang die formel c²= nimmt? es sieht nach einem cosinussatz aus, aber über welches dreieck genau?
haribo
<math>\triangle_{5,13,6}</math>



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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, eingetragen 2020-01-17


2020-01-17 14:48 - haribo in Beitrag No. 23 schreibt:
ich hab noch nen freundlichen tipp bekommen,
wenn $a=1$ dann ist  $c=\sqrt{6}$


In der Tat eek



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Orthonom
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@haribo
Ja, Dein Beitrag #16 hat mich sehr erfreut!
An so eine Lösung mit Hilfe leicht nachvollziehbarer
geometrischer Argumente hatte ich gedacht,
konnte sie aber selber nicht finden.
Also nochmal: Gratuliere!




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