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 Alte Olympiadeaufgaben |
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OlgaBarati
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 |  Beitrag No.1600, eingetragen 2019-08-06
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\quoteon
Aufgabe 6 - 331046
An einem Dreieck \(ABC\) wurde festgestellt, dass es folgende Bedingungen erfüllt:
(1) Der Innenwinkel \(\measuredangle BAC\) ist ein spitzer Winkel.
(2) Die Seite \(BC\) hat die Länge \(a = BC = 6,5 cm\).
(3) Fur die Seitenlängen \(b = AC \) und \(c = AB\) gilt \(b - c = 4,5 cm\).
(4) Fur die Längen \(h_b\) bzw. \(h_c\) der auf \(AC\) bzw. \(AB\) senkrechten Höhen gilt: \(h_c - h_b = 2,7 cm\).
Beweisen Sie, dass es bis auf Kongruenz nur ein Dreieck gibt, das diese Bedingungen erfüllt!
\quoteoff
\showon Lösungsversuch
Alle Angaben sind in \([cm]\), werden aber zur besseren Überschaubarkeit nachfolgend nicht mit angegeben.
\((b - c) = 4,5 \;\;(i)\) und \(h_c - h_b = 2,7 \;\;(ii)\)
Die beiden Höhen \(h_c=b \sin\alpha\;\;\) und \(\;\;h_b=c\sin\alpha\;\;\) führen mit \((ii)\) und \((i)\) zur Bestimmung von \(\measuredangle BAC=\alpha: \alpha<45°\):
\[h_c - h_b=2,7 \]
\[b \sin\alpha-c\cdot \sin\alpha=2,7\]
\[(b-c) \sin\alpha=2,7 \]
\[4,5\sin\alpha=2,7 \]
\[\sin\alpha=\frac{2,7 }{4,5}=\frac{3}{5},\;\;\alpha\approx 36.87° \]
Der Kosinussatz und \((i)\) ergeben nach Umformung und mit \(\cos(\arcsin(\frac{3}{5}))=\frac{4}{5}\) und \(a=6,5:\)
\[(6,5)^2=(c+4,5)^2+c^2-2(c+4,5)c \frac{4}{5} \]
\[(6,5)^2=c^2+9\;c+(4,5)^2+c^2-\frac{8}{5}c^2-\frac{8}{5}4,5\;c \]
\[c^2+4,5\;c-55=0\]
\[c=-2,25\pm7,75\]
Es folgt hieraus nur eine positive Lösung mit \(c=5,5\) und es gibt somit nur ein Dreieck das mit den Seitenlängen \((a;b;c)=(6,5;10;5,5)\) existiert und die Bedingungen \((1),(2),(3),(4)\) erfüllt.
\showoff LG Olga
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MontyPythagoras
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 | Beitrag No.1601, eingetragen 2019-08-06
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\quoteon(2019-08-06 17:16 - OlgaBarati in Beitrag No. 1600)
\quoteon
Aufgabe 6 - 331046
An einem Dreieck \(ABC\) wurde festgestellt, dass es folgende Bedingungen erfüllt:
(1) Der Innenwinkel \(\measuredangle BAC\) ist ein spitzer Winkel.
(2) Die Seite \(BC\) hat die Länge \(a = BC = 6,5 cm\).
(3) Fur die Seitenlängen \(b = AC \) und \(c = AB\) gilt \(b - c = 4,5 cm\).
(4) Fur die Längen \(h_b\) bzw. \(h_c\) der auf \(AC\) bzw. \(AB\) senkrechten Höhen gilt: \(h_c - h_b = 2,7 cm\).
Beweisen Sie, dass es bis auf Kongruenz nur ein Dreieck gibt, das diese Bedingungen erfüllt!
\quoteoff
(...)
\showoff LG Olga
\quoteoff
Hallo OlgaBarati,
sehr schöne Herleitung, das Ergebnis ist sicherlich richtig.
Das einzige, was ich nicht so glücklich finde, ist, in Herleitungen mit Zahlen (und dann noch Einheiten) zu rechnen. Ich fände es eleganter, zumindest die Millimeter wegzulassen und am Anfang Deiner Lösung ein Statement zu schreiben wie etwa "Nachfolgend rechnen wir in Millimetern", oder besser noch in Zentimetern, denn das kam ja in der Aufgabenstellung vor. Perfekt wäre es, wenn Du den Zahlenwerten einen Variablennamen gibst, z.B. $h_c-h_b=x$ und $b-c=y$, um am Ende sogar eine allgemeine Lösung zu präsentieren (das ist hier nämlich durchaus möglich), und dann nur noch die Zahlenwerte einzusetzen.
Aber wie gesagt, das ist Kosmetik. Die Lösung ist richtig, keine Frage.
Ciao,
Thomas
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OlgaBarati
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| Beitrag No.1602, eingetragen 2019-08-06
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Hallo Thomas,
gute Hinweise, werde ich entspr. überarbeiten.
LG Olga
Edit: 06.08.2019 19:23
@Steffen, bitte 331046 so noch nicht übernehmen.
Überarbeite die noch, nur heute nicht mehr, da gerade die Zeit fehlt.
Danke Olga
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Ex_Senior
 | Beitrag No.1603, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-06
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\quoteon
Aufgabe 31234: Gegeben sei ein nicht notwendig regelmäßiges Tetraeder mit den Eckpunkten $P_1$, $P_2$, $P_3$ und $P_4$. Wir betrachten 4 Kugeln $K_i$ ($i= 1,\dots,4$) mit $P_i$ als Mittelpunkt von $K_i$.
Man beweise, dass die Forderung, derartige Kugeln sollen sich paarweise von außen berühren, genau dann erfüllbar ist, wenn gilt:
$|P_1P_2|+|P_3P_4|=|P_1P_3|+|P_2P_4|=|P_1P_4|+|P_2P_3|$.
\quoteoff
Lösung:
Es sei $r_i$ der Radius der Kugel $K_i$.
Wir nehmen zuerst an, dass sich die Kugeln $K_i$ jeweils von außen berühren. Dann ist die Summe der Radien zweier dieser Kugeln genau gleich der Entfernung von deren Mittelpunkten. Also ist für $1\leq i
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1604, eingetragen 2019-08-06
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https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_121235.png
O.B.d.A. sei die Kantenlänge des n-Ecks gleich $1$. Die kürzeste Diagonale, die zwei Kanten umspannt, sei $d_2$. Dann ist
$$1 < d_2 < 2$$Die maximale Diagonale nennen wir $d_m$. Laut Aufgabenstellung soll $d_m=1+d_2$ gelten, woraus folgt:
$$2 < d_m < 3\qquad(1)$$Wenn $n=6$ ist, ist $d_m=2$, und die Ungleichung (1) nicht erfüllt. Für $n=4$ und $n=5$ ist jeweils sogar $d_m<2$. Daher muss $n\geq7$ sein.
Der Umfang des Umkreises bei einem $n$-Eck mit geradem $n$ ist $\pi d_m$, da $d_m$ durch den Mittelpunkt verläuft. Der Umfang des Umkreises ist größer als der Umfang des $n$-Ecks:
$$\pi d_m>n$$$$d_m>\frac n\pi$$Wenn $n\geq10$ ist, ist $d_m>3$ und damit (1) nicht erfüllbar. Daher lässt sich eingrenzen, dass
$$7\leq n\leq9$$sein muss.
Skizziert man ein 8-Eck, kann man mithilfe des Satzes von Pythagoras die Diagonalen recht einfach berechnen. Es ist für $n=8$:
$$d_2=\sqrt{(1+\tfrac12\sqrt2)^2+(\tfrac12\sqrt2)^2}=\sqrt{2+\sqrt2}\approx\sqrt{3.4}\approx1.8$$$$d_m=\sqrt{(1+\sqrt2)^2+1}=\sqrt{4+2\sqrt2}\approx\sqrt{6,8}\approx2.6$$Beim 8-Eck ist die Differenz zwischen maximaler Diagonale $d_m$ und kürzester Diagonale $d_2$ zu klein, so dass nur $7$ und $9$ in Frage kommen, die beide ungerade sind.
Nachfolgend eine Zeichnung eines $n$-Ecks mit ungeradem $n$:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_3_Aufgabe_121235_Skizze.png
Es ist
$$\alpha=\frac\pi n$$Damit folgt:
$$d_2=2\cos\alpha$$und
$$d_m=\frac{\tfrac12}{\sin\tfrac12\alpha}=\frac1{2\sin\tfrac12\alpha}$$Es muss gelten:
$$\frac1{2\sin\tfrac12\alpha}=2\cos\alpha+1$$Mit $\cos\alpha=1-2\sin^2\tfrac12\alpha$ erhält man
$$\frac1{2\sin\tfrac12\alpha}=3-4\sin^2\tfrac12\alpha$$$$\tfrac12=3\sin\tfrac12\alpha-4\sin^3\tfrac12\alpha$$An dieser Stelle kann die Gleichung für den Sinus des dreifachen Winkels verwendet werden:
$$\sin3x=3\sin x-4\sin^3x$$Dann ist nämlich
$$\sin\tfrac32\alpha=\tfrac12$$$$\tfrac32\alpha=30°$$$$\alpha=20°$$Man sieht daher, dass tatsächlich nur das 9-Eck die Voraussetzung erfüllt, da $\alpha=\frac{180°}9=20°$ ist. (Die weiteren Lösungen der kubischen Gleichung ergeben $\alpha=100°$ und $\alpha=260°$, woraus sich kein sinnvolles $n$-Eck konstruieren lässt).
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.1605, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-06
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Moin Thomas,
die Monotonie von $d_m-d_2$ sehe ich noch nicht; insbesondere beim Wechsel der Parität von $m$. (Die beiden Teilfolgen für gerade bzw. für ungerade $m$ liefern dagegen auch für mich schnell einsehbar monotone Folgen.)
Cyrix
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1606, eingetragen 2019-08-06
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\quoteon(2019-08-06 20:39 - cyrix in Beitrag No. 1605)
Moin Thomas,
die Monotonie von $d_m-d_2$ sehe ich noch nicht; insbesondere beim Wechsel der Parität von $m$. (Die beiden Teilfolgen für gerade bzw. für ungerade $m$ liefern dagegen auch für mich schnell einsehbar monotone Folgen.)
Cyrix
\quoteoff
Hallo cyrix,
ja, das ist vielleicht nicht vollständig schlüssig, bzw. würde noch etwas Aufwand erfordern - der sich wohl nicht lohnt. In dem Bereich der Herleitung geht es mir nur um eine grobe Eingrenzung der in Frage kommenden Zahlen. Die spätere analytische Herleitung zeigt ja ohnehin, dass für ungerade $n$ auf jeden Fall nur $n=9$ sein kann. Für gerade $n$ habe ich ja explizit $n=4$, $n=6$ und $n=8$ fallweise und $n\geq10$ allgemein widerlegt. Im Grunde könnte ich den betreffenden Satz also vollständig streichen. Was meinst Du?
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.1607, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-06
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Das klingt vernünftig. :)
Cyrix
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1608, eingetragen 2019-08-06
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Steffen,
ich habe die Lösung zu 121235 überarbeitet. Sie kann nun übernommen werden, denke ich.
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.1609, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-06
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Hallo,
ich habe alles übernommen und Danke für die vielen neuen Lösungen.
Jetzt sind nur noch 25 Aufgaben offen. Ihr seid genial.
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.1610, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-06
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\quoteon
Aufgabe 341033: Antje und Beate beschließen, nachdem ihnen das Spielen mit gewöhnlichen Spielwürfeln zu langweilig wurde, diese durch reguläre Oktaeder zu ersetzen mit den Augenzahlen 1 bis 8.
Bevor sie an die Herstellung dieser Spieloktaeder gehen, vereinbaren sie noch, dass (in Analogie zum Spielwürfel) die Summe der Augenzahlen je zweier einander gegen ̈uberliegender Flächen 9 betragen soll.
Als sie am nächsten Tag ihre selbstgebastelten Oktaeder vergleichen, stellen sie fest: Ihre Oktaeder sind -- auch bei Einhaltung der Vereinbarung -- voneinander verschieden in dem Sinne, dass durch keine Drehung die Anordnung der Augenzahlen zur ̈Ubereinstimmung gebracht werden kann.
a) Ermitteln Sie, wie viele in dem genannten Sinne verschiedene Anordnungen der Augenzahlen es unter Einhaltung der Vereinbarung ̈uber gegen ̈uberliegende Flächen insgesamt gibt!
b) Ermitteln Sie, wie viele in dem genannten Sinne verschiedene Anordnungen es insgesamt gibt, wenn die Vereinbarung ̈uber gegenüberliegende Flächen nicht eingehalten werden muss!
\quoteoff
Lösung:
a) Wir legen den Oktaeder so auf den Tisch, dass die Fläche mit der 1 nach unten zeigt. Dann liegt die Fläche mit der 8 oben. Nun drehen wir den Oktaeder so lang um seine senkrechte Symmetrieachse, bis die Fläche mit der 2 nach vorn zeigt. Dann liegt ihr gegenüber die Fläche mit der 7. Darüber hinaus, ist die Lage des Oktaeders nun eindeutig bestimmt, während die verbleibenden vier Flächen noch mit den Zahlen von 3 bis 6 beschriftet werden müssen: Suchen wir zuerst den Platz für die 3, so haben wir dafür vier verschiedene Möglichkeiten, während die entsprechend gegenüberliegende Fläche mit der 6 beschriftet wird. Für die verbleibenden zwei Flächen gibt es nun noch zwei Möglichkeiten, welche von ihnen mit der 4, und die andere dann mit der 5 beschriftet wird. Insgesamt gibt es also genau $4\cdot 2=8$ verschiedene Oktaederbeschriftungen, bei denen die Summe gegenüberliegender Flächen 9 ergibt, die sich nicht durch Drehung ineinander überführen lassen.
b) Wieder legen wir den Oktaeder mit der Fläche mit der 1 nach unten auf den Tisch. Dann gibt es 7 Möglichkeiten, welche Zahl die nach oben zeigende Fläche zeigt. Nun drehen wir den Oktaeder so, dass von den verbleibenden sechs Flächen diejenige mit der kleinsten Zahl nach vorn zeigt. Damit ist die Lage des Oktaeders eindeutig bestimmt und die verbleibenden fünf Zahlen können in beliebiger Reihenfolge auf den noch verbleibenden fünf Flächen des Oktaeders verteilt werden. Dafür gibt es $5!=5\cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1=120$ Möglichkeiten, sodass es ingesamt $7 \cdot 120=840$ verschiedene Oktaederbeschriftungen gibt, die nicht durch Drehung ineinander überführt werden können.
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.1611, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-06
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\quoteon
Aufgabe 341035: Hat man in der Ebene ein kartesisches Koordinatensystem eingeführt, so werde ein Punkt der Ebene genau dann ein rationaler Punkt genannt, wenn seine beiden Koordinaten rationale Zahlen sind; er werde genau dann ein irrationaler Punkt genannt, wenn seine beiden Koordinaten irrationale Zahlen sind; er werde genau dann ein gemischter Punkt genannt, wenn eine seiner Koordinaten rational, die andere irrational ist.
a) Gibt es eine Gerade, auf der sich von jeder der drei Sorten jeweils mehr als ein Punkt befindet?
b) Für jede der drei Sorten beantworte man folgende Frage:
Gibt es eine Gerade, auf der sich von dieser Sorte genau ein Punkt, dagegen von jeder der beiden anderen Sorten jeweils mehr als ein Punkt befindet?
\quoteoff
Lösung:
Wir zeigen zuerst folgendes Lemma: Befinden sich auf einer Gerade mindestens zwei rationale Punkte, dann enthält diese Gerade keine irrationalen oder keine gemischten Punkte.
Beweis:
Seien $(x_1,y_1)$ und $(x_2,y_2)$ zwei verschiedene rationale Punkte, die auf der Geraden liegen. Wir führen nun eine Fallunterscheidung durch:
1. Fall: $x_1=x_2$. Dann verläuft die Gerade parallel zur $y$-Achse und jeder Punkt auf der Gerade besitzt die gleiche $x$-Koordinate. Also hat jeder Punkt mindestens eine rationale Koordinate, sodass es auf dieser Geraden keine irrationalen Punkte gibt.
2. Fall: $y_1=y_2$. Dann verläuft die Gerade parallel zur $x$-Achse, sodass alle Punkte auf ihr die gleiche -- eine rationale -- $y$-Koordinate besitzen und es wieder auf dieser Geraden keine irrationalen Punkte gibt.
3. Fall: $x_1\neq x_2$ und $y_1\neq y_2$. Dann verläuft die Gerade weder parallel zur $x$-, noch zur $y$-Achse und es gibt reelle Zahlen $m\neq 0$ und $n$, sodass die Punkte $(x,y)$ auf der Geraden alle die Gleichung $y=mx+n$ erfüllen. Dabei sind jedoch $m=\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$ und $n=y_1-mx_1$ beide sogar rational, sodass für jedes rationale $x$ auch $y=mx+n$ rational ist. Umgekehrt ist aber auch für jedes rationale $y$ auch $\frac{y-n}{m}=x$ rational, sodass es auf der Geraden keine gemischten Punkte gibt, $\Box$.
Mit diesem Lemma lässt sich die Frage aus Aufgabenteil a) sowie die Fragen aus Aufgabenteil b), die sich auf die Sorten gemischter bzw. irrationaler Punkte beziehen, leicht negativ beantworten, da in all diesen Situationen jeweils mindestens zwei rationale Punkte auf der Geraden liegen müssten, was dazu führt, dass eine der beiden anderen Sorten nicht auf der Gerade vertreten sein kann.
Es bleibt noch der Fall zu betrachten, ob es eine Gerade gibt, die genau einen rationalen und jeweils mindestens zwei gemischte und irrationale Punkte enthält. Dies ist der Fall, wie etwa die Gerade, die durch die Gleichung $y=\sqrt{2} \cdot x$ beschrieben wird, zeigt. Diese enthält nämlich den rationalen Punkt $(0,0)$, die gemischten Punkte $(\pm1, \pm \sqrt{2})$ und die irrationalen Punkte $(\pm \sqrt{3}, \pm\sqrt{6})$, wobei jeweils in der $x$- und $y$-Koordinate das gleiche Vorzeichen zu wählen ist.
Cyrix
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Kornkreis
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Wohnort: Chemnitz
 | Beitrag No.1612, eingetragen 2019-08-07
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\quoteon(2019-08-06 13:42 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1597)
Wollen wir evtl. ankündigen, an welchen Aufgaben wir als nächstes arbeiten wollen und Lösungen haben?
Ich habe zunächst folgende Aufgaben im Visier:
121235, 111243, 341035, 321033, 311033,231244.
Sollte jemand schon daran arbeiten und kurz vor fertig sein, bitte um kurze Meldung. :-)
\quoteoff
Gute Idee, ich will mich zum Abschluss noch an zwei interessant aussehende Aufgaben zur Kreisgeometrie ransetzen, nämlich die 341046 und 311242.
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OlgaBarati
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| Beitrag No.1613, eingetragen 2019-08-07
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/50783_191222.png
Die Diagonale AC bildet mit der Geraden BC einen rechten Winkel. Das Dreieck ABC ist somit ein rechtwinkliges Dreieck. Die Gerade AB ist jedoch kleiner als die Gerade BC und AB muss zugleich die Hypotenuse des Dreiecks sein und BC, AC die beiden Katheten, was sich somit widerspräche. Demnach gäbe es keine Lösung für das Viereck. Wo ist mein Denkfehler ?
LG Olga
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Ex_Senior
| Beitrag No.1614, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-07
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\quoteon
Aufgabe 191222: Ist $ABCD$ ein konvexes Viereck, seine Fläche also durch die Diagonale $AC$ in zwei Dreiecksflächen, nämlich die des Dreiecks $\triangle ABC$ und die des Dreiecks $\triangle ACD$, zerlegt, so werde der Flächeninhalt des Dreiecks $\triangle ABC$ mit $F_1$, der des Dreiecks $\triangle ACD$ mit $F_2$ sowie die Größe des Winkels $\angle DAB$ mit $\alpha$ bezeichnet.
Von einem konvexen Viereck $ABCD$ seien nun die folgenden Eigenschaften gefordert:
(1): $AB \parallel CD$
(2): $|AB| > |CD|$
(3): $|BC| = |CD| = |DA|$
(4): $AC \perp BC$
Man beweise, dass die Forderungen (1) bis (4) erfüllbar sind und dass die Werte von $F_1 : F_2$ und $\alpha$ durch diese Forderungen eindeutig bestimmt sind. Man ermittle diese Werte.
\quoteoff
Bemerkung: In (2) ist das Relationszeichen im PDF verkehrt herum. (So, wie hier, steht es auch in der Alpha 79/6; die Aufgabe im PDF ist unerfüllbar, da AB die Hypothenuse im rechtwinkligen Dreieck ABC ist, und damit länger als BC=CD.)
Lösung:
Nach (1) handelt es sich bei $ABCD$ um ein Trapez, nach (3) wegen $|BC|=|DA|$ (und $|AB|\neq |CD|$) sogar um ein symmetrisches. Also ist $\alpha=\angle DAB=\angle ABC=180^{\circ}-\angle BCA-\angle CAB=90^{\circ}-\angle CAB$. Weiterhin sind im gleichschenkligen Dreieck $\triangle ACD$ die beiden Basiswinkel $\angle DAC$ und $\angle ACD$ gleich groß sowie auch die Wechselwinkel $\angle ACD$ und $CAB$ an den geschnittenen Parallelen $AB$ und $CD$. Damit ist
$2\angle CAB=\angle CAB+\angle DAC=\alpha=90^{\circ}-\angle CAB,$
also $\angle CAB=30^{\circ}$ und $\alpha=60^{\circ}$. Damit ist $\alpha$ eindeutig bestimmt.
Tatsächlich ist bei einem symmetrischen Trapez $ABCD$ mit $\alpha=\angle DAB=\angle ABC=60^{\circ}$ und $\angle BCD=\angle CDA=120^{\circ}$ die Diagonale $AC$ die Winkelhalbierende des Winkels $\angle DAB$, sodass sie senkrecht auf der Seite $BC$ steht und die seiten $DA$, $CD$ und $BC$ gleich lang sind. Weiterhin ist $AB$ die Hypothenuse im rechtwinkligen Dreieck $\triangle ABC$, also insbesondere länger als die Kathete $BC$, sodass auch $|AB|>|CD|$ folgt.
Abschließend ist nach der Definition des Sinus im rechtwinkligen Dreieck $\triangle ABC$ das Verhältnis $|BC|:|AB|=\sin\angle CAB=\sin 30^{\circ}=1:2$, also auch $|CD|:|AB|=1:2$. Ist $h$ der abstand der beiden Parallelen $AB$ und $CD$, so berechnet sich $F_1$ zu $F_1=\frac{1}{2} \cdot |AB| \cdot h$ und $F_2$ zu $F_2=\frac{1}{2} \cdot |CD| \cdot h$, sodass $F_1:F_2=|AB|:|CD|=2:1$ folgt.
Cyrix
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.1615, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-07
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\quoteon(2019-08-07 13:16 - cyrix in Beitrag No. 1614)
Bemerkung: In (2) ist das Relationszeichen im PDF verkehrt herum. (So, wie hier, steht es auch in der Alpha 79/6; die Aufgabe im PDF ist unerfüllbar, da AB die Hypotenuse im rechtwinkligen Dreieck ABC ist, und damit länger als BC=CD.)
\quoteoff
Sorry, das war der nächste Tippfehler. Wie viel waren es bisher: 10, 20, ...?
Ich hoffe ihr verzeiht es mir. Es ist einfach zu viel Text. :-P
LG Steffen
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Nuramon
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| Beitrag No.1616, eingetragen 2019-08-07
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
An dem Faktor $\sqrt 3$ in Aufgabe 231244 bin ich eine ganze Weile lang verzweifelt. Wenn der Faktor $1$ wäre, wäre es deutlich einfacher, mit Faktor $\frac n{n-1}$ geht es auch noch recht leicht (dazu betrachtet man einen geeigneten Kreis um dem Schwerpunkt der $n$ Punkte).
Letztendlich hat mich Wikipedia dann auf die richtige Spur gebracht.
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/21445_231244.png
\showon Lösung
Seien $R:=\max_{ij}P_iP_j$ und $r:=\min_{ij}P_iP_j$ ($1\leq i < j \leq n$) der größte bzw. der kleinste Abstand der unter den $n$ Punkten vorkommt.
Wir zeigen zunächst, dass es einen Punkt $M$ in der Ebene gibt, so dass die Punkte $P_1,P_2,\ldots, P_n$ alle im Inneren oder auf dem Rand des Kreises um $M$ mit Radius $\frac 1{\sqrt 3}R$ liegen.
Dazu betrachten wir irgendeinen Kreis $k$, der $P_1,P_2,\ldots, P_n$ enthält und finden dann schrittweise Kreise mit kleinerem Radius, die ebenfalls alle $n$ Punkte enthalten.
1. Wenn keiner der $n$ Punkte auf dem Rand von $k$ liegt, so können wir den Radius von $k$ weiter verkleinern, indem wir $k$ am Mittelpunkt von $k$ zentrisch stauchen bis einer der Punkte $P_1,\ldots, P_n$ auf dem Rand des gestauchten Kreises liegt.
2. Wenn genau einer der $n$ Punkte auf dem Rand von $k$ liegt, dann erhalten wir durch eine geeignete Drehung von $k$ um diesen Punkt einen neuen Kreis mit gleichem Radius, der mindestens zwei der $n$ Punkte auf dem Rand und alle anderen im Inneren enthält.
3. Angenommen $P_i$ und $P_j$ sind zwei verschiedene Punkte, die auf dem Rand von $k$ liegen und alle anderen Punkte liegen im Inneren von $k$. Falls $P_iP_j$ ein Durchmesser von $k$ ist, dann ist der Radius von $k$ höchstens $\frac 12 P_iP_j \leq \frac 12 R < \frac 1{\sqrt 3}R$ und wir sind fertig.
Wenn $P_iP_j$ kürzer ist als der Durchmesser von $k$, dann können wir den Mittelpunkt $O$ von $k$ so lange in Richtung des Mittelpunkts von $P_iP_j$ verschieben, bis der Kreis $k'$ um den verschobenenen Mittelpunkt $O'$ mit Radius $O'P_i=O'P_j$ einen weiteren der $n$ Punkte auf dem Rand enhält oder aber $P_iP_j$ ein Durchmesser von $k'$ ist. In letzterem Fall sind wir bereits fertig.
4. Angenommen mindestens drei Punkte liegen auf dem Rand von $k$ und die restlichen Punkte im Inneren von $k$.
Falls $k$ einen Durchmesser hat, so dass alle Punkte, die auf dem Rand von $k$ liegen, sich auf der gleichen Seite dieses Durchmessers befinden, dann können wir durch eine kleine Verschiebung von $k$ einen Kreis erhalten, der alle Punkte $P_1,\ldots, P_n$ im Inneren enthält. Diesen können wir gemäß 1. weiter verkleinern.
Falls $k$ keinen solchen Durchmesser hat, dann gibt es drei Punkte auf dem Rand von $k$, die ein spitzwinkliges oder ein rechtwinkliges Dreieck bilden. O.B.d.A. seien $P_1,P_2,P_3$ diese drei Punkte. Seien $\alpha\geq \beta\geq \gamma$ die Innenwinkel des Dreiecks $P_1P_2P_3$. Es gilt dann $60^\circ \leq \alpha \leq 90^\circ$. Sei o.B.d.A. $P_1P_2$ die Seite von $P_1P_2P_3$, die dem Winkel $\alpha$ gegenüberliegt. Der Radius von $k$ ist gleich dem Umkreisradius $\rho$ von $P_1P_2P_3$ und für diesen gilt nach dem erweiterten Sinussatz
\[\rho = \frac {P_1P_2}{2\sin\alpha} \leq \frac{R}{2\sin 60^\circ} = \frac R{\sqrt 3}.\]
Wir können diese vier Schritte nur endlich oft iterieren, denn bei jedem Durchlauf von Schritt 3 bzw. Schritt 4, bei dem wir noch nicht unseren gesuchten Kreis mit Radius $\leq \frac 1{\sqrt 3}R$ gefunden haben, wird der Radius von $k$ im Anschluss an Schritt 4 echt kleiner als der Umkreisradius von einem Dreieck $P_kP_lP_m$ ($1\leq k\leq l\leq m \leq n$) und es gibt nur endlich viele solcher Dreiecke.
Sei jetzt also $M$ ein Punkt in der Ebene, so dass $P_1,\ldots, P_n$ alle im Kreis mit Radius $\frac 1{\sqrt 3}R$ um $M$ liegen.
Wir zeichnen um jeden Punkt $P_i$ einen kleinen Kreis mit Radius $\frac r2$. Per Definition von $r$ können sich je zwei dieser $n$ Kreise nicht im Inneren schneiden. Die Gesamtfläche, die diese Kreise einnehmen ist daher genau $\frac 14n\pi r^2$.
Der Kreis um $M$ mit Radius $\frac 1{\sqrt 3}R+\frac r2$ enthält jeden dieser $n$ kleinen Kreise. Daher gilt für dessen Flächeninhalt
\[\pi \left(\frac 1{\sqrt 3}R+\frac r2\right)^2 > \frac 14n\pi r^2\]
(Da $n\geq 2$ gilt, muss dies eine strikte Ungleichung sein, sonst könnte man nämlich den großen Kreis vollständig in $n$ kleinere Kreise zerlegen.)
Aus obiger Ungleichung folgt, dass
\[\left(\frac 1{\sqrt 3}\frac Rr+\frac 12\right)^2> \frac 14n,\]
also
\[\frac Rr > \frac{\sqrt 3}2(\sqrt n-1),\]
was offenbar äquivalent ist zur Behauptung.
\showoff
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1613 begonnen.]\(\endgroup\)
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1617, eingetragen 2019-08-07
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\quoteon(2019-08-07 14:11 - Nuramon in Beitrag No. 1616)
An dem Faktor $\sqrt 3$ in Aufgabe 231244 bin ich eine ganze Weile lang verzweifelt. Wenn der Faktor $1$ wäre, wäre es deutlich einfacher, mit Faktor $\frac n{n-1}$ geht es auch noch recht leicht (dazu betrachtet man einen geeigneten Kreis um dem Schwerpunkt der $n$ Punkte).
Letztendlich hat mich Wikipedia dann auf die richtige Spur gebracht.
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/21445_231244.png
\quoteoff
Dazu hatte ich auch gerade eine Lösung erarbeitet, allerdings komme ich noch auf eine schärfere Bedingung, nämlich:
$$\max_{ij}P_iP_j\geq\left(\sqrt{\frac{2\sqrt3\,n}{\pi}}-1\right)\min_{ij}P_iP_j$$Damit hätte ich natürlich die Ungleichung der Aufgabenstellung im Vorbeilaufen auch bewiesen, aber offenbar schwebte dem Aufgabensteller eine andere, vermutlich Deine Lösung vor...
Meine Lösung geht wie folgt:
Man kann die Ungleichung wie folgt umformen:
$$\frac{\max_{ij}P_iP_j}{\min_{ij}P_iP_j}\geq c_n$$wobei $c_n$ ein von $n$ abhängiger Schwellenwert ist. Es ist also das kleinstmögliche Verhältnis zwischen maximalem und minimalem Abstand zu finden. Nach oben ist das Verhältnis natürlich offen, da der minimale Abstand beliebig klein oder der maximale Abstand bei (mindestens) einem sehr weit entfernten Punkt beliebig groß werden kann. Gibt man also den minimalen Abstand vor, so besteht die Aufgabe quasi darin, alle Punkte möglichst dicht zu scharen, ohne den vorgegebenen Mindestabstand zu unterschreiten. Zwei Schlussfolgerungen drängen sich auf:
1. Soll ein gewisser vorgegebener Mindestabstand eingehalten werden, so entsteht zwangsläufig ein Muster aus gleichseitigen Dreiecken. Dichter als das geht nicht.
2. Wenn die Punkte in einem Kreis angeordnet werden, ergibt sich mit dem Durchmesser des Kreises der geringstmögliche Maximalabstand zwischen zwei Punkten.
Ein Muster aus gleichseitigen Dreiecken in eine Kreisform zu pressen klingt nach Quadratur des Kreises, doch es reicht für eine sinnvolle Abschätzung.
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_1_Aufgabe_231244_Skizze_2.png
Der Minimalabstand zweier Punkte sei $a$, der maximale Abstand zwischen zwei Punkten sei $d_{max}$. Wenn man nun Punkte mit dieser sechseckigen Mindestabstandszone (blau dargestellt in obigem Bild) so eng wie möglich schart, kommt ein Wabenmuster heraus. Die Fläche eines solchen Sechsecks ist
$$A_S=6\cdot\tfrac13\cdot\tfrac12a\tfrac{\sqrt3}2a=\tfrac{\sqrt3}2a^2$$Bei sehr vielen Sechsecken könnte man sie recht gut in einem Kreis unterbringen, aber es werden am Rand immer Lücken bleiben. Wir versuchen daher nur eine Abschätzung:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_231244_Skizze_4.png
In dieser Grafik ist der äußere Kreis nicht der tatsächliche Kreis, der alle Punkte inklusive der blauen Sechsecke umrundet, sondern ein Kreis, der flächengleich ist zu der Anzahl $n$ an kleinen blauen Sechsecken, also
$$A_K=\tfrac{\sqrt3}2a^2n$$Sein Durchmesser sei $D$, so dass
$$D=a\sqrt{\frac{2\sqrt3}\pi n}$$ist. Ein Kreis, der alle Punkte tatsächlich umschließt, muss größer sein als dieser, denn selbst wenn die Sechsecke im Inneren spaltfrei liegen, müssen sich an den Rändern zum Kreis hin Lücken ergeben, wie schon gesagt.
Das Maximale, um das sich der Mittelpunkt eines solchen kleinen Sechsecks vom äußeren Kreis mit dem Durchmesser $D$ entfernt liegen könnte, ist $\tfrac12a$, denn wenn er weiter entfernt wäre, gäbe es andere Punkte, die direkt am Kreis anliegen müssten. Wenn es rundum einen Abstand gäbe, wäre der Kreis nicht minimal und schon gar nicht flächengleich.
Damit ist der Durchmesser des kleineren Kreises $d$ gleich dem Abstand zwischen zwei sich gegenüber liegenden Sechsecken, die im abgebildeten Fall den Kreis wie dargestellt von innen mit einer Spitze berühren, und es ist $d\geq D-a$ (sie könnten ja auch flach anliegen).
Diese Kreise sind nur hypothetisch, es wird eine doppelte Abschätzung durch bewusst unerreichbar klein gewählte Annahmen vorgenommen. Da außerdem $d_{max}\geq d$ gelten muss, folgt
$$d_{max} \geq d \geq D-a=a\sqrt{\frac{2\sqrt3}\pi n}-a$$$$d_{max} \geq a\left(\sqrt{\frac{2\sqrt3}\pi n}-1\right)$$Daher gilt
$$\max_{ij}P_iP_j\geq\left(\sqrt{\frac{2\sqrt3\,n}{\pi}}-1\right)\min_{ij}P_iP_j$$Dies ist eine schärfere Ungleichung als in der Aufgabenstellung gefordert. Hier ein Vergleich für die ersten $n$:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_1_Aufgabe_231244_Vergleich.png
Ciao,
Thomas
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.1618, eingetragen 2019-08-07
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Hier noch eine Verallgemeinerungslösung für
\quoteon
Aufgabe 4 - 171224
Gegeben sei in einer Ebene $\epsilon$ ein gleichseitiges Dreieck $ABC$. Man ermittle die Menge aller derjenigen Punkte $X$ in $\epsilon$, für die $AX+BX=CX$ gilt.
\quoteoff
Als gnuplot01.pdf, da schwierig zu übersetzen.
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/51007_3_gnuplot01b.png
\showon
\sourceon latex
% gnuplot muss im Pfad sein
% arara: pdflatex: {shell: yes}
%\documentclass[margin=17mm, varwidth]{standalone}
\documentclass[10pt,a4paper]{scrartcl}
\usepackage[]{geometry}
\geometry{
left=2.5cm,
right=2.5cm,
marginpar=3cm,
top=2.5cm,
bottom=2.5cm,
headsep=0.8cm
}
\pagestyle{empty}
\usepackage{pgfplots}
\pgfplotsset{compat=newest}
\usepackage{amsmath}
\begin{document}
\newcommand\VEC[1]{\overrightarrow{#1}}
\textbf{Verallgemeinerung auf allgemeine Dreiecke:}
Durch Quadrieren der Ausgangsgleichung
$|\VEC{AX}|+|\VEC{BX}|=|\VEC{CX}|$ entsteht
$2|\VEC{AX}| |\VEC{BX}| = |\VEC{CX}|^2 -|\VEC{AX}|^2 -|\VEC{BX}|^2$.
Da bekanntlich $\VEC{PQ}=\VEC{OQ}-\VEC{OP}$ gilt und für den Betrag
$|\vec{x}| = \left\vert \dbinom{x}{y}\right\vert
=\sqrt{x^2 +y^2}$ erhält man für die Punkte $
A = (x_A,y_A),~
B = (x_B,y_B),~
C = (x_C,y_C)
$ und $X=(x,y)$ die implizite Funktion \\
$$\begin{array}{l l}
f(x,y)=0= & \!\!\! 2\cdot \sqrt{(x -x_A)^2 + (y - y_A)^2}
\cdot \sqrt{(x -x_B)^2 + (y -y_B)^2} \\
& \; -\bigl[ ((x -x_C)^2 + (y -y_C)^2)
-((x -x_A)^2 + (y -y_A)^2)
-((x -x_B)^2 + (y -y_B)^2) \bigr]
\end{array}$$
Beispiele:
%%%% Ecken
\pgfmathsetmacro\xA{0}
\pgfmathsetmacro\yA{0}
\pgfmathsetmacro\xB{1}
\pgfmathsetmacro\yB{0}
\pgfmathsetmacro\Samples{100}
\newcommand{\Abstand}[1][]{%%%%%%%%%%%%%%
\begin{tikzpicture}[font=\footnotesize,]
\begin{axis}[width=0.45\textwidth,
axis equal,
legend style={at={(0.01,0.015)},anchor=south west},
ymax=1.33,
% restrict y to domain = -4:4,
title={$|AX|+|BX|=|CX|$ \\ #1},
title style={align=center}
]
\addplot[
no markers,
raw gnuplot,
thick, red,
]
gnuplot {
xA=\xA;
yA=\yA;
xB=\xB;
yB=\yB;
xC=\xC;
yC=\yC;
s=\Samples;
f(x,y)=2*sqrt((x -xA)**2 +(y -yA)**2)*sqrt((x -xB)**2 +(y -yB)**2) -(((x -xC)**2 +(y -yC)**2) -((x -xA)**2 + (y -yA)**2) -((x -xB)**2 +(y -yB)**2))**1;
set contour base;
set cntrparam levels discrete 1.0e-5;
unset surface;
set view map;
set size square;
set isosamples s,s;
set samples s,s;
set xrange [-2:2];
set yrange [-2:2];
splot f(x,y);
};
\addlegendentry{$X$}
\addplot[no marks] coordinates {(\xA,\yA) (\xB,\yB) (\xC,\yC) (\xA,\yA) };
\draw[fill=white] (\xA,\yA) circle (1.75pt) node[anchor=east]{$A(\xA,\yA)$};
\draw[fill=white] (\xB,\yB) circle (1.75pt) node[anchor=west]{$B(\xB,\yB)$};
\draw[fill=white] (\xC,\yC) circle (1.75pt) node[anchor=south]{$C(\xC,\yC)$};
\end{axis}
\end{tikzpicture}
}%%%%%%%%%%%%%%%%%%&%%%
\
\begin{tabular}{c c}
%% Ecken
\pgfmathsetmacro\xC{0.3}
\pgfmathsetmacro\yC{0.9}
\Abstand[Spitzwinkliges Dreieck]
&
% Ecken
\pgfmathsetmacro\xC{1.2}
\pgfmathsetmacro\yC{0.8}
\Abstand[Stumpfwinkliges Dreieck]
\\
% Ecken
\pgfmathsetmacro\xC{0}
\pgfmathsetmacro\yC{0.7}
\pgfmathsetmacro\xB{1.2}
\pgfmathsetmacro\yB{0}
\Abstand[Rechtwinkliges Dreieck]
&
% Ecken
\pgfmathsetmacro\xC{0}
\pgfmathsetmacro\yC{1}
\pgfmathsetmacro\xB{1}
\pgfmathsetmacro\yB{0}
\Abstand[Rechtwinklig-gleichschenkliges Dreieck]
\\
% Ecken
\pgfmathsetmacro\xC{0.5}
\pgfmathsetmacro\yC{0.9}
\Abstand[Gleichschenkliges Dreieck]
&
% Ecken
\pgfmathsetmacro\xC{0.5}
\pgfmathsetmacro\yC{0.5*sqrt(3))}
\pgfmathsetmacro\Samples{2000}
\Abstand[Gleichseitiges Dreieck]
\end{tabular}
\end{document}
\sourceoff
\showoff
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Nuramon
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Mitteilungen: 3782
| Beitrag No.1619, eingetragen 2019-08-07
|
\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Kannst du diesen Schritt noch erläutern?
\quoteon(2019-08-07 14:33 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1617)
Es ist zwar klar, dass die Sechsecke so nicht in den Kreis passen würden, aber es geht nur um eine Abgrenzung nach unten. Das heißt, der Kreis müsste mindestens so groß sein wie hier dargestellt. Die Kreisfläche ist
$$A_K=\tfrac\pi4(d_{max}+a)^2\geq nA_S$$
\quoteoff
Wenn $D$ der Durchmesser eines Kreises ist, der alle Sechsecke enthält, dann muss $\frac \pi 4 D^2 \geq nA_S$ gelten. Außerdem muss $D\geq d_{\max}+a$ gelten.
Daraus folgt aber nicht die zitierte Ungleichung.
\(\endgroup\)
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Kuestenkind
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Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 2591
| Beitrag No.1620, eingetragen 2019-08-07
|
\quoteon(2019-08-07 01:13 - Kornkreis in Beitrag No. 1612)
\quoteon(2019-08-06 13:42 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1597)
Wollen wir evtl. ankündigen, an welchen Aufgaben wir als nächstes arbeiten wollen und Lösungen haben?
Ich habe zunächst folgende Aufgaben im Visier:
121235, 111243, 341035, 321033, 311033,231244.
Sollte jemand schon daran arbeiten und kurz vor fertig sein, bitte um kurze Meldung. :-)
\quoteoff
Gute Idee, ich will mich zum Abschluss noch an zwei interessant aussehende Aufgaben zur Kreisgeometrie ransetzen, nämlich die 341046 und 311242.
\quoteoff
Huhu,
die erste habe ich mir auch mal angeschaut. Da ich nicht viel Zeit habe nur eine Beweisidee:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-08-07_um_16.39.07.png
Was zu zeigen / begründen wäre:
1. \(ATSB\) ist Sehnenviereck.
2. \(|\overline{ST}|=|\overline{SC}|\)
3. \(CB\) ist Tangente an den Umkreis von \(ATSB\).
Die Aussage folgt dann einfach aus dem Sekanten-Tangenten-Satz. Ob man dafür leichte Begründungen / Beweise findet, darüber habe ich mir wie gesagt noch keine Gedanken gemacht.
Gruß,
Küstenkind
edit: 1. wäre leicht so zu zeigen: Die Dreiecke \(ABD\) und \(EDB\) sind nach sss kongruent. Damit folgt dann \(\angle DAB=\angle EBD\). Beides sind Umfangswinkel über der Sehne \(TS\).
edit 2: 2. wäre so leicht zu zeigen: Offensichtlich ist \(BC \parallel TD\) und \(BT \parallel CD\). Da zudem \(|\overline{BC}|=|\overline{CD}|\) ist, ist \(BCDT\) eine Raute. Punkt \(S\) liegt dann auf der Diagonalen \(\overline{BD}\) und es entstehen wieder kongruente Dreiecke.
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MontyPythagoras
Senior
Dabei seit: 13.05.2014
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| Beitrag No.1621, eingetragen 2019-08-07
|
Hallo Nuramon,
\quoteon(2019-08-07 14:56 - Nuramon in Beitrag No. 1619)
Kannst du diesen Schritt noch erläutern?
\quoteon(2019-08-07 14:33 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1617)
Es ist zwar klar, dass die Sechsecke so nicht in den Kreis passen würden, aber es geht nur um eine Abgrenzung nach unten. Das heißt, der Kreis müsste mindestens so groß sein wie hier dargestellt. Die Kreisfläche ist
$$A_K=\tfrac\pi4(d_{max}+a)^2\geq nA_S$$
\quoteoff
Wenn $D$ der Durchmesser eines Kreises ist, der alle Sechsecke enthält, dann muss $\frac \pi 4 D^2 \geq nA_S$ gelten. Außerdem muss $D\geq d_{\max}+a$ gelten.
Daraus folgt aber nicht die zitierte Ungleichung.
\quoteoff
das habe ich an der Stelle vielleicht tatsächlich ein bisschen flüchtig argumentiert. Auch einen Gedankenfehler möchte ich natürlich nicht kategorisch ausschließen.
Die Argumentation ist vielleicht so etwas klarer:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_231244_Skizze_3.png
Der äußere Kreis ist NICHT der tatsächliche Kreis, der alle Punkte inklusive der blauen Sechsecke umrundet, sondern ein Kreis, der flächengleich ist zu der Anzahl $n$ an kleinen blauen Sechsecken, also
$$A_K=\tfrac{\sqrt3}2a^2n$$Seinen Durchmesser nennen wir mal $D$, so dass
$$D=a\sqrt{\frac{2\sqrt3}\pi n}$$ist. Wir sind uns einig, dass ein Kreis, der alle Punkte tatsächlich umschließt, größer sein muss, denn selbst wenn die Sechsecke im Inneren spaltfrei liegen, müssen sich an den Rändern zum Kreis hin Lücken ergeben.
Das Maximale, um das sich der Mittelpunkt eines solchen kleinen Sechsecks vom äußeren Kreis mit dem Durchmesser $D$ entfernt liegen könnte, ist $\tfrac12a$, denn wenn er weiter entfernt wäre, gäbe es andere, die direkt am Kreis anliegen müssten. Wenn es rundum einen Abstand gäbe, wäre der Kreis nicht minimal und schon gar nicht flächengleich.
Damit ist der Durchmesser des kleineren Kreises $d$ (ohne "max") gleich dem Abstand zwischen zwei sich gegenüber liegenden Sechsecken, die im abgebildeten Fall den Kreis wie dargestellt von innen mit einer Spitze berühren, und es ist $d\geq D-a$ (sie könnten ja auch flach anliegen).
Mir ist bewusst, dass diese Kreise nur hypothetisch sind. Ich mache eine doppelte Abschätzung durch bewusst unrealistisch klein gewählte Annahmen. Da außerdem $d_{max}\geq d$ gelten muss, folgt
$$d_{max} \geq d \geq D-a=a\sqrt{\frac{2\sqrt3}\pi n}-a$$und daher
$$d_{max} \geq a\left(\sqrt{\frac{2\sqrt3}\pi n}-1\right)$$Ich hoffe, dass das so verständlich war. Ggf. würde ich die Herleitung entsprechend anpassen.
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.1622, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-07
|
@MontyPythagoras: Ich habe deine Lösung in den Text aufgenommen. Wie üblich, habe ich versucht deine Bilder wieder umzusetzen.
Bei der letzten Darstellung fehlen mir allerdings die y-Koordinaten der Punkte. Könntest du mir die Zahlen senden.
Danke
@Hyperplot: Ich habe gute 30 Minuten versucht deinen letzten LaTex-Text zum Laufen zu bringen.
Ständig kommt die Fehlermeldung
"pgf-plot.table could not be found"
LG Steffen
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MontyPythagoras
Senior
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| Beitrag No.1623, eingetragen 2019-08-07
|
\quoteon(2019-08-07 19:01 - stpolster in Beitrag No. 1622)
@MontyPythagoras: Ich habe deine Lösung in den Text aufgenommen. Wie üblich, habe ich versucht deine Bilder wieder umzusetzen.
Bei der letzten Darstellung fehlen mir allerdings die y-Koordinaten der Punkte. Könntest du mir die Zahlen senden.
Danke
@Hyperplot: Ich habe gute 30 Minuten versucht deinen letzten LaTex-Text zum Laufen zu bringen.
Ständig kommt die Fehlermeldung
"pgf-plot.table could not be found"
LG Steffen
\quoteoff
Hallo Steffen,
das ergibt sich aus den Formeln. Aber kein Problem, wenn Du die Zahlen direkt einhacken willst:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_231244_Zahlen.png
Ich überarbeite noch einmal meine Argumentation, da der Einwand von Nuramon ja durchaus berechtigt ist. Gib mir eine Viertelstunde...
Ciao,
Thomas
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.1624, eingetragen 2019-08-07
|
\quoteon(2019-08-07 19:01 - stpolster in Beitrag No. 1622)
@Hyperplot: Ich habe gute 30 Minuten versucht deinen letzten LaTex-Text zum Laufen zu bringen.
Ständig kommt die Fehlermeldung
"pgf-plot.table could not be found"
LG Steffen
\quoteoff
Deshalb hatte ich ja gesagt:
\quoteon(2019-08-07 14:36 - HyperPlot in Beitrag No. 1618)
Als gnuplot01.pdf, da schwierig zu übersetzen.
\showon
Hier noch eine Verallgemeinerungslösung für
\quoteon
Aufgabe 4 - 171224
Gegeben sei in einer Ebene $\epsilon$ ein gleichseitiges Dreieck $ABC$. Man ermittle die Menge aller derjenigen Punkte $X$ in $\epsilon$, für die $AX+BX=CX$ gilt.
\quoteoff
Als gnuplot01.pdf, da schwierig zu übersetzen.
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/51007_3_gnuplot01b.png
\showon
\sourceon latex
% gnuplot muss im Pfad sein
% arara: pdflatex: {shell: yes}
%\documentclass[margin=17mm, varwidth]{standalone}
\documentclass[10pt,a4paper]{scrartcl}
\usepackage[]{geometry}
\geometry{
left=2.5cm,
right=2.5cm,
marginpar=3cm,
top=2.5cm,
bottom=2.5cm,
headsep=0.8cm
}
\pagestyle{empty}
\usepackage{pgfplots}
\pgfplotsset{compat=newest}
\usepackage{amsmath}
\begin{document}
\newcommand\VEC[1]{\overrightarrow{#1}}
\textbf{Verallgemeinerung auf allgemeine Dreiecke:}
Durch Quadrieren der Ausgangsgleichung
$|\VEC{AX}|+|\VEC{BX}|=|\VEC{CX}|$ entsteht
$2|\VEC{AX}| |\VEC{BX}| = |\VEC{CX}|^2 -|\VEC{AX}|^2 -|\VEC{BX}|^2$.
Da bekanntlich $\VEC{PQ}=\VEC{OQ}-\VEC{OP}$ gilt und für den Betrag
$|\vec{x}| = \left\vert \dbinom{x}{y}\right\vert
=\sqrt{x^2 +y^2}$ erhält man für die Punkte $
A = (x_A,y_A),~
B = (x_B,y_B),~
C = (x_C,y_C)
$ und $X=(x,y)$ die implizite Funktion \\
$$\begin{array}{l l}
f(x,y)=0= & \!\!\! 2\cdot \sqrt{(x -x_A)^2 + (y - y_A)^2}
\cdot \sqrt{(x -x_B)^2 + (y -y_B)^2} \\
& \; -\bigl[ ((x -x_C)^2 + (y -y_C)^2)
-((x -x_A)^2 + (y -y_A)^2)
-((x -x_B)^2 + (y -y_B)^2) \bigr]
\end{array}$$
Beispiele:
%%%% Ecken
\pgfmathsetmacro\xA{0}
\pgfmathsetmacro\yA{0}
\pgfmathsetmacro\xB{1}
\pgfmathsetmacro\yB{0}
\pgfmathsetmacro\Samples{100}
\newcommand{\Abstand}[1][]{%%%%%%%%%%%%%%
\begin{tikzpicture}[font=\footnotesize,]
\begin{axis}[width=0.45\textwidth,
axis equal,
legend style={at={(0.01,0.015)},anchor=south west},
ymax=1.33,
% restrict y to domain = -4:4,
title={$|AX|+|BX|=|CX|$ \\ #1},
title style={align=center}
]
\addplot[
no markers,
raw gnuplot,
thick, red,
]
gnuplot {
xA=\xA;
yA=\yA;
xB=\xB;
yB=\yB;
xC=\xC;
yC=\yC;
s=\Samples;
f(x,y)=2*sqrt((x -xA)**2 +(y -yA)**2)*sqrt((x -xB)**2 +(y -yB)**2) -(((x -xC)**2 +(y -yC)**2) -((x -xA)**2 + (y -yA)**2) -((x -xB)**2 +(y -yB)**2))**1;
set contour base;
set cntrparam levels discrete 1.0e-5;
unset surface;
set view map;
set size square;
set isosamples s,s;
set samples s,s;
set xrange [-2:2];
set yrange [-2:2];
splot f(x,y);
};
\addlegendentry{$X$}
\addplot[no marks] coordinates {(\xA,\yA) (\xB,\yB) (\xC,\yC) (\xA,\yA) };
\draw[fill=white] (\xA,\yA) circle (1.75pt) node[anchor=east]{$A(\xA,\yA)$};
\draw[fill=white] (\xB,\yB) circle (1.75pt) node[anchor=west]{$B(\xB,\yB)$};
\draw[fill=white] (\xC,\yC) circle (1.75pt) node[anchor=south]{$C(\xC,\yC)$};
\end{axis}
\end{tikzpicture}
}%%%%%%%%%%%%%%%%%%&%%%
\
\begin{tabular}{c c}
%% Ecken
\pgfmathsetmacro\xC{0.3}
\pgfmathsetmacro\yC{0.9}
\Abstand[Spitzwinkliges Dreieck]
&
% Ecken
\pgfmathsetmacro\xC{1.2}
\pgfmathsetmacro\yC{0.8}
\Abstand[Stumpfwinkliges Dreieck]
\\
% Ecken
\pgfmathsetmacro\xC{0}
\pgfmathsetmacro\yC{0.7}
\pgfmathsetmacro\xB{1.2}
\pgfmathsetmacro\yB{0}
\Abstand[Rechtwinkliges Dreieck]
&
% Ecken
\pgfmathsetmacro\xC{0}
\pgfmathsetmacro\yC{1}
\pgfmathsetmacro\xB{1}
\pgfmathsetmacro\yB{0}
\Abstand[Rechtwinklig-gleichschenkliges Dreieck]
\\
% Ecken
\pgfmathsetmacro\xC{0.5}
\pgfmathsetmacro\yC{0.9}
\Abstand[Gleichschenkliges Dreieck]
&
% Ecken
\pgfmathsetmacro\xC{0.5}
\pgfmathsetmacro\yC{0.5*sqrt(3))}
\pgfmathsetmacro\Samples{2000}
\Abstand[Gleichseitiges Dreieck]
\end{tabular}
\end{document}
\sourceoff
\showoff
\showoff
\quoteoff
Wenn Du es selbst übersetzen willst, zum Editieren usw.,
muss gnuplot im Pfad sein und mit
% arara: pdflatex: {shell: yes} (Was ist arara?)
übersetzt werden; oder klassisch in der Kommandozeile mit
pdflatex--shell-escape jobname.tex
Das letzte Beispiel kann, wegen der vielen Samples trotzdem Minuten dauern.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1622 begonnen.]
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svrc
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| Beitrag No.1625, eingetragen 2019-08-07
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\quoteon
Aufgabe 6B - 161236B
Es sei \(M\) eine Menge, für die folgendes gilt:
(1) Jedem geordneten Paar \(\left( a, b \right)\) von Elementen aus \(M\) ist genau ein Element aus \(M\) zugeordnet, das mit \(a \circ b\) bezeichnet sei.
(2) Zu jedem \(b \in M\) und jedem \(c \in M\) gibt es ein genau ein \(x \in M\) derart, dass \(x \circ b = c\) gilt. Dieses Element \(x\) werde mit \(x = \dfrac{c}{b}\) bezeichnet.
Unter diesen Voraussetzungen beweise man die folgende Aussage:
Wenn für alle \(a \in M, b \in M, c \in M, d \in M\) die Beziehung
\[\left( a \circ b \right) \cdot \left( c \circ d \right) = \left( a \circ c \right) \circ \left( b \circ d \right)\]
gilt, dann gilt für alle \(p \in M, q \in M, r \in M, s \in M\) die Beziehung
\[\dfrac{p}{q} : \dfrac{r}{s} = \dfrac{p}{r} : \dfrac{q}{s}.\]
\quoteoff
Zunächst möchte ich folgende Bemerkung abgeben.
\quoteon
\(\textbf{Bemerkung:}\) Ich hoffe, dass ich die Schreibweise
\[\dfrac{p}{q} : \dfrac{r}{s} = \dfrac{\left( \dfrac{p}{q} \right)}{\left( \dfrac{r}{s} \right)}\]
richtig deute.
\quoteoff
\(\textbf{Lösungsvorschlag - Aufgabe 6B - 161236B}\)
Zunächst sammeln wir nochmal alle unsere Voraussetzungen:
(1) Jedem geordneten Paar \(\left( a, b \right)\) von Elementen aus \(M\) ist genau ein Element aus \(M\) zugeordnet, das mit \(a \circ b\) bezeichnet sei;
(2) Zu jedem \(b \in M\) und jedem \(c \in M\) gibt es ein genau ein \(x \in M\) derart, dass \(x \circ b = c\) gilt. Dieses Element \(x\) werde mit \(x = \dfrac{c}{b}\) bezeichnet;
(3) Für alle \(a \in M, b \in M, c \in M, d \in M\) gilt die Beziehung
\[\left( a \circ b \right) \cdot \left( c \circ d \right) = \left( a \circ c \right) \circ \left( b \circ d \right).\]
Es gilt für beliebige \(p \in M\), \(q \in M\), \(r \in M\), \(s \in M\)
\[\begin{align*}
p & \stackrel{(2)}{=} \left( \dfrac{p}{q} \right) \circ q \\
& \stackrel{(2)}{=} \left( \dfrac{\left( \dfrac{p}{q} \right)}{\left( \dfrac{r}{s} \right)} \circ \left( \dfrac{r}{s} \right) \right) \circ q \\
& \stackrel{(2)}{=} \left( \dfrac{\left( \dfrac{p}{q} \right)}{\left( \dfrac{r}{s} \right)} \circ \left( \dfrac{r}{s} \right) \right) \circ \left( \left( \dfrac{q}{s} \right) \circ s \right) \\
& \stackrel{(3)}{=} \left( \dfrac{\left( \dfrac{p}{q} \right)}{\left( \dfrac{r}{s} \right)} \circ \left( \dfrac{q}{s} \right) \right) \circ \left( \left( \dfrac{r}{s} \right) \circ s \right) \\
& \stackrel{(2)}{=} \left( \dfrac{\left( \dfrac{p}{q} \right)}{\left( \dfrac{r}{s} \right)} \circ \left( \dfrac{q}{s} \right) \right) \circ r.
\end{align*}\]
Nach Voraussetzung (2) folgt somit
\[ \left( \dfrac{p}{r} \right) = \left( \dfrac{\left( \dfrac{p}{q} \right)}{\left( \dfrac{r}{s} \right)} \circ \left( \dfrac{q}{s} \right) \right).\]
Ein letztes Mal folgt mit Voraussetzung (2) somit
\[ \dfrac{\left( \dfrac{p}{r} \right)}{\left( \dfrac{q}{s} \right)} = \dfrac{\left( \dfrac{p}{q} \right)}{\left( \dfrac{r}{s} \right)} \]
und die Behauptung.
\quoteon
\(\textbf{Bemerkung:}\) Ich hoffe, dass sich keine Fehler eingeschlichen haben.
\quoteoff
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Ex_Senior
| Beitrag No.1626, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-07
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\quoteon(2019-08-07 19:28 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1623)
das ergibt sich aus den Formeln. Aber kein Problem, wenn Du die Zahlen direkt einhacken willst:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_231244_Zahlen.png
\quoteoff
Danke. Scheinbar ist das Kinderkram bei (fast) jeder Abbildung tikz zu verwenden. Deine 4 Bilder brachten auch nur 60 k Verringerung.
Aber in der Summe wirkt sich das schon gewaltig aus.
LG Steffen
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1624 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.1627, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-07
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@svrc: Danke für deine Lösung.
Auch wenn ich mich jetzt vielleicht blamiere, frage ich trotzdem:
Was ist:
\[ \stackrel{(2)}{=} \]
Ich interpretiere das als "nach Voraussetzung (2)". Stimmt das?
Danke
Steffen
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svrc
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| Beitrag No.1628, eingetragen 2019-08-07
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\quoteon(2019-08-07 20:11 - stpolster in Beitrag No. 1627)
@svrc: Danke für deine Lösung.
Auch wenn ich mich jetzt vielleicht blamiere, frage ich trotzdem:
Was ist:
\[ \stackrel{(2)}{=} \]
Ich interpretiere das als "nach Bedingung (2)". Stimmt das?
Danke
Steffen
\quoteoff
Hallo Steffen,
das bedeutet, dass an dieser Stelle die Voraussetzung (2) benutzt wird. Also genau das, was du dir auch gedacht hast.
Viele Grüße
svrc
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Ex_Senior
| Beitrag No.1629, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-07
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\quoteon(2019-08-07 20:12 - svrc in
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1630, eingetragen 2019-08-07
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Korrektur zu meiner eigenen Lösung:
Bei kleinen $n$ sind die regelmäßigen $n$-Ecke (Quadrat, Fünfeck) besser als die aus gleichseitigen Dreiecken zusammengesetzten Formen. Während ich oben z.B. $c_n=\sqrt3$ angebe für $n=4$, ist z.B. in einem Quadrat tatsächlich nur $c_n=\sqrt2$ (Diagonale zu Kante). Mein Beweis setzt eine "ausreichend große Anzahl" an Punkten voraus, so dass ich überzeugt bin, dass die Formel für große "n" stimmt, aber es wird schwierig sein, herauszufinden, wie groß genau denn "groß genug" ist. Das wird letztlich den Rahmen doch sprengen. Möglicherweise reicht schon $n\geq7$, aber der Beweis ist so wie er ist nicht lückenlos. Steffen, ziehe die Lösung bitte erst einmal zurück.
Ciao,
Thomas
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1625 begonnen.]
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1631, eingetragen 2019-08-07
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https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_321033.png
Die Kegel können so angeordnet werden, dass ihre Spitze sich im Mittelpunkt der Kugel befindet und jeder Kegel einen Oktanten belegt. Wenn er die Grenzflächen der Oktanten berührt, berührt er wie gefordert drei andere Kegel:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_321033_Skizze_1.png
Legt man die Kugel in den Ursprung eines 3D-Koordinatensystems, liegt die Kegelachse auf der Raumdiagonalen. Legt man eine Schnittebene durch die z-Achse und die Kegelachse, ergibt sich folgendes Bild:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_321033_Skizze_2.png
Ein Punkt auf der Raumdiagonalen ist $(1,1,1)$. Für den Winkel $\alpha$ ergibt sich
$$\tan\alpha=\frac1{\sqrt{1^2+1^2}}=\frac1{\sqrt2}$$Dies ist gleichzeitig auch das Verhältnis von $r$ zu $h$, also:
$$h=\sqrt2\,r$$Außerdem gilt
$$R^2=r^2+h^2=r^2+2r^2=3r^2$$$$r=\frac1{\sqrt3}R=\tfrac13\sqrt3\,R$$$$h=\sqrt{\frac23}\,R=\tfrac13\sqrt6\,R$$
Ciao,
Thomas
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1632, eingetragen 2019-08-07
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Hallo OlgaBarati,
\quoteon(2019-08-07 12:17 - OlgaBarati in Beitrag No. 1613)
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/50783_191222.png
Die Diagonale AC bildet mit der Geraden BC einen rechten Winkel. Das Dreieck ABC ist somit ein rechtwinkliges Dreieck. Die Gerade AB ist jedoch kleiner als die Gerade BC und AB muss zugleich die Hypotenuse des Dreiecks sein und BC, AC die beiden Katheten, was sich somit widerspräche. Demnach gäbe es keine Lösung für das Viereck. Wo ist mein Denkfehler ?
LG Olga
\quoteoff
ich denke auch, dass diese Aufgabe fehlerhaft ist. Ich vermute, dass es $AB > CD$ heißen soll. Dann wird das Viereck zur Hälfte eines regelmäßigen Sechsecks.
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.1633, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-07
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Aufgabe 6 - 201036
Konstruieren Sie ein Dreieck $ABC$, in dem die Längen $a, b, c$ der Seiten $BC$, $CA$, $AB$ und die Größen $\beta, \gamma$
der Winkel $\angle ABC$, $\angle BCA$ die Bedingungen $a = 8$ cm, $b + c = 12$ cm, $\beta + \gamma = 100^\circ$ erfüllen!
Begründen und beschreiben Sie Ihre Konstruktion!
Beweisen Sie, dass alle Dreiecke, die diesen Bedingungen genügen, einander kongruent sind!
Hinweis:
In dieser Aufgabe werden auch Dreiecke $ABC$, $A'B'C'$ als einander kongruent bezeichnet, bei denen $A'$, $B'$, $C'$ in irgendeiner anderen Reihenfolge mit $A$, $B$, $C$ zur Deckung gebracht werden können.
Lösungsvorschlag:
$
\begin{tikzpicture}[>=latex, font=\footnotesize, scale=0.8]
\coordinate (b) at (-2,0);
\coordinate (c) at (2,0);
\coordinate (d) at (-3.04,3.4);
\coordinate (m) at (0,0);
\coordinate (o) at (0,0.21);
\coordinate (a) at (-0.94,1.99);
\draw (b) --(c) -- (d) --cycle;
\draw[dashed] (0,-0.5) -- (0,2);
\draw (b) -- (o) -- (c);
\draw (m) -- (o);
\draw[blue] (a) -- (b) -- (c) -- cycle;
\draw (o) circle (2.01);
\foreach \P in {a,b,c,d,m,o}
\draw[fill=white] (\P) circle (0.05);
\node[above] at (a) {$A$};
\node[left] at (b) {$B$};
\node[right] at (c) {$C$};
\node[left] at (d) {$D$};
\node[above right] at (o) {$O$};
\node[below left] at (m) {$M$};
\draw pic [draw, angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.6,
"$\alpha$", ] {angle =b--a--c};
\draw pic [draw, angle radius=4mm, angle eccentricity=1.6,
"$\frac{\alpha}{2}$", ] {angle =b--d--c};
\end{tikzpicture}
$
Analyse:
Ist die Winkelsumme $\beta + \gamma$ bekannt, so ergibt sich nach dem Innenwinkelsatz für den Winkel $\alpha = 80^\circ$. Damit sind von dem gesuchten Dreieck die Stücke Seite $a$, die Seitensumme $b+c$ und der Winkel $\alpha$ bekannt.
Angenommen das Dreieck $ABC$ ist gegeben, so sei der Punkt $D$ die Verlängerung von $CA$, so dass $|CD| = c + b$ ist. Dann ergibt sich im Dreieck $ABD$ der Winkel $\delta$ bei $D$ zu
\[
\delta = \frac{1}{2} (180^\circ-(180^\circ-\alpha)) = \frac{1}{2} \alpha
\]
Der Winkel $\alpha$ ist Peripheriewinkel des Umkreises von $ABC$ über der Sehne $BC$. Damit ist der Punkt $A$ Schnittpunkt des Umkreisbogens $BC$ mit der Strecke $CD$.
Konstruktion:
1. Das Dreieck $BCD$ ist somit nach dem Kongruenzsatz SSW (Seiten $a$ und $b+c$, Innenwinkel $\frac{\alpha}{2}$) konstruierbar.
2. Über $BC$ wird ein gleichschenkliges Dreieck $BCO$ konstruiert, für das der Winkel $\angle BAO = 10^\circ$ ist. Damit wird der Winkel $\angle AOB = 160^\circ$. Der Kreis um $O$ mit dem Radius $OA$ schneidet dann die Strecke $CD$ außer in $C$ in dem gesuchten Punkt $A$.
Der 1. Konstruktionsschritt ist im Sinne der Aufgabenstellung nach Kongruenzsatz SSW eindeutig ausführbar. Die Konstruktion des Umkreises des Dreiecks $ABC$ ist nach dem 2. Konstruktionsschritt ebenfalls eindeutig ausführbar.
Als Schnittpunkt des Umkreises mit der Strecke $CD$ entsteht genau ein Punkt $A$. $A$ liegt dann auf dem Kreis um $O$ mit einem Peripheriewinkel gleich dem halben Zentriwinkel $\angle AOB$. Damit ist $\alpha = 80^\circ$.
Das Dreieck $ABC$ ist damit, bis auf Kongruenz, eindeutig bestimmt.
LG Steffen
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1631 begonnen.]
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| Beitrag No.1634, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-07
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\quoteon(2019-08-07 22:48 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1632)
ich denke auch, dass diese Aufgabe fehlerhaft ist. Ich vermute, dass es $AB > CD$ heißen soll. Dann wird das Viereck zur Hälfte eines regelmäßigen Sechsecks.
\quoteoff
Die von mir eingetippte Aufgabe ist falsch. Es war wieder ein dummer Tippfehler.
$AC > CD$ ist richtig. cyrix hat die Aufgabe schon gelöst.
Hast du zu deinem tollen Kugelbild einen Geogebra-Link (das ist es doch?). Dann kann ich daraus eine tikz-Datei machen?.
LG Steffen
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1635, eingetragen 2019-08-08
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\quoteon(2019-08-07 22:54 - stpolster in Beitrag No. 1634)
Hast du zu deinem tollen Kugelbild einen Geogebra-Link (das ist es doch?). Dann kann ich daraus eine tikz-Datei machen?.
LG Steffen
\quoteoff
Klar. :-D
https://www.geogebra.org/classic/p8hccxmb
Wenn es Dir hilft, kann ich Dir zu fast allen meinen Bildern entsprechende Links zukommen lassen. Nicht alles habe ich gespeichert, aber vieles.
Ciao,
Thomas
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1636, eingetragen 2019-08-08
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\quoteon(2019-08-07 20:15 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1630)
Korrektur zu meiner eigenen Lösung:
Bei kleinen $n$ sind die regelmäßigen $n$-Ecke (Quadrat, Fünfeck) besser als die aus gleichseitigen Dreiecken zusammengesetzten Formen. Während ich oben z.B. $c_n=\sqrt3$ angebe für $n=4$, ist z.B. in einem Quadrat tatsächlich nur $c_n=\sqrt2$ (Diagonale zu Kante). Mein Beweis setzt eine "ausreichend große Anzahl" an Punkten voraus, so dass ich überzeugt bin, dass die Formel für große "n" stimmt, aber es wird schwierig sein, herauszufinden, wie groß genau denn "groß genug" ist. Das wird letztlich den Rahmen doch sprengen. Möglicherweise reicht schon $n\geq7$, aber der Beweis ist so wie er ist nicht lückenlos.
\quoteoff
Nochmal zu diesem Beweis zur Aufgabe 231244 in #1617. Das einzige, was falsch ist, scheint mir die Berechnung der $c_n$ für kleine $n$ zu sein. Ich würde daher die Skizzen der Muster von $n=2$ bis $n=8$ entweder entfernen oder überarbeiten, aber im Grunde sehe ich nichts, was den Beweis an sich ungültig machen würde bzw. was dazu führen sollte, dass er nur für große $n$ gelten soll. Wie man leicht nachrechnen kann, ist "meine" Ungleichung durchaus auch erfüllt für $n=4$ bis $n=6$.
Man könnte vermutlich sogar eine interessante Programmier-Aufgabe daraus machen, die kleinstmöglichen $c_n$ für die höheren $n$ numerisch zu berechnen. Das "Smallest circle Problem" ist ja von der Aufgabenstellung etwas anders gelagert. Was meint Ihr?
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.1637, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-08
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Bei nachfolgender Aufgabe weiß ich, wie man das Fünfeck konstruiert (ich habe es als "Mittenfünfeck" in meinem Matheprogramm als Teilprogramm), aber nicht wieso es funktioniert.
Vielleicht kann ja jemand die Konstruktion begründen.
Aufgabe 5 - 141235
Es seien in der Ebene fünf Punkte $F, G, H, I, K$ gegeben, von denen keine drei auf derselben Geraden liegen.
Man begründe und beschreibe eine Konstruktion eines solchen Fünfecks $ABCDE$, dass $F, G, H, I, K$ in dieser Reihenfolge die Mittelpunkte der Seiten $AB$, $BC$, $CD$, $DE$, $EA$ des Fünfecks sind.
Man untersuche ferner, ob ein solches Fünfeck $ABCDE$ durch die gegebenen Punkte $F, G, H, I, K$ eindeutig bestimmt ist.
Dabei wird nicht vorgeschrieben, dass das Fünfeck $ABCDE$ konvex, nicht konvex oder überschlagen ist; es soll auch zugelassen sein, dass Ecken miteinander zusammenfallen oder Seiten teilweise
ineinander oder in der Verlängerung voneinander liegen.
Konstruktion:
Der 1.Punkt des Fünfecks A wird durch
$\vec a = \vec k - (\vec g - \vec f + \vec i - \vec h)$
erzeugt. Alle weiteren Punkte werden dann nur noch an den Punkten F, G, H, I, K gespiegelt.
1.Beispiel:
$
\begin{tikzpicture}[>=latex, font=\footnotesize, scale=1]
\coordinate(f) at (0:2);
\coordinate(g) at (50:2.5);
\coordinate(h) at (130:2.2);
\coordinate(i) at (200:1.8);
\coordinate(k) at (290:2.1);
\draw (f) -- (g) -- (h) -- (i) -- (k) -- cycle;
\coordinate (a) at ($(k)-(g)+(f)-(i)+(h)$);
\coordinate (b) at ($2*(k)-(a)$);
\coordinate (c) at ($2*(i)-(b)$);
\coordinate (d) at ($2*(h)-(c)$);
\coordinate (e) at ($2*(g)-(d)$);
\draw[blue] (a) -- (b) -- (c) -- (d) -- (e) -- cycle;
\foreach \P in {a,b,c,d,e,f,g,h,i,k}
{ \draw[fill=white] (\P) circle (0.05);}
\node[right] at (a) {$A$};
\node[below] at (b) {$B$};
\node[left] at (c) {$C$};
\node[above] at (d) {$D$};
\node[right] at (e) {$E$};
\node[right] at (f) {$F$};
\node[above] at (g) {$G$};
\node[above] at (h) {$H$};
\node[left] at (i) {$I$};
\node[below] at (k) {$K$};
\end{tikzpicture}
$
2. Beispiel
$
\begin{tikzpicture}[>=latex, font=\footnotesize, scale=1]
\coordinate(f) at (0:2.5);
\coordinate(g) at (50:2.5);
\coordinate(h) at (90:2.2);
\coordinate(i) at (200:1.8);
\coordinate(k) at (290:1.2);
\draw (f) -- (g) -- (h) -- (i) -- (k) -- cycle;
\coordinate (a) at ($(k)-(g)+(f)-(i)+(h)$);
\coordinate (b) at ($2*(k)-(a)$);
\coordinate (c) at ($2*(i)-(b)$);
\coordinate (d) at ($2*(h)-(c)$);
\coordinate (e) at ($2*(g)-(d)$);
\draw[blue] (a) -- (b) -- (c) -- (d) -- (e) -- cycle;
\foreach \P in {a,b,c,d,e,f,g,h,i,k}
{ \draw[fill=white] (\P) circle (0.05);}
\node[right] at (a) {$A$};
\node[below] at (b) {$B$};
\node[left] at (c) {$C$};
\node[above] at (d) {$D$};
\node[right] at (e) {$E$};
\node[right] at (f) {$F$};
\node[above] at (g) {$G$};
\node[above] at (h) {$H$};
\node[left] at (i) {$I$};
\node[below] at (k) {$K$};
\end{tikzpicture}
$
LG Steffen
Nachtrag:
Für A wird
$\vec a = \vec k - (\vec g - \vec f + \vec i - \vec h)$
Für B analog
$\vec b = \vec i - (\vec f - \vec k + \vec h - \vec g)$
Damit wird:
$ \frac{\vec a + \vec b}{2} = \vec k$
da sich alle anderen Vektoren aufheben. Damit ist K Mittelpunkt von A und B. Analog für die anderen Punkte.
Ist das schon alles? Und wie begründet man das vernünftig?
|
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Ex_Senior
| Beitrag No.1638, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-08
|
Ich denke, ich habe es:
Aufgabe 5 - 141235
Es seien in der Ebene fünf Punkte $F, G, H, I, K$ gegeben, von denen keine drei auf derselben Geraden liegen.
Man begründe und beschreibe eine Konstruktion eines solchen Fünfecks $ABCDE$, dass $F, G, H, I, K$ in dieser Reihenfolge die Mittelpunkte der Seiten $AB$, $BC$, $CD$, $DE$, $EA$ des Fünfecks sind.
Man untersuche ferner, ob ein solches Fünfeck $ABCDE$ durch die gegebenen Punkte $F, G, H, I, K$ eindeutig bestimmt ist.
Dabei wird nicht vorgeschrieben, dass das Fünfeck $ABCDE$ konvex, nicht konvex oder überschlagen ist; es soll auch zugelassen sein, dass Ecken miteinander zusammenfallen oder Seiten teilweise ineinander oder in der Verlängerung voneinander liegen.
\showon
$
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=latex, font=\footnotesize, scale=0.8]
\coordinate(f) at (0:2);
\coordinate(g) at (50:2.5);
\coordinate(h) at (130:2.2);
\coordinate(i) at (200:1.8);
\coordinate(k) at (290:2.1);
\coordinate (k1) at ($(k)+(h)-(i)$);
\draw (f) -- (g) -- (h) -- (i) -- (k) -- cycle;
\coordinate (a) at ($(k)-(g)+(f)-(i)+(h)$);
\coordinate (b) at ($2*(k)-(a)$);
\coordinate (c) at ($2*(i)-(b)$);
\coordinate (d) at ($2*(h)-(c)$);
\coordinate (e) at ($2*(g)-(d)$);
\draw[->, dashed] (k) -- (k1);
\draw[->, dashed] (k1) -- (a);
\draw[blue] (a) -- (b) -- (c) -- (d) -- (e) -- cycle;
\foreach \P in {a,b,c,d,e,f,g,h,i,k}
{ \draw[fill=white] (\P) circle (0.05);}
\node[right] at (a) {$A$};
\node[below] at (b) {$B$};
\node[left] at (c) {$C$};
\node[above] at (d) {$D$};
\node[right] at (e) {$E$};
\node[right] at (f) {$F$};
\node[above] at (g) {$G$};
\node[above] at (h) {$H$};
\node[left] at (i) {$I$};
\node[below] at (k) {$K$};
\node[left] at ($(k)!0.5!(k1)$) {$\overrightarrow{IH}$};
\node[right] at ($(k1)!0.5!(a)$) {$\overrightarrow{FG}$};
\end{tikzpicture}
$
Setzen wir $\vec f, \vec g, ..., \vec k$ für die Ortsvektoren von $F, G, H, I, K$ und analog $\vec a, \vec b, ..., \vec e$ für die gesuchten Punkte $A, B, C, D, E, F$ des Mittenfünfecks.
Damit z.B. $K$ Mittelpunkt von $A$ und $B$ ist, muss gelten
\[
\frac{\vec a +\vec b}{2} = \vec k \tag{1}
\]
Für die anderen Punkte wird damit
\[
\frac{\vec b +\vec c}{2} = \vec i \qquad ; \qquad
\frac{\vec c +\vec d}{2} = \vec h \qquad ; \qquad
\frac{\vec d +\vec e}{2} = \vec g \qquad ; \qquad
\frac{\vec e +\vec a}{2} = \vec f \tag{2,3,4,5}
\]
Addition und Subtraktion dieser Gleichungen in der Form (1)-(2)+(3)-(4)+(5) ergibt
\[
\frac{\vec a +\vec b}{2} - \frac{\vec b +\vec c}{2} +
\frac{\vec c +\vec d}{2} - \frac{\vec d +\vec e}{2} +
\frac{\vec a +\vec e}{2} =
\vec k - \vec i + \vec h - \vec g + \vec f
\]
und da die Vektoren $\vec b, \vec c, \vec d, \vec e$ sich in der Summe aufheben
\[
\vec a = \vec k - \vec i + \vec h - \vec g + \vec f
\]
Damit kann der Punkt $A$ konstruiert werden, in dem an $K$ die Vektoren $\overrightarrow{IH}$ und $\overrightarrow{GF}$ addiert werden. (siehe Abbildung). Die Punkte $B, C, D, E$ ergeben sich durch anschließende Punktspiegelung an den Punkten $K, I, H$ und $G$.
Nachweis:
Für den Punkt $A$ wird nach oben
\[
\vec a = \vec k - \vec i + \vec h - \vec g + \vec f
\]
sowie für den Punkt $B$ in analoger Weise
\[
\vec b = \vec i - \vec f + \vec k - \vec h + \vec g
\]
und somit
\[
\frac{\vec a+\vec b}{2} =
\frac{\vec k - \vec i + \vec h - \vec g + \vec f
+ \vec i - \vec f + \vec k - \vec h + \vec g}{2}
= \frac{2\vec k}{2} = \vec k
\]
Damit ist $K$ Mittelpunkt von $A$ und $B$. Für die Punkte $F, G, H$ und $I$ ergibt sich dies in gleicher Weise. Damit erfüllt das Fünfeck $ABCDE$ die in der Aufgabenstellung geforderten Bedingungen.
Da jeder Konstruktionsschritt eindeutig ist, ist $ABCDE$ das einzige Fünfeck entsprechend der Aufgabenstellung.
Weitere Beispiel (nicht konvexes Ausgangsfünfeck):
$
\begin{tikzpicture}[>=latex, font=\footnotesize, scale=0.75]
\coordinate(h) at (0:2.5);
\coordinate(g) at (50:2.5);
\coordinate(f) at (90:2.2);
\coordinate(i) at (200:1.8);
\coordinate(k) at (290:1.2);
\draw (f) -- (g) -- (h) -- (i) -- (k) -- cycle;
\coordinate (a) at ($(k)-(g)+(f)-(i)+(h)$);
\coordinate (b) at ($2*(k)-(a)$);
\coordinate (c) at ($2*(i)-(b)$);
\coordinate (d) at ($2*(h)-(c)$);
\coordinate (e) at ($2*(g)-(d)$);
\draw[blue] (a) -- (b) -- (c) -- (d) -- (e) -- cycle;
\foreach \P in {a,b,c,d,e,f,g,h,i,k}
{ \draw[fill=white] (\P) circle (0.05);}
\node[right] at (a) {$A$};
\node[below] at (b) {$B$};
\node[left] at (c) {$C$};
\node[above] at (d) {$D$};
\node[right] at (e) {$E$};
\node[right] at (f) {$F$};
\node[above] at (g) {$G$};
\node[above] at (h) {$H$};
\node[left] at (i) {$I$};
\node[below] at (k) {$K$};
\end{tikzpicture}
$
\showoff
LG Steffen
|
Profil
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.1639, eingetragen 2019-08-08
|
\quoteon(2019-08-07 22:54 - stpolster in Beitrag No. 1634)
Hast du zu deinem tollen Kugelbild einen Geogebra-Link (das ist es doch?). Dann kann ich daraus eine tikz-Datei machen?.
\quoteoff
Na, da simmer aber gespannt...
Ist mir ungefähr klar, wie das mit tikz-3dplot geht; da müsste ich mir vermutlich erstmal sehr viel überlegen. Ein vollständiger Seitenriß mit allen Winkeln usw. wäre hilfreich gewesen.
Ansonsten bezweifle ich, dass das mit Normal-TikZ sauber geht. Wenn es also ein geogebra-Bild ist, gibt es vermutlich keine TikZ-Übersetzung, falls doch ist diese extrem.
________________
Scheints klappt es weiterhin nicht mit
\quoteon(2019-08-07 19:29 - HyperPlot in Beitrag No. 1624)
gnuplot01.pdf
\showon
\quoteon(2019-08-07 19:01 - stpolster in Beitrag No. 1622)
@Hyperplot: Ich habe gute 30 Minuten versucht deinen letzten LaTex-Text zum Laufen zu bringen.
Ständig kommt die Fehlermeldung
"pgf-plot.table could not be found"
LG Steffen
\quoteoff
Deshalb hatte ich ja gesagt:
\quoteon(2019-08-07 14:36 - HyperPlot in Beitrag No. 1618)
Als gnuplot01.pdf, da schwierig zu übersetzen.
\showon
Hier noch eine Verallgemeinerungslösung für
\quoteon
Aufgabe 4 - 171224
Gegeben sei in einer Ebene $\epsilon$ ein gleichseitiges Dreieck $ABC$. Man ermittle die Menge aller derjenigen Punkte $X$ in $\epsilon$, für die $AX+BX=CX$ gilt.
\quoteoff
Als gnuplot01.pdf, da schwierig zu übersetzen.
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/51007_3_gnuplot01b.png
\showon
\sourceon latex
% gnuplot muss im Pfad sein
% arara: pdflatex: {shell: yes}
%\documentclass[margin=17mm, varwidth]{standalone}
\documentclass[10pt,a4paper]{scrartcl}
\usepackage[]{geometry}
\geometry{
left=2.5cm,
right=2.5cm,
marginpar=3cm,
top=2.5cm,
bottom=2.5cm,
headsep=0.8cm
}
\pagestyle{empty}
\usepackage{pgfplots}
\pgfplotsset{compat=newest}
\usepackage{amsmath}
\begin{document}
\newcommand\VEC[1]{\overrightarrow{#1}}
\textbf{Verallgemeinerung auf allgemeine Dreiecke:}
Durch Quadrieren der Ausgangsgleichung
$|\VEC{AX}|+|\VEC{BX}|=|\VEC{CX}|$ entsteht
$2|\VEC{AX}| |\VEC{BX}| = |\VEC{CX}|^2 -|\VEC{AX}|^2 -|\VEC{BX}|^2$.
Da bekanntlich $\VEC{PQ}=\VEC{OQ}-\VEC{OP}$ gilt und für den Betrag
$|\vec{x}| = \left\vert \dbinom{x}{y}\right\vert
=\sqrt{x^2 +y^2}$ erhält man für die Punkte $
A = (x_A,y_A),~
B = (x_B,y_B),~
C = (x_C,y_C)
$ und $X=(x,y)$ die implizite Funktion \\
$$\begin{array}{l l}
f(x,y)=0= & \!\!\! 2\cdot \sqrt{(x -x_A)^2 + (y - y_A)^2}
\cdot \sqrt{(x -x_B)^2 + (y -y_B)^2} \\
& \; -\bigl[ ((x -x_C)^2 + (y -y_C)^2)
-((x -x_A)^2 + (y -y_A)^2)
-((x -x_B)^2 + (y -y_B)^2) \bigr]
\end{array}$$
Beispiele:
%%%% Ecken
\pgfmathsetmacro\xA{0}
\pgfmathsetmacro\yA{0}
\pgfmathsetmacro\xB{1}
\pgfmathsetmacro\yB{0}
\pgfmathsetmacro\Samples{100}
\newcommand{\Abstand}[1][]{%%%%%%%%%%%%%%
\begin{tikzpicture}[font=\footnotesize,]
\begin{axis}[width=0.45\textwidth,
axis equal,
legend style={at={(0.01,0.015)},anchor=south west},
ymax=1.33,
% restrict y to domain = -4:4,
title={$|AX|+|BX|=|CX|$ \\ #1},
title style={align=center}
]
\addplot[
no markers,
raw gnuplot,
thick, red,
]
gnuplot {
xA=\xA;
yA=\yA;
xB=\xB;
yB=\yB;
xC=\xC;
yC=\yC;
s=\Samples;
f(x,y)=2*sqrt((x -xA)**2 +(y -yA)**2)*sqrt((x -xB)**2 +(y -yB)**2) -(((x -xC)**2 +(y -yC)**2) -((x -xA)**2 + (y -yA)**2) -((x -xB)**2 +(y -yB)**2))**1;
set contour base;
set cntrparam levels discrete 1.0e-5;
unset surface;
set view map;
set size square;
set isosamples s,s;
set samples s,s;
set xrange [-2:2];
set yrange [-2:2];
splot f(x,y);
};
\addlegendentry{$X$}
\addplot[no marks] coordinates {(\xA,\yA) (\xB,\yB) (\xC,\yC) (\xA,\yA) };
\draw[fill=white] (\xA,\yA) circle (1.75pt) node[anchor=east]{$A(\xA,\yA)$};
\draw[fill=white] (\xB,\yB) circle (1.75pt) node[anchor=west]{$B(\xB,\yB)$};
\draw[fill=white] (\xC,\yC) circle (1.75pt) node[anchor=south]{$C(\xC,\yC)$};
\end{axis}
\end{tikzpicture}
}%%%%%%%%%%%%%%%%%%&%%%
\
\begin{tabular}{c c}
%% Ecken
\pgfmathsetmacro\xC{0.3}
\pgfmathsetmacro\yC{0.9}
\Abstand[Spitzwinkliges Dreieck]
&
% Ecken
\pgfmathsetmacro\xC{1.2}
\pgfmathsetmacro\yC{0.8}
\Abstand[Stumpfwinkliges Dreieck]
\\
% Ecken
\pgfmathsetmacro\xC{0}
\pgfmathsetmacro\yC{0.7}
\pgfmathsetmacro\xB{1.2}
\pgfmathsetmacro\yB{0}
\Abstand[Rechtwinkliges Dreieck]
&
% Ecken
\pgfmathsetmacro\xC{0}
\pgfmathsetmacro\yC{1}
\pgfmathsetmacro\xB{1}
\pgfmathsetmacro\yB{0}
\Abstand[Rechtwinklig-gleichschenkliges Dreieck]
\\
% Ecken
\pgfmathsetmacro\xC{0.5}
\pgfmathsetmacro\yC{0.9}
\Abstand[Gleichschenkliges Dreieck]
&
% Ecken
\pgfmathsetmacro\xC{0.5}
\pgfmathsetmacro\yC{0.5*sqrt(3))}
\pgfmathsetmacro\Samples{2000}
\Abstand[Gleichseitiges Dreieck]
\end{tabular}
\end{document}
\sourceoff
\showoff
\showoff
\quoteoff
Wenn Du es selbst übersetzen willst, zum Editieren usw.,
muss gnuplot im Pfad sein und mit
% arara: pdflatex: {shell: yes} (Was ist arara?)
übersetzt werden; oder klassisch in der Kommandozeile mit
pdflatex--shell-escape jobname.tex
Das letzte Beispiel kann, wegen der vielen Samples trotzdem Minuten dauern.
\quoteoff
\showoff
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