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 Alte Olympiadeaufgaben |
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MontyPythagoras
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 |  Beitrag No.1680, eingetragen 2019-08-09
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Und nur noch 9:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_221246B.png
Etwas vereinfachend kann man schreiben:
$$\sum_{x=0}^n\frac{x!}{(x-k)!}f(x)=\frac{n!}{(n-k)!}p^k$$Wir teilen auf beiden Seiten durch $k!$ und berücksichtigen $\frac{x!}{(x-k)!k!}=\binom xk$:
$$\sum_{x=0}^n\binom xkf(x)=\binom nkp^k$$Wir bilden die Summe dieses Ausdrucks über $k$ von $0$ bis $n$:
$$\sum_{k=0}^n\left(\sum_{x=0}^n\binom xkf(x)\right)=\sum_{k=0}^n\binom nkp^k$$Es ist zu beachten, dass $\binom ab=0$ für $b>a$ ist. Wir tauschen nun links die Reihenfolge der Summen:
$$\sum_{x=0}^n\left(f(x)\sum_{k=0}^n\binom xk\right)=\sum_{k=0}^n\binom nkp^k$$Man beachte, dass
$$\sum_{k=0}^n\binom xk=\sum_{k=0}^x\binom xk=2^x$$ ist, wenn $n\geq x$ ist. Außerdem gilt
$$\sum_{k=0}^n\binom nkp^k=(1+p)^n$$Damit erhalten wir:
$$\sum_{x=0}^n2^xf(x)=(1+p)^n\qquad(2)$$Dann gilt natürlich genauso, wenn man $n$ durch $n-1$ ersetzt:
$$\sum_{x=0}^{n-1}2^xf(x)=(1+p)^{n-1}\qquad(3)$$Zieht man nun (3) von (2) ab, erhält man:
$$\sum_{x=0}^n2^xf(x)-\sum_{x=0}^{n-1}2^xf(x)=2^nf(n)=(1+p)^n-(1+p)^{n-1}$$$$f(n)=\frac{(1+p)^n-(1+p)^{n-1}}{2^n}$$$$f(n)=\frac{(1+p)^{n-1}\left(1+p-1\right)}{2^n}$$$$f(n)=\frac{p(1+p)^{n-1}}{2^n}$$Und letztlich folgt daraus die Funktionsvorschrift:
$$f(n)=\frac p2\left(\frac{1+p}{2}\right)^{n-1}$$
Ciao,
Thomas
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Nuramon
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 | Beitrag No.1681, eingetragen 2019-08-09
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Die Lösung stimmt meine ich nicht:
\quoteon(2019-08-09 22:15 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1680)
Dann gilt natürlich genauso, wenn man $n$ durch $n-1$ ersetzt:
$$\sum_{x=0}^{n-1}2^xf(x)=(1+p)^{n-1}\qquad(3)$$
\quoteoff
$n$ ist fest, also kann $n$ nicht einfach durch $n-1$ ersetzen. Anders gesagt: Die Funktion $f$ hängt von $n$ ab.
Die Gleichung (1) in der Aufgabenstellung ist einfach ein lineares Gleichungssystem in den Variablen $f(0),f(1),\ldots, f(n)$. Für $k=n$ ergibt sich aus $\sum_{x=0}^n\binom xkf(x)=\binom nkp^k$, dass
\[0+0+\ldots +0+f(n)=p^n,\]
also $f(n)=p^n$.
Damit kann man dann iterativ die Werte $f(n-1)$ aus der Gleichung für $k=n-1$ u.s.w. bestimmen, da das Gleichungssystem in Dreiecksform ist.
Möglicherweise kann man die Lösung auch explizit angeben.
Meines Erachtens nach sollten übrigens die Summen $\sum_{x=0}^n\binom xkf(x)=\binom nkp^k$ immer mit $x=1$ anfangen, nicht mit $x=0$, denn $0$ liegt nach Aufgabenstellung gar nicht im Definitionsbereich von $f$. Damit wäre die Aufgabe dann auch eindeutig lösbar (ansonsten könnte man $f(0)$ beliebig wählen).\(\endgroup\)
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1682, eingetragen 2019-08-09
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\quoteon(2019-08-09 23:21 - Nuramon in Beitrag No. 1681)
Die Lösung stimmt meine ich nicht:
\quoteon(2019-08-09 22:15 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1680)
Dann gilt natürlich genauso, wenn man $n$ durch $n-1$ ersetzt:
$$\sum_{x=0}^{n-1}2^xf(x)=(1+p)^{n-1}\qquad(3)$$
\quoteoff
$n$ ist fest, also kann $n$ nicht einfach durch $n-1$ ersetzen. Anders gesagt: Die Funktion $f$ hängt von $n$ ab.
\quoteoff
Natürlich hängt $f$ von $n$ ab, über die Obergrenze der Summe. Zitat aus der Aufgabenstellung: "Man ermittle (in Abhängigkeit von $n$ und $p$) diejenigen Funktionen $f$ mit der Menge $\{1,2,...,n\}$ als Definitionsbereich..." Wenn dann $\sum_{x=0}^n2^xf(x)=(1+p)^n$ gälte (lassen wir das für den Moment offen), warum dann nicht auch genauso für $(n-1)$? Das Argument sehe ich nicht ein. Außer, Du meinst so etwas wie $f_n(x)$, so dass wir bei $f_n$ und $f_{n-1}$ von gänzlich unterschiedlichen Funktionen reden. Dann wäre die Aufgabe aber mehr als unglücklich gestellt.
Das, was Du danach beschreibst (das Gleichungssystem in Dreiecksform) habe ich mir auch angesehen, bin dort aber nicht weitergekommen. Ich denke nicht, dass eine rekursive Berechnung, die fraglos möglich ist, hier als Lösung gedacht ist.
Die Summe in der Aufgabenstellung beginnt außerdem explizit mit $x=0$, nicht $x=1$. Trotzdem werde ich noch einmal darüber nachdenken. Den einzigen Knackpunkt, den ich im Moment sehe, ist der Einwand, dass $f(n)=p^n$ sein müsste.
Ciao,
Thomas
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Nuramon
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| Beitrag No.1683, eingetragen 2019-08-10
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
\quoteon(2019-08-09 23:54 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1682)
Außer, Du meinst so etwas wie $f_n(x)$, so dass wir bei $f_n$ und $f_{n-1}$ von gänzlich unterschiedlichen Funktionen reden. Dann wäre die Aufgabe aber mehr als unglücklich gestellt.
\quoteoff
Genau so verstehe ich die Aufgabe. Unglücklich gestellt finde ich das nicht. Es sollen für jedes Paar $(n,p)$ alle Funktionen $f=f_{n,p}$ bestimmt werden, die Gleichung (1) erfüllen.
In deinem Ansatz gehst du ja gerade davon aus, dass $f$ nicht von $n$ abhängt, sondern nur von $p$.
Die Bemerkung mit $x=0$ war nicht als Kritik an deiner Lösung, sondern als Kritik an der Aufgabenstellung gemeint. Entweder muss es dort nämlich $0$ zum Definitionsbereich von $f$ gehören oder die Summen sollten alle bei $x=1$ anfangen. Bei ersterem hätte man aber keine einzige Gleichung, die eine Aussage über $f(0)$ trifft (denn es kommt immer $0\cdot f(0)$ vor), daher denke ich dass die Summen bei $x=1$ anfangen sollten.
Ob die Rekursion die gewünschte Lösung ist, weiß ich nicht und habe das deshalb auch nicht weiter ausgeführt.\(\endgroup\)
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1684, eingetragen 2019-08-10
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Ja, könnte sein. Das wirft ein etwas anderes Licht auf die Sache. Da muss ich wohl noch einmal drüber schlafen. Morgen in alter Frische. :-)
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.1685, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-10
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\quoteon
Aufgabe 131233: Es sei $V=ABCD$ ein beliebiges (konvexes oder nicht konvexes) nicht ̈uberschlagenes ebenes Viereck. Ferner seien $A^{\prime}$, $B^{\prime}$, $C^{\prime}$, $D^{\prime}$ diejenigen Punkte, für die die Vierecke $ABA^{\prime}D$, $ABCB^{\prime}$, $C^{\prime}BCD$, $AD^{\prime}CD$ Parallelogramme sind.
Man beweise, dass unter diesen Voraussetzungen folgende Aussage gilt:
Dann und nur dann, wenn $V$ nicht konvex ist, liegen alle vier Punkte $A^{\prime}$, $B^{\prime}$, $C^{\prime}$, $D^{\prime}$ außerhalb von $V$.
\quoteoff
Lösung:
Die Innenwinkel in $V$ bei $A$, $B$, $C$ und $D$ seien wie üblich mit $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ und $\delta$ bezeichnet.
Sei zuerst $V$ ein konvexes Viereck und es sei o.B.d.A. $\alpha+\beta\geq 180^{\circ}$. (Da $\alpha+\beta+\gamma+\delta=360^{\circ}$ gilt, beträgt mindestens eine der beiden Summen $\alpha+\beta$ bzw. $\gamma+\delta$ mindestens $180^{\circ}$.) Die Parallele zu $DA$ durch $B$ schneide die Gerade $CD$ in $P$. Dann liegt $P$ im Innern oder auf der Strecke $CD$, da $\angle ABP=180^{\circ}-\alpha\leq \beta$ ist, da $\angle ABP$ und $\alpha$ Wechselwinkel an geschnittenen Parallelen sind. Analog ist auch minstens eine der beiden Summen $\alpha+\delta$ und $\beta+\gamma$ mindestens $180^{\circ}$, sodass wir (unter gegebenenfalls erfolgender Variablenumbenennung) o.B.d.A. $\alpha+\delta\geq 180^{\circ}$ annehmen können und nun analog oben der Schnittpunkt $Q$ der Parallelen zu $AB$ durch $D$ mit $BC$ im Innern oder auf dem Rand der Strecke $BC$ liegt, da $\angle ADQ=180^{\circ}-\alpha\leq \delta$ gilt. Da nun die Strecken $BP$ und $DQ$ gegenüberliegende Seiten des konvexen Vierecks $V$ miteinander verbinden, besitzen sie einen Schnittpunkt $A^{\prime}$ im Innern oder auf dem Rand von $V$. Nach Konstruktion ist das Viereck $ABA^{\prime}D$ ein Parallelogramm und nicht alle der vier Punkte $A^{\prime}$, $B^{\prime}$, $C^{\prime}$ und $D^{\prime}$ liegen außerhalb von $V$.
Sei nun umgekehrt $V$ ein nichtkonvexes, nicht überschlagenes Viereck mit überstumpfen Innenwinkel $\alpha$. Aufgrund der Innenwinkelsumme von $V$ kann es nur einen überstumpfen Innenwinkel geben. Dann liegt die Diagonale $BD$ (bis auf die Endpunkte) außerhalb von $V$. Damit liegen alle Punkte von $V$ in nur einer der beiden von der Geraden $BD$ erzeugten Halbebenen. Im Parallelogramm $ABA^{\prime}D$ liegen aber $A$ und $A^{\prime}$ in verschiedenen von der Diagonalen $BD$ erzeugten Halbebenen, also $A^{\prime}$ außerhalb von $V$. Analog liegt auch im Parallelogramm $C^{\prime}BCD$ der Punkt $C^{\prime}$ in der von $BD$ erzeugten Halbebene, in der $C$, und damit $V$, nicht liegt. Also ist auch $C^{\prime}$ ein Punkt, der außerhalb von $V$ liegt. Weiterhin ist $\gamma=360^{\circ}-\alpha-\beta-\delta<180^{\circ}-\beta$ und damit $\angle B^{\prime}CB=180^{\circ}-\beta>\gamma=\angle DCB$, sodass $B^{\prime}$ außerhalb von $V$ liegt. Analog (durch Vertauschen der Rollen von $B$ und $D$) folgt schließlich auch $\angle DCD^{\prime}=180^{\circ}-\delta>\gamma=\angle DCB$, sodass auch $D^{\prime}$ außerhalb von $V$ liegt.
Damit befinden sich für ein nicht überschlagenes Viereck $V=ABCD$ genau dann die vier Punkte $A^{\prime}$, $B^{\prime}$, $C^{\prime}$ und $D^{\prime}$ außerhalb von $V$, wenn $V$ nichtkonvex ist, $\Box$.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1680 begonnen.]
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Ex_Senior
| Beitrag No.1686, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-10
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\quoteon
Aufgabe 301244: Eine streng monoton steigende Zahlenfolge $x_1$, $x_2$, $\dots$, $x_n$ werde genau dann $m$-schmal genannt, wenn für alle $a= 2,\dots,n$ die Ungleichungen $x_a-x_{a-1}\leq m$ gelten.
Eine Menge $A$ von Zahlen werde genau dann $m$-dicht genannt, wenn sie für jede natürliche Zahl $n\geq 2$ eine $n$-gliedrige streng monoton steigende Zahlenfolge enthält, die $m$-schmal ist.
Man beweise die folgende (einen berühmten Satz des niederländischen Mathematikers B. L. van der Waerden abschwächende) Aussage:
Zu jeder Zerlegung der Menge $\mathbb{N}$ aller natürlichen Zahlen in eine Anzahl $r\geq 2$ paarweise disjunkter nicht leerer Teilmengen $T_1$, $\dots$, $T_r$ gibt es eine positive Zahl $m$, so dass (mindestens) eine der Mengen $T_1$, $\dots$, $T_r$ eine $m$-dichte Menge ist.
1)Diesen Satz (bei dem arithmetische statt $m$-schmaler Folgen auftreten) ohne Beweis nur als bekannten Sachverhalt zu zitieren, würde hier für eine Lösung der Aufgabe nicht ausreichen.
\quoteoff
Lösung:
In der folgenden Lösung sei $\mathbb{N}:=\{1,2,3,\dots\}$. Die Aussage stimmt auch für die alternative Definition mit 0 als natürlicher Zahl und lässt sich vollkommen analog formulieren und beweisen.
Wir gehen induktiv vor und betrachten zunächst den Fall $r=2$. Sei also die Menge der natürlichen Zahlen in die zwei disjunkten Mengen $T_1$ und $T_2$ zerlegt. Enthält $T_1$ für jedes $n\in\mathbb{N}$ eine Teilmenge von $n$ aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen, so ist $T_1$ 1-dicht und die Behauptung erfüllt. Andernfalls existiert eine natürliche Zahl $m$, sodass unter je $m$ aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen immer mindestens eine nicht in $T_1$, also dann in $T_2$, enthalten ist. Zwei aufeinanderfolgende Elemente von $T_2$ haben damit immer den Abstand von höchstens $2m$, sodass $T_2$ nun $2m$-dicht ist, die Behauptung also für jede Zerlegung von $\mathbb{N}$ in $r=2$ Teilmengen erfüllt ist.
Sei nun $r>2$ und die Aussage schon für $r-1$ bewiesen. Sei weiterhin $T_1$, $\dots$, $T_{r-1}$, $T_r$ eine Zerlegung der Menge der natürlichen Zahlen in paarweise disjunkte, nichtleere Teilmengen. Dann ist auch $T_1$, $\dots$, $T_{r-1} \cup T_r$ eine solche Zerlegung in $r-1$ Mengen. Also existiert ein $m$, sodass mindestens eine dieser Mengen $m$-dicht ist. Ist eine der Mengen $T_1$ bis $T_{r-2}$ $m$-dicht, so gilt die Aussage auch für die Zerlegung in die $r$ Teilmengen.
Andernfalls ist $T_{r-1} \cup T_r$ $m$-dicht. Die Elemente von $T_{r-1} \cup T_r$ seien, der Größe nach geordnet, mit $a_10$ die Ungleichung $a_{i+1}-a_i\leq m$. Weiterhin sei $A_1$ die Menge der natürlichen Zahlen $i$, für die $a_i\in T_{r-1}$ gilt und analog $A_2$ die Menge der natürlichen Zahlen $i$, für die $a_i\in T_r$ gilt. Dann bilden (da $T_{r-1}$ und $T_r$ nichtleer und disjunkt sind) $A_1$ und $A_2$ eine Zerlegung der natürlichen Zahlen in zwei nichtleere und disjunkte Teilmengen. Also gibt es nach dem schon bewiesenen Fall für $r=2$ eine natürliche Zahl $m^{\prime}$, sodass mindestens eine der beiden Mengen -- o.B.d.A. sei dies $A_2$ -- $m^{\prime}$-dicht ist. Dann jedoch ist $T_r$ $m\cdot m^{\prime}$-dicht, da eine $m^{\prime}$-schmale Folge von Zahlen in $A_2$ sich in eine $m\cdotm^{\prime}$-schmale Teilfolge von Zahlen in $T_r$ übersetzt, wenn man die entsprechenden Indizes aus der Folge in $A_2$ wählt.
Also gibt es in jedem Fall für jede Zerlegung der natürlichen Zahlen in $r\geq 2$ paarweise disjunkte Teilmengen eine natürliche Zahl $m$, sodass mindestens eine dieser Teilmengen $m$-dicht ist, $\Box$.
Cyrix
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1687, eingetragen 2019-08-10
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\quoteon(2019-08-10 00:07 - Nuramon in Beitrag No. 1683)
\quoteon(2019-08-09 23:54 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1682)
Außer, Du meinst so etwas wie $f_n(x)$, so dass wir bei $f_n$ und $f_{n-1}$ von gänzlich unterschiedlichen Funktionen reden. Dann wäre die Aufgabe aber mehr als unglücklich gestellt.
\quoteoff
Genau so verstehe ich die Aufgabe. Unglücklich gestellt finde ich das nicht. Es sollen für jedes Paar $(n,p)$ alle Funktionen $f=f_{n,p}$ bestimmt werden, die Gleichung (1) erfüllen.
In deinem Ansatz gehst du ja gerade davon aus, dass $f$ nicht von $n$ abhängt, sondern nur von $p$.
Die Bemerkung mit $x=0$ war nicht als Kritik an deiner Lösung, sondern als Kritik an der Aufgabenstellung gemeint. Entweder muss es dort nämlich $0$ zum Definitionsbereich von $f$ gehören oder die Summen sollten alle bei $x=1$ anfangen. Bei ersterem hätte man aber keine einzige Gleichung, die eine Aussage über $f(0)$ trifft (denn es kommt immer $0\cdot f(0)$ vor), daher denke ich dass die Summen bei $x=1$ anfangen sollten.
Ob die Rekursion die gewünschte Lösung ist, weiß ich nicht und habe das deshalb auch nicht weiter ausgeführt.
\quoteoff
Ich habe das inzwischen ein wenig weiterverfolgt. Inzwischen ist mir klar, dass es sich um die Binomialverteilung handelt:
$$f(k)=\binom nkp^k(1-p)^{n-k}$$
Jetzt muss ich es "nur noch" beweisen...
Ciao,
Thomas
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1685 begonnen.]
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| Beitrag No.1688, eingetragen 2019-08-10
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https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_321033.png
Das Bild
\quoteon(2019-08-09 20:03 - HyperPlot in Beitrag No. 1677)
\showon
\quoteon(2019-08-09 19:49 - stpolster in Beitrag No. 1675)
Die Kegel müssen sich an ihren Grundkreisen gegenseitig berühren.
LG Steffen
\quoteoff
\quoteon(2019-08-09 19:51 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1676)
Das sieht schon ziemlich gut aus. Ich sehe mir nachher mal die Koordinaten genauer an, im Moment bastel ich gerade noch an Grafiken für die Lösung einer weiteren Aufgabe (311043B).
Ciao,Thomas
\quoteoff
Ich habe das jetzt aus Verschiedenem zusammengesucht und teilweise ergänzt. Den Hauptcode habe ich zu ca. 85% verstanden.
Das Hauptproblem des Hauptcodes ist, die Reihenfolge des Zeichnens zu bestimmen. Das machen 3D-Programme automatisch.
Dann evtl. so:
\showoff
$
%\usepackage{tikz-3dplot}
\usetikzlibrary{intersections}
\usetikzlibrary{calc,backgrounds}
\pgfmathsetmacro{\R}{1} %
\pgfmathsetmacro{\Scala}{3} %
\pgfmathsetmacro{\a}{\R/sqrt(3)} %
\pgfmathsetmacro{\r}{sqrt(\R*\R-\a*\a} %
\xdef\lstnormals{%
{sqrt(1/3), sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{sqrt(1/3), -sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{sqrt(1/3), sqrt(1/3), -sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), -sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), sqrt(1/3), -sqrt(1/3)},%
{sqrt(1/3), -sqrt(1/3), -sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), -sqrt(1/3), -sqrt(1/3)}%
} % List
\xdef\LstNormals{{\lstnormals}} % Array
\foreach[count=\n from 0] \k in \lstnormals {}
\pgfmathsetmacro{\N}{\n} % Number of List-Elements
%\N
\newcommand{\RotationAnglesForPlaneWithNormal}[5]{%\typeout{N=(#1,#2,#3)}
\pgfmathtruncatemacro{\itest}{ifthenelse(abs(#3)==1,0,1)}
\ifnum\itest=0
\xdef#4{0}
\xdef#5{0}
\else
\foreach \XS in {1,-1}
{\foreach \YS in {1,-1}
{\pgfmathsetmacro{\mybeta}{\XS*acos(#3)}
\pgfmathsetmacro{\myalpha}{\YS*acos(#1/sin(\mybeta))}
\pgfmathsetmacro{\ntest}{abs(cos(\myalpha)*sin(\mybeta)-#1)%
+abs(sin(\myalpha)*sin(\mybeta)-#2)+abs(cos(\mybeta)-#3)}
\ifdim\ntest pt<0.1pt
\xdef#4{\myalpha}
\xdef#5{\mybeta}
\fi
}}
\fi
}
\begin{document}
%\tdplotsetmaincoords{110}{60}
\tdplotsetmaincoords{60}{110}
\begin{tikzpicture}[tdplot_main_coords, scale=\Scala]
% Cosy
\begin{scope}[-latex]
\pgfmathsetmacro{\L}{1.9} %
\foreach \P/\s/\Pos in {{1.3*\L,0,0}/x/right, {0,\L,0}/y/below, {0,0,\L}/z/right}
\draw[shorten <=0 cm] ($-0.75*(\P)$) -- (\P) node (\s) [\Pos, pos=1.0,inner sep=2pt]{$\s$};
%\fill[ball color= black] (1.5,0,0) circle (0.22*\Scala pt) node[left] {$1.5$};
%\fill[ball color= black] (0,1.5,0) circle (0.22*\Scala pt) node[below] {$1.5$};
%\fill[ball color= black] (0,0,1.5) circle (0.22*\Scala pt) node[left] {$1.5$};
\end{scope}
\path (0,0,0) coordinate (O);
\foreach[count=\ConeColornumber from 0] \myind in {0,...,\N} {%%%%
\pgfmathsetmacro\ConeColor{mod(\ConeColornumber,2) ? "red" : "blue"}
\pgfmathsetmacro{\myNx}{\LstNormals[\myind][0]}
\pgfmathsetmacro{\myNy}{\LstNormals[\myind][1]}
\pgfmathsetmacro{\myNz}{\LstNormals[\myind][2]}
\RotationAnglesForPlaneWithNormal{\myNx}{\myNy}{\myNz}{\tmpalpha}{\tmpbeta}
%\typeout{\myNx,\tmpalpha,\tmpbeta}
\tdplotsetrotatedcoords{\tmpalpha}{\tmpbeta}{0}
\begin{scope}[tdplot_rotated_coords,canvas is xy plane at z=\r,local bounding
box=loc]
\path[name path=circle] (0,0) circle[radius=\a];
\path[overlay,name path=test] (0,0) -- (O);
\path (1,0) coordinate (Xloc) (0,1) coordinate (Yloc) (0,0) coordinate (Oloc);
\path[name intersections={of=circle and test,total=\iNum}]
\pgfextra{\xdef\iNum{\iNum}};
\ifnum\iNum>0
\begin{scope}
\pgftransformreset
\path let \p1=($(Oloc)-(O)$),\n1={mod(720+atan2(\y1,\x1),360)} in
\pgfextra{\xdef\oldmax{\n1}\xdef\oldmin{\n1}};
\end{scope}
\typeout{\myind,\oldmax}
\foreach \XX in {0,1,...,359}
{\path ($(\XX:\r)-(O)$) coordinate (aux1) ($(\XX:\r)-(Oloc)$) coordinate
(aux2);
\pgftransformreset
\path let \p1=(aux1),%\p2=(aux2),
\n1={atan2(\y1,\x1)} in
\pgfextra{\pgfmathtruncatemacro{\itest}{ifthenelse(sin(\n1-\oldmin)<0,0,1)}
\ifnum\itest=0
\xdef\oldmin{\n1}
\xdef\oldanA{\XX}
\fi
\pgfmathtruncatemacro{\itest}{ifthenelse(sin(\oldmax-\n1)<0,0,1)}
\ifnum\itest=0
\xdef\oldmax{\n1}
\xdef\oldanB{\XX}
\fi};
}
\draw[fill=\ConeColor!70] (\oldanA:\a) -- (O) -- (\oldanB:\a);
\draw[fill=\ConeColor!80](0,0) circle[radius=\a];
\else
%\message{\myind: no intersections}
\draw[fill=\ConeColor!80](0,0) circle[radius=\a];
\fi
\end{scope}
}%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%% Sphere
\begin{scope}[tdplot_screen_coords, on background layer]
\fill[ball color= gray!20, opacity = 0.3] (0,0,0) circle (\R);
%\path[ball color=gray,opacity=0.4] (O) circle[radius=\R];
\end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{document}$
\showon
\sourceon latex
\documentclass[tikz,margin=3.14mm]{standalone}
\usepackage{tikz-3dplot}
\usetikzlibrary{intersections}
\usetikzlibrary{calc,backgrounds}
\pgfmathsetmacro{\R}{1} %
\pgfmathsetmacro{\Scala}{3} %
\pgfmathsetmacro{\a}{\R/sqrt(3)} %
\pgfmathsetmacro{\r}{sqrt(\R*\R-\a*\a} %
\xdef\lstnormals{%
{sqrt(1/3), sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{sqrt(1/3), -sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{sqrt(1/3), sqrt(1/3), -sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), -sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), sqrt(1/3), -sqrt(1/3)},%
{sqrt(1/3), -sqrt(1/3), -sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), -sqrt(1/3), -sqrt(1/3)}%
} % List
\xdef\LstNormals{{\lstnormals}} % Array
\foreach[count=\n from 0] \k in \lstnormals {}
\pgfmathsetmacro{\N}{\n} % Number of List-Elements
%\N
\newcommand{\RotationAnglesForPlaneWithNormal}[5]{%\typeout{N=(#1,#2,#3)}
\pgfmathtruncatemacro{\itest}{ifthenelse(abs(#3)==1,0,1)}
\ifnum\itest=0
\xdef#4{0}
\xdef#5{0}
\else
\foreach \XS in {1,-1}
{\foreach \YS in {1,-1}
{\pgfmathsetmacro{\mybeta}{\XS*acos(#3)}
\pgfmathsetmacro{\myalpha}{\YS*acos(#1/sin(\mybeta))}
\pgfmathsetmacro{\ntest}{abs(cos(\myalpha)*sin(\mybeta)-#1)%
+abs(sin(\myalpha)*sin(\mybeta)-#2)+abs(cos(\mybeta)-#3)}
\ifdim\ntest pt<0.1pt
\xdef#4{\myalpha}
\xdef#5{\mybeta}
\fi
}}
\fi
}
\begin{document}
%\tdplotsetmaincoords{110}{60}
\tdplotsetmaincoords{60}{110}
\begin{tikzpicture}[tdplot_main_coords, scale=\Scala]
% Cosy
\begin{scope}[-latex]
\pgfmathsetmacro{\L}{1.9} %
\foreach \P/\s/\Pos in {{1.3*\L,0,0}/x/right, {0,\L,0}/y/below, {0,0,\L}/z/right}
\draw[shorten <=0 cm] ($-0.75*(\P)$) -- (\P) node (\s) [\Pos, pos=1.0,inner sep=2pt]{$\s$};
%\fill[ball color= black] (1.5,0,0) circle (0.22*\Scala pt) node[left] {$1.5$};
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\end{scope}
\path (0,0,0) coordinate (O);
\foreach[count=\ConeColornumber from 0] \myind in {0,...,\N} {%%%%
\pgfmathsetmacro\ConeColor{mod(\ConeColornumber,2) ? "red" : "blue"}
\pgfmathsetmacro{\myNx}{\LstNormals[\myind][0]}
\pgfmathsetmacro{\myNy}{\LstNormals[\myind][1]}
\pgfmathsetmacro{\myNz}{\LstNormals[\myind][2]}
\RotationAnglesForPlaneWithNormal{\myNx}{\myNy}{\myNz}{\tmpalpha}{\tmpbeta}
%\typeout{\myNx,\tmpalpha,\tmpbeta}
\tdplotsetrotatedcoords{\tmpalpha}{\tmpbeta}{0}
\begin{scope}[tdplot_rotated_coords,canvas is xy plane at z=\r,local bounding
box=loc]
\path[name path=circle] (0,0) circle[radius=\a];
\path[overlay,name path=test] (0,0) -- (O);
\path (1,0) coordinate (Xloc) (0,1) coordinate (Yloc) (0,0) coordinate (Oloc);
\path[name intersections={of=circle and test,total=\iNum}]
\pgfextra{\xdef\iNum{\iNum}};
\ifnum\iNum>0
\begin{scope}
\pgftransformreset
\path let \p1=($(Oloc)-(O)$),\n1={mod(720+atan2(\y1,\x1),360)} in
\pgfextra{\xdef\oldmax{\n1}\xdef\oldmin{\n1}};
\end{scope}
\typeout{\myind,\oldmax}
\foreach \XX in {0,1,...,359}
{\path ($(\XX:\r)-(O)$) coordinate (aux1) ($(\XX:\r)-(Oloc)$) coordinate
(aux2);
\pgftransformreset
\path let \p1=(aux1),%\p2=(aux2),
\n1={atan2(\y1,\x1)} in
\pgfextra{\pgfmathtruncatemacro{\itest}{ifthenelse(sin(\n1-\oldmin)<0,0,1)}
\ifnum\itest=0
\xdef\oldmin{\n1}
\xdef\oldanA{\XX}
\fi
\pgfmathtruncatemacro{\itest}{ifthenelse(sin(\oldmax-\n1)<0,0,1)}
\ifnum\itest=0
\xdef\oldmax{\n1}
\xdef\oldanB{\XX}
\fi};
}
\draw[fill=\ConeColor!70] (\oldanA:\a) -- (O) -- (\oldanB:\a);
\draw[fill=\ConeColor!80](0,0) circle[radius=\a];
\else
%\message{\myind: no intersections}
\draw[fill=\ConeColor!80](0,0) circle[radius=\a];
\fi
\end{scope}
}%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%% Sphere
\begin{scope}[tdplot_screen_coords, on background layer]
\fill[ball color= gray!20, opacity = 0.3] (0,0,0) circle (\R);
%\path[ball color=gray,opacity=0.4] (O) circle[radius=\R];
\end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{document}
\sourceoff
\showoff
\quoteoff
sollte stimmen.
Man kann höchstens noch mit den Darstellungsparametern experimentieren.
$
%\pgfmathsetmacro{\R}{1} %
%\pgfmathsetmacro{\Scala}{3} %
%
%\pgfmathsetmacro{\a}{\R/sqrt(3)} %
%\pgfmathsetmacro{\r}{sqrt(\R*\R-\a*\a} %
\pgfmathsetmacro{\R}{3} %
\pgfmathsetmacro{\Scala}{1} %
\pgfmathsetmacro{\Opa}{1} %
\pgfmathsetmacro{\a}{\R/sqrt(3)} %
\pgfmathsetmacro{\r}{sqrt(\R*\R-\a*\a} %
\xdef\lstnormals{%
{sqrt(1/3), sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{sqrt(1/3), -sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{sqrt(1/3), sqrt(1/3), -sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), -sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), sqrt(1/3), -sqrt(1/3)},%
{sqrt(1/3), -sqrt(1/3), -sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), -sqrt(1/3), -sqrt(1/3)}%
} % List
\xdef\LstNormals{{\lstnormals}} % Array
\foreach[count=\n from 0] \k in \lstnormals {\xdef\N{\n}}
%\N
\newcommand{\RotationAnglesForPlaneWithNormal}[5]{%\typeout{N=(#1,#2,#3)}
\pgfmathtruncatemacro{\itest}{ifthenelse(abs(#3)==1,0,1)}
\ifnum\itest=0
\xdef#4{0}
\xdef#5{0}
\else
\foreach \XS in {1,-1}
{\foreach \YS in {1,-1}
{\pgfmathsetmacro{\mybeta}{\XS*acos(#3)}
\pgfmathsetmacro{\myalpha}{\YS*acos(#1/sin(\mybeta))}
\pgfmathsetmacro{\ntest}{abs(cos(\myalpha)*sin(\mybeta)-#1)%
+abs(sin(\myalpha)*sin(\mybeta)-#2)+abs(cos(\mybeta)-#3)}
\ifdim\ntest pt<0.1pt
\xdef#4{\myalpha}
\xdef#5{\mybeta}
\fi
}}
\fi
}
\begin{document}
%\tdplotsetmaincoords{110}{60}
%\tdplotsetmaincoords{60}{110}
\tdplotsetmaincoords{60}{130}
\begin{tikzpicture}[tdplot_main_coords, scale=\Scala]
% Cosy 1/2
\begin{scope}[-latex]
\pgfmathsetmacro{\L}{1.7*\R} %
\foreach \P/\s/\Pos in {{1.3*\L,0,0}/x/right, {0,\L,0}/y/below, {0,0,\L}/z/right}
\draw[] ($-0.75*(\P)$) -- (\P) node (\s) [\Pos, pos=0.98,inner sep=4pt]{$\s$};
%\fill[ball color= black] (1.5,0,0) circle (0.22*\Scala pt) node[left] {$1.5$};
%\fill[ball color= black] (0,1.5,0) circle (0.22*\Scala pt) node[below] {$1.5$};
%\fill[ball color= black] (0,0,1.5) circle (0.22*\Scala pt) node[left] {$1.5$};
\end{scope}
\path (0,0,0) coordinate (O); %
\foreach[count=\ConeColornumber from 0] \myind in {0,...,\N} {%%%%
\pgfmathsetmacro\ConeColor{mod(\ConeColornumber,2) ? "red" : "blue"}
\pgfmathsetmacro{\myNx}{\LstNormals[\myind][0]}
\pgfmathsetmacro{\myNy}{\LstNormals[\myind][1]}
\pgfmathsetmacro{\myNz}{\LstNormals[\myind][2]}
\RotationAnglesForPlaneWithNormal{\myNx}{\myNy}{\myNz}{\tmpalpha}{\tmpbeta}
%\typeout{\myNx,\tmpalpha,\tmpbeta}
\tdplotsetrotatedcoords{\tmpalpha}{\tmpbeta}{0}
\begin{scope}[tdplot_rotated_coords,canvas is xy plane at z=\r,local bounding
box=loc]
\path[name path=circle] (0,0) circle[radius=\a];
\path[overlay,name path=test] (0,0) -- (O);
\path (1,0) coordinate (Xloc) (0,1) coordinate (Yloc) (0,0) coordinate (Oloc);
\path[name intersections={of=circle and test,total=\iNum}]
\pgfextra{\xdef\iNum{\iNum}};
\ifnum\iNum>0
\begin{scope}
\pgftransformreset
\path let \p1=($(Oloc)-(O)$),\n1={mod(720+atan2(\y1,\x1),360)} in
\pgfextra{\xdef\oldmax{\n1}\xdef\oldmin{\n1}};
\end{scope}
\typeout{\myind,\oldmax}
\foreach \XX in {0,1,...,359}
{\path ($(\XX:\r)-(O)$) coordinate (aux1) ($(\XX:\r)-(Oloc)$) coordinate
(aux2);
\pgftransformreset
\path let \p1=(aux1),%\p2=(aux2),
\n1={atan2(\y1,\x1)} in
\pgfextra{\pgfmathtruncatemacro{\itest}{ifthenelse(sin(\n1-\oldmin)<0,0,1)}
\ifnum\itest=0
\xdef\oldmin{\n1}
\xdef\oldanA{\XX}
\fi
\pgfmathtruncatemacro{\itest}{ifthenelse(sin(\oldmax-\n1)<0,0,1)}
\ifnum\itest=0
\xdef\oldmax{\n1}
\xdef\oldanB{\XX}
\fi};
}
\draw[fill=\ConeColor!70, fill opacity=\Opa] (\oldanA:\a) -- (O) -- (\oldanB:\a);
\draw[fill=\ConeColor!80, fill opacity=\Opa](0,0) circle[radius=\a];
\else
%\message{\myind: no intersections}
\draw[fill=\ConeColor!80, fill opacity=\Opa](0,0) circle[radius=\a];
\fi
\end{scope}
}%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%% Sphere
\begin{scope}[tdplot_screen_coords, on background layer]
\fill[ball color= gray!20, opacity = 0.3] (0,0,0) circle (\R);
%\path[ball color=gray,opacity=0.4] (O) circle[radius=\R];
\end{scope}
% Cosy 2/2
\pgfmathsetmacro{\L}{1.7*\R} %
\foreach \P/\s/\Pos in {{1.3*\L,0,0}/x/right, {0,\L,0}/y/below, {0,0,\L}/z/right}
\draw[densely dashed] ($-0.75*(\P)$) -- (\P) node (\s) [\Pos, pos=0.98,inner sep=4pt]{$\s$};
\end{tikzpicture}
\end{document}
$
\showon
\sourceon latex
\documentclass[tikz,margin=3.14mm]{standalone}
\usepackage{tikz-3dplot}
\usetikzlibrary{intersections}
\usetikzlibrary{calc,backgrounds}
%\pgfmathsetmacro{\R}{1} %
%\pgfmathsetmacro{\Scala}{3} %
%
%\pgfmathsetmacro{\a}{\R/sqrt(3)} %
%\pgfmathsetmacro{\r}{sqrt(\R*\R-\a*\a} %
\pgfmathsetmacro{\R}{3} %
\pgfmathsetmacro{\Scala}{1} %
\pgfmathsetmacro{\Opa}{1} %
\pgfmathsetmacro{\a}{\R/sqrt(3)} %
\pgfmathsetmacro{\r}{sqrt(\R*\R-\a*\a} %
\xdef\lstnormals{%
{sqrt(1/3), sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{sqrt(1/3), -sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{sqrt(1/3), sqrt(1/3), -sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), -sqrt(1/3), sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), sqrt(1/3), -sqrt(1/3)},%
{sqrt(1/3), -sqrt(1/3), -sqrt(1/3)},%
{-sqrt(1/3), -sqrt(1/3), -sqrt(1/3)}%
} % List
\xdef\LstNormals{{\lstnormals}} % Array
\foreach[count=\n from 0] \k in \lstnormals {\xdef\N{\n}}
%\N
\newcommand{\RotationAnglesForPlaneWithNormal}[5]{%\typeout{N=(#1,#2,#3)}
\pgfmathtruncatemacro{\itest}{ifthenelse(abs(#3)==1,0,1)}
\ifnum\itest=0
\xdef#4{0}
\xdef#5{0}
\else
\foreach \XS in {1,-1}
{\foreach \YS in {1,-1}
{\pgfmathsetmacro{\mybeta}{\XS*acos(#3)}
\pgfmathsetmacro{\myalpha}{\YS*acos(#1/sin(\mybeta))}
\pgfmathsetmacro{\ntest}{abs(cos(\myalpha)*sin(\mybeta)-#1)%
+abs(sin(\myalpha)*sin(\mybeta)-#2)+abs(cos(\mybeta)-#3)}
\ifdim\ntest pt<0.1pt
\xdef#4{\myalpha}
\xdef#5{\mybeta}
\fi
}}
\fi
}
\begin{document}
%\tdplotsetmaincoords{110}{60}
%\tdplotsetmaincoords{60}{110}
\tdplotsetmaincoords{60}{130}
\begin{tikzpicture}[tdplot_main_coords, scale=\Scala]
% Cosy 1/2
\begin{scope}[-latex]
\pgfmathsetmacro{\L}{1.7*\R} %
\foreach \P/\s/\Pos in {{1.3*\L,0,0}/x/right, {0,\L,0}/y/below, {0,0,\L}/z/right}
\draw[] ($-0.75*(\P)$) -- (\P) node (\s) [\Pos, pos=0.98,inner sep=4pt]{$\s$};
%\fill[ball color= black] (1.5,0,0) circle (0.22*\Scala pt) node[left] {$1.5$};
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\end{scope}
\path (0,0,0) coordinate (O); %
\foreach[count=\ConeColornumber from 0] \myind in {0,...,\N} {%%%%
\pgfmathsetmacro\ConeColor{mod(\ConeColornumber,2) ? "red" : "blue"}
\pgfmathsetmacro{\myNx}{\LstNormals[\myind][0]}
\pgfmathsetmacro{\myNy}{\LstNormals[\myind][1]}
\pgfmathsetmacro{\myNz}{\LstNormals[\myind][2]}
\RotationAnglesForPlaneWithNormal{\myNx}{\myNy}{\myNz}{\tmpalpha}{\tmpbeta}
%\typeout{\myNx,\tmpalpha,\tmpbeta}
\tdplotsetrotatedcoords{\tmpalpha}{\tmpbeta}{0}
\begin{scope}[tdplot_rotated_coords,canvas is xy plane at z=\r,local bounding
box=loc]
\path[name path=circle] (0,0) circle[radius=\a];
\path[overlay,name path=test] (0,0) -- (O);
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\path[name intersections={of=circle and test,total=\iNum}]
\pgfextra{\xdef\iNum{\iNum}};
\ifnum\iNum>0
\begin{scope}
\pgftransformreset
\path let \p1=($(Oloc)-(O)$),\n1={mod(720+atan2(\y1,\x1),360)} in
\pgfextra{\xdef\oldmax{\n1}\xdef\oldmin{\n1}};
\end{scope}
\typeout{\myind,\oldmax}
\foreach \XX in {0,1,...,359}
{\path ($(\XX:\r)-(O)$) coordinate (aux1) ($(\XX:\r)-(Oloc)$) coordinate
(aux2);
\pgftransformreset
\path let \p1=(aux1),%\p2=(aux2),
\n1={atan2(\y1,\x1)} in
\pgfextra{\pgfmathtruncatemacro{\itest}{ifthenelse(sin(\n1-\oldmin)<0,0,1)}
\ifnum\itest=0
\xdef\oldmin{\n1}
\xdef\oldanA{\XX}
\fi
\pgfmathtruncatemacro{\itest}{ifthenelse(sin(\oldmax-\n1)<0,0,1)}
\ifnum\itest=0
\xdef\oldmax{\n1}
\xdef\oldanB{\XX}
\fi};
}
\draw[fill=\ConeColor!70, fill opacity=\Opa] (\oldanA:\a) -- (O) -- (\oldanB:\a);
\draw[fill=\ConeColor!80, fill opacity=\Opa](0,0) circle[radius=\a];
\else
%\message{\myind: no intersections}
\draw[fill=\ConeColor!80, fill opacity=\Opa](0,0) circle[radius=\a];
\fi
\end{scope}
}%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%% Sphere
\begin{scope}[tdplot_screen_coords, on background layer]
\fill[ball color= gray!20, opacity = 0.3] (0,0,0) circle (\R);
%\path[ball color=gray,opacity=0.4] (O) circle[radius=\R];
\end{scope}
% Cosy 2/2h
\pgfmathsetmacro{\L}{1.7*\R} %
\foreach \P/\s/\Pos in {{1.3*\L,0,0}/x/right, {0,\L,0}/y/below, {0,0,\L}/z/right}
\draw[densely dashed] ($-0.75*(\P)$) -- (\P) node (\s) [\Pos, pos=0.98,inner sep=4pt]{$\s$};
\end{tikzpicture}
\end{document}
\sourceoff
\showoff
|
Profil
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Ex_Senior
| Beitrag No.1689, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-10
|
\quoteon(2019-08-09 18:11 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1671)
Hallo Steffen,
\quoteon(2019-08-09 17:55 - stpolster in Beitrag No. 1668)
\quoteon(2019-08-09 17:05 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1666)
Das hier...:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_111243.png
... ist doch nichts weiter als die Dreiecksungleichung für sphärische Dreiecke. Das ist doch quasi trivial?!
\quoteoff
Ich habe davon keine Ahnung, frage aber dennoch:
Hat jedes nicht unbedingt regelmäßige Tetraeder eine Umkugel?
LG Steffen
\quoteoff
der Tetraeder ist nur zur Verwirrung, es geht nur um die Winkel. Man hätte auch formulieren können:
"Gegeben sind drei linear unabhängige Vektoren im $\mathbb R^3$, die untereinander die Winkel $\alpha$, $\beta$ und $\gamma$ einschließen. Zeigen Sie, dass gilt: $\alpha+\beta > \gamma$."
Aber das hätte nicht so cool geklungen. Du könntest den drei Vektoren auch noch die Länge 1 geben, das würde an den Winkeln ja nichts ändern, und dann bist Du bei der besagten Dreiecksungleichung.
Ciao,
Thomas
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1669 begonnen.]
\quoteoff
Ich bringe mal Thomas' schon sehr weit ausgearbeitete Idee in Lösungsform:
Wir schneiden die von $Q$ ausgehenden und durch die $P_i$ verlaufenden Strahlen mit einer Kugeloberfläche mit Radius 1 um $Q$. Dann erhalten wir auf dieser Kugeloberfläche als Schnitt die Punkte $Q_i$, wobei $P_i$ auf dem von $Q$ ausgehenden Strahl durch $Q_i$ liegt. Damit ist $\alpha_{ij}=\angle P_iQP_j=\angle Q_iQQ_j$ und die Großkreis-Bögen zwischen je zwei dieser Punkte $P_i$ und $P_j$ besitzen genau die Länge $\alpha_{ij}$, wobei der Winkel im Bogenmaß angegeben sei.
Da die kürzeste Verbindung zweier Punkte auf einer Kugeloberfläche der (kürzere) Bogen des Großkreises ist, auf dem die beiden Punkte liegen, (welche eindeutig ist, sofern sich die beiden Punkte nicht diametral auf der Kugel gegenüberliegen), folgt, da alle Winkel $\alpha_{ij}$ echt zwischen 0 und $\pi=180^{\circ}$ liegen, dass der direkte Weg von $Q_1$ nach $Q_2$ entlang des kürzeren Großkreis-Bogens durch diese beide Punkte kürzer ist als der Weg von $Q_1$ über $Q_3$ nach $Q_2$ entlang der entsprechenden Großkreis-Bögen, also $\alpha_{12}<\alpha_{31}+\alpha_{23}$, $\Box$.
Cyrix
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1687 begonnen.]
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| Beitrag No.1690, eingetragen 2019-08-10
|
Auf ein Neues!
Vorbemerkung: Nach der Diskussion mit Nuramon bin ich zu dem Ergebnis gekommen, dass die Aufgabenstellung fehlerhaft ist. Tatsächlich sollte der Definitionsbereich für die Funktion bei null beginnen, und es spricht auch nichts dagegen, für $k$ ebenfalls $k=0$ zuzulassen. Es hat sich herausgestellt, dass die gesuchte Funktion die Binomialverteilung
$$f(x)=\binom nxp^x(1-p)^{n-x}$$ist. Dies ist eine Wahrscheinlichkeitsverteilung, die als eine wesentliche Eigenschaft aufweisen muss, dass die Summe der Funktionswerte von $0$ (!) bis $n$ gleich $1$ ist. Schon von daher ist es notwendig, $k=0$ bzw. $x=0$ zuzulassen. Die Motivation, mit $k=1$ zu beginnen, scheint daher zu rühren, dass man sich in der Aufgabenstellung für die aufwendig ausgeschriebene Definition $x(x-1)(x-2)...(x-k+1)$ entschieden hat, was bei $k=0$ zu Verständnisschwierigkeiten führen würde.
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_221246B.png
Etwas vereinfachend kann man schreiben:
$$\sum_{x=0}^n\frac{x!}{(x-k)!}f(x)=\frac{n!}{(n-k)!}p^k$$Wir teilen auf beiden Seiten durch $k!$:
$$\sum_{x=0}^n\binom xkf(x)=\binom nkp^k$$Da $\binom ab=0$ für $a < b$ ist, kann man den Index $x$ auch bei $k$ beginnen lassen, denn die Summanden für $x
|
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| Beitrag No.1691, eingetragen 2019-08-10
|
Ist jemand aktiv an Aufgaben dran? Die "Kollisionsgefahr" steigt.
Ich mache gerade 321043A.
OlgaBarati ist an 181236B dran (nein, ich denke der Ansatz mit dem Tetraeder funktioniert nicht. Es entsteht gar kein Tetraeder, wenn das Dreieck unregelmäßig ist).
231036 und 301046 haben Ähnlichkeit mit 211046, die moudi gelöst hat.
Kornkreis wollte 311242 machen.
Ciao,
Thomas
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OlgaBarati
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Mitteilungen: 247
 | Beitrag No.1692, eingetragen 2019-08-10
|
Danke für den Hinweis. Die Aufgabe 181236B ist für alle offen. Falls mir da was gelingen sollte, würde es eben eine alternative Lösung geben, wie das bei vielen anderen Aufgaben ja auch der Fall ist.
LG Olga
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Nuramon
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Mitteilungen: 3782
| Beitrag No.1693, eingetragen 2019-08-11
|
\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
@Cyrix, 301244: Schöne Idee, aber so ganz stimmt der Induktionsschluss denke ich nicht:
\quoteon(2019-08-10 12:55 - cyrix in Beitrag No. 1686)
\quoteon
Aufgabe 301244: Eine streng monoton steigende Zahlenfolge $x_1$, $x_2$, $\dots$, $x_n$ werde genau dann $m$-schmal genannt, wenn für alle $a= 2,\dots,n$ die Ungleichungen $x_a-x_{a-1}\leq m$ gelten.
Eine Menge $A$ von Zahlen werde genau dann $m$-dicht genannt, wenn sie für jede natürliche Zahl $n\geq 2$ eine $n$-gliedrige streng monoton steigende Zahlenfolge enthält, die $m$-schmal ist.
Man beweise die folgende (einen berühmten Satz des niederländischen Mathematikers B. L. van der Waerden abschwächende) Aussage:
Zu jeder Zerlegung der Menge $\mathbb{N}$ aller natürlichen Zahlen in eine Anzahl $r\geq 2$ paarweise disjunkter nicht leerer Teilmengen $T_1$, $\dots$, $T_r$ gibt es eine positive Zahl $m$, so dass (mindestens) eine der Mengen $T_1$, $\dots$, $T_r$ eine $m$-dichte Menge ist.
1)Diesen Satz (bei dem arithmetische statt $m$-schmaler Folgen auftreten) ohne Beweis nur als bekannten Sachverhalt zu zitieren, würde hier für eine Lösung der Aufgabe nicht ausreichen.
\quoteoff
Lösung:
[...]
Andernfalls ist $T_{r-1} \cup T_r$ $m$-dicht. Die Elemente von $T_{r-1} \cup T_r$ seien, der Größe nach geordnet, mit $a_1Dann gilt für jede natürliche Zahl $i>0$ die Ungleichung $a_{i+1}-a_i\leq m$. [...]
\quoteoff
Dass $T_{r-1} \cup T_r$ $m$-dicht ist, heißt nur, dass es für jedes $n>0$ einen Startindex $s$ gibt, so dass $a_{i+1}-a_i\leq m$ für $i=s,s+1,\ldots, s+n$ gibt.
Korrekturvorschlag (kann man bestimmt noch besser formulieren):
Im Induktionsanfang könnte man eine stärkere Aussage zeigen, nämlich dass für jede Partition einer $m$-dichten Menge $M$ in zwei Teilmengen $A,B$ ein $m'$ existiert, so dass $A$ oder $B$ $m'$-dicht ist.
Beweis:
Falls $A$ beliebig lange $m$-schmale Folgen enthält, dann ist $A$ auch $m$-schmal.
Anderenfalls existiert eine natürliche Zahl $k$, so dass in jeder $m$-schmalen Teilfolge $m_1,m_2,\ldots,m_k$ der Länge $k$ in $M$ mindestens eines der $m_i$ in $B$ liegen muss.
Dann muss $B$ aber $2km$-dicht sein, denn für jedes $n>0$ gibt es in $M$ eine $m$-schmale Folge der Länge $2kmn$. Die Teilfolge der Elemente von $B$ in dieser $m$-schmalen Folge ist dann eine $2km$-schmale Folge die mindestens Länge $n$ hat.
\(\endgroup\)
|
Profil
|
MontyPythagoras
Senior
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 3417
Wohnort: Werne
| Beitrag No.1694, eingetragen 2019-08-11
|
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_321043A.png
Zunächst ein paar grundsätzliche Überlegungen:
Zu Punkt (2.1): Der Streckenzug $P_1P_2...P_{k-1}P_k$ umfasst $k$ Punkte, der Streckenzug $P_1P_nP_{n-1}...P_{k+2}P_{k+1}$ umfasst $n-k+1$ Punkte. Da durch die Drehung der eine auf den anderen Streckenzug abgebildet werden soll, muss die Anzahl der Punkte gleich sein. Daher gilt $k=n-k+1$ beziehungsweise $n=2k-1$. Das Polygon hat daher eine ungerade Anzahl an Punkten.
Zu Punkt (2.2): Da der Streckenzug $P_1P_2...P_kP_{k+1}$ durch Punktspiegelung auf sich selbst abgebildet wird, kann $k$ nicht gerade sein. Beweis:
Angenommen, $k=2m$ sei gerade. Dann hat der zu spiegelnde Streckenzug $k+1=2m+1$ Punkte. Das heißt, der Punkt $P_{m+1}$ müsste dem Punkt $Q$ entsprechen, an dem gespiegelt wird, weil er dem "mittleren" Punkt in der Reihenfolge entspricht und er daher auf sich selbst abgebildet werden muss. Wenn dann aber $P_m$ an $P_{m+1}$ gespiegelt wird, um $P_{m+2}$ zu ergeben, dann liegen $P_m$, $P_{m+1}$ und $P_{m+2}$ auf einer Geraden und $P_{m+1}$ wäre kein Eckpunkt. Somit ist $k$ ungerade, also $k=2m-1$ mit $m>1$. Nun wird $P_1$ auf $P_{2m}$ abgebildet, und $P_m$ auf $P_{m+1}$. Der Spiegelpunkt $Q$ ist somit die Mitte der Strecke $P_mP_{m+1}$ als auch der Strecke $P_1P_{k+1}$.
Aus $k=2m-1$ folgt außerdem $n=4m-3$. Nachfolgend eine Zeichnung zur Erläuterung der Konstruktion. In diesem Beispiel wurde $m=4$ gewählt. Die rot dargestellten Punkte $P_3$ und $P_4$ sind von den 13 Punkten die einzigen, die man frei wählen kann bei Vorgabe eines Drehwinkels $\alpha$, alle anderen ergeben sich aus einer Konstruktionsvorschrift.
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_3_Aufgabe_321043A_Zeichnung.png
Da hier $m=4$ gewählt wurde, ist $k=7$ und $n=13$. Vorgegeben werden o.B.d.A. die Punkte $P_1$ und $P_k$ sowie der Drehwinkel $\alpha=20°$. Konstruktionsschritte:
1. $P_8$ ergibt sich wegen (2.1) durch die Drehung von $P_7$ um den Winkel $\alpha$ um $P_1$.
2. $Q$ ist der Mittelpunkt der Strecke $P_1P_8$, wie in den Vorüberlegungen festgehalten.
3. Spiegelung von $P_7$ an $Q$ ergibt $P_2$. Das Viereck $P_1P_7P_8P_2$ ist daher ein Parallelogramm, woraus sich zwangsläufig die S-Form des Streckenzuges $P_2...P_7$ ergibt.
4. Punkte $P_3$ und $P_4$ können relativ frei gewählt werden, Punkte $P_5$ und $P_6$ ergeben sich durch Spiegelung an $Q$. Wichtig ist, dass die Streckenlängen $P_1P_2$, $P_1P_3$, $P_1P_4$ und $P_1Q$ streng monoton ansteigen. Eine Verkleinerung des Radius an irgendeinem Punkt würde ein "Zacken" nach innen bedeuten, so dass die schwarze Kurve unweigerlich die blaue Kurve kreuzen würde, was laut Aufgabenstellung nicht sein darf.
5. Die Punkte $P_9$ bis $P_{13}$ entstehen durch Drehung der Punkte $P_2$ bis $P_6$ um den Winkel $\alpha$ am Punkt $P_1$.
Der blau hervorgehobene Streckenzug ist derjenige, der durch Punktspiegelung an $Q$ auf sich selbst abgebildet wird.
Die Geogebra-Zeichnung kann man interaktiv ansehen unter https://www.geogebra.org/classic/frdvtuwj
Ciao,
Thomas
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1695, eingetragen 2019-08-11
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Zusatz zur letzten Aufgabe:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_321043A_Zeichnung_2.png
Man kann zwischen $P_2$ und $Q$ natürlich beliebig viele Punkte einfügen. Solange diese nicht ein relativ enges Band verlassen, ist es möglich, dass umlaufend der Abstand zu $P_1$ nicht streng monoton wächst. Je größer der Winkel wird, um so kleiner wird diese Bandbreite. Bei unendlich vielen Punkten kann der Polygonzug zu einer Kurve werden. Die dargestellte Kurve ist eine Spirale mit linear wachsendem Abstand zu $P_1$, wodurch sich ein konstanter Abstand zwischen der schwarzen und der blauen Kurve ergibt. Wenn dieser auf null zusammenschmilzt, ist der maximale Drehwinkel erreicht. Die Kurve ist dann nur ein Kreis (quasi eine Spirale mit Steigung null), und das tritt ein, wenn $\overline{P_1P_2}=\overline{P_1Q}$ ist. Dann gilt
$$\sin\tfrac{\alpha_{max}}2=\frac{\tfrac12\overline{P_1Q}}{2\overline{P_1Q}}=\tfrac14$$$$\alpha_{max}=2\arcsin\tfrac14\approx28,955°$$Der Abstand zwischen den Kurven (radial von $P_1$ aus betrachtet) ist
$$\Delta(\alpha)=\frac{\alpha(1-4\sin\tfrac{\alpha}2)}{\pi-\alpha}\cdot\overline{P_1P_k}$$Leitet man das nach $\alpha$ ab, um den maximal möglichen Abstand zwischen den Kurven zu bestimmen, erhält man eine transzendente Gleichung für den optimalen Winkel:
$$\pi(1-4\sin\tfrac{\alpha}2)-2\alpha(\pi-\alpha)\cos\tfrac{\alpha}2=0$$Diese Gleichung kann nur numerisch gelöst werden, man erhält
$$\alpha_{opt}\approx15,032°$$Diese Überlegungen fand ich allerdings für die Aufgabe der 10. Klasse zu "abgehoben" und für die Lösung auch mehr oder weniger unerheblich.
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.1696, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-11
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\quoteon(2019-08-11 12:14 - MontyPythagoras in Beitrag No. 1695)
Diese Überlegungen fand ich allerdings für die Aufgabe der 10. Klasse zu "abgehoben" und für die Lösung auch mehr oder weniger unerheblich.
\quoteoff
Möchtest du, dass ich die Anmerkung in den Text aufnehme?
LG Steffen
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MontyPythagoras
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Dabei seit: 13.05.2014
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| Beitrag No.1697, eingetragen 2019-08-11
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Hallo Steffen,
kannst Du gerne machen. Lass den letzten Satz weg und kennzeichne es irgendwie als "Anmerkung" o.ä. und für die Lösung nicht notwendig.
Ciao,
Thomas
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Kornkreis
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 | Beitrag No.1698, eingetragen 2019-08-12
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311242
Auf einem Kreis $k$ seien $A_1$, $A_2$ und $P$ drei paarweise verschiedene Punkte; die Strecke $A_1A_2$ sei kein Durchmesser von $k$. Für $i =1,2$ sei jeweils $k_i$ ein Kreis, der $k$ von außen in $A_i$ berührt, und $B_i$ sei der von $A_i$ verschiedene Schnittpunkt des Kreises $k_i$ mit der Geraden durch $P$ und $A_i$. Der Mittelpunkt von $k_i$ sei $M_i$. Man beweise, dass unter diesen Voraussetzungen stets die durch $A_1,A_2$ bzw. durch $B_1,B_2$ bzw. durch $M_1,M_2$ gelegten Geraden $a$ bzw. $b$ bzw. $m$ entweder alle drei genau einen Punkt gemeinsam haben oder alle drei zueinander parallel sind.
\showon Lösung
$M$ sei der Mittelpunkt von $k$. Mit $XY$ sei im Folgenden die Strecke durch die Punkte $X, Y$ bezeichnet und mit Gerade $XY$ die Gerade durch $X, Y$. Alle Winkel hier sind orientierte Winkel.
Wir setzen voraus, dass $M$ und $P$ unterhalb von $A_1A_2$ liegen; der Beweis geht analog, wenn diese Einschränkung fallen gelassen wird.
Bezeichne den Peripheriewinkel $\measuredangle A_2PA_1$ mit $\alpha$. Wegen $\measuredangle A_2MA_1 = 2\alpha$ (Zentriwinkel) und $|MA_1|=|MA_2|$, gilt $\measuredangle A_1A_2M = \measuredangle MA_1A_2 = 90^\circ - \alpha$. Wir bezeichnen $\measuredangle PA_1A_2 = x$ und haben $\measuredangle PA_1M = x - (90^\circ - \alpha)$ sowie $\measuredangle MA_2P= (180^\circ - x - \alpha) - (90^\circ - \alpha) = 90^\circ - x$. Weiterhin ist $\measuredangle B_1A_1M_1 = \measuredangle PA_1M$ und $\measuredangle M_2A_2B_2 = \measuredangle MA_2P$. Da nun $M_1B_1$ und $M_1A_1$ sowie $M_2B_2$ und $M_2A_2$ jeweils gleich lang sind, gilt $\measuredangle A_1M_1B_1 = 180^\circ- 2 \measuredangle PA_1M = 360^\circ -2 (x+\alpha)$ und $\measuredangle B_2M_2A_2 = 180^\circ - 2 \measuredangle MA_2P = 2x$.
Für $x= 90^\circ - \alpha/2$, d.h. wenn die Gerade $MP$ senkrecht auf $A_1A_2$ steht ($P$ ist dann sozusagen unterer Scheitelpunkt von $k$), so gilt $\measuredangle A_1M_1B_1= 180^\circ - \alpha = \measuredangle B_2M_2A_2$, d.h. die Drehwinkel von $B_1$ und $B_2$ bezüglich der Strecken $M_1A_1$ bzw. $M_2A_2$ sind gleich; $B_1$ und $B_2$ sind hier obere Scheitelpunkte der Kreise $k_1$ bzw. $k_2$, siehe Skizze.
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/33030_kreis2.png
Wir betrachten zunächst den Fall, dass die Kreise $k_1$ und $k_2$ denselben Radius haben. Für $x= 90^\circ - \alpha/2$ folgt direkt, dass $B_1B_2$ parallel zu $A_1A_2$ ist.
Wenn sich $x$ um $\Delta x$ ändert, indem $P$ seine Position ändert, so ändert sich der Drehwinkel von $B_1$ um $-2\Delta x$ und der Drehwinkel von $B_2$ um $+2 \Delta x$, insbesondere bleibt $B_1B_2$ parallel zu $A_1A_2$.
Wenn die Radii von $k_1$ und $k_2$ gleich sind, ist aber auch $A_1A_2$ parallel zu $M_1M_2$, da $MM_1$ und $MM_2$ dieselbe Länge haben und parallel zu $MA_1$ bzw. $MA_2$ liegen, die ebenfalls gleichlang sind. Daraus folgt die Parallelität der Geraden $A_1A_2$, $M_1M_2$, $B_1B_2$.
Seien nun die Kreise $k_1$ und $k_2$ von verschiedenem Radius $r_1$ bzw. $r_2$. Offensichtlich sind die Geraden $M_1M_2$ und $A_1A_2$ dann nicht mehr parallel und schneiden sich in einem Punkt $S$. Der zweite Schnittpunkt der Gerade $A_1A_2$ mit $k_1$ sei mit $A_1'$ bezeichnet. Es gilt $\measuredangle A_1A_1'M_1 = \measuredangle SA_2M_2$, da beide Winkel gleich $\measuredangle MA_1A_2$ sind. Folglich sind die Strecken $A_1'M_1$ und $A_2M_2$ zueinander parallel. Des Weiteren haben wir $\measuredangle A_1A_1'B_1 = 360^\circ - ( 2\cdot(90^\circ - \alpha)+2\cdot (x+\alpha))=180^\circ - \alpha = \measuredangle SA_2B_2$, d.h. $A_1'B_1$ und $A_2B_2$ sind parallel zueinander.
Nach dem Strahlensatz haben wir nun $\frac{|SA_2|}{r_2}=\frac{|SA_1'|}{r_1}$. Man sieht leicht, dass die Gerade $B_1B_2$ nie parallel zur Gerade $A_1A_2$ ist, bezeichne den Schnittpunkt mit $S'$. Nach dem Strahlensatz ist $\frac{|S'A_2|}{\lambda r_2}=\frac{|S'A_1'|}{\lambda r_1}$, wobei $\lambda r_1= |A_1'B_1|$, $\lambda r_2 = |A_2 B_2|$ und $\lambda \neq 0$ eine Konstante ist, die vom Winkel $\measuredangle A_1A_1'B_1$ abhängt.
Kombination beider Strahlensatzgleichungen ergibt $\frac{|SA_2|}{|SA_1'|}=\frac{|S'A_2|}{|S'A_1'|}=\frac{|SA_2|+d}{|SA_1'|+d}$, wobei $d$ den (vorzeichenrichtigen) Abstand von $S$ und $S'$ bezeichnet. Man sieht leicht, dass diese Gleichung nur gelten kann, wenn $d=0$ oder $|SA_2|=|SA_1'|$ gilt. Letzteres ist nicht der Fall, weshalb $d=0$ und damit $S=S'$ folgt, d.h. alle drei Geraden $A_1A_2$, $M_1M_2$, $B_1B_2$ schneiden sich im selben Punkt $S$.
Insgesamt haben wir bewiesen, dass $A_1A_2$, $M_1M_2$, $B_1B_2$ sich entweder im selben Punkt $S$ schneiden oder zueinander parallel liegen.
\showoff
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Ex_Senior
| Beitrag No.1699, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-12
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Nun sind es nur noch 4 offene Probleme.
Danke.
LG Steffen
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Ex_Senior
| Beitrag No.1700, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-12
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@Nuramon: Danke für das Finden und Ausbessern des Fehlers in meiner Lösung. :)
Zu den verbleibenden Aufgaben sehe ich für mich keinen sinnvollen Ansatz. Die beiden Raumgeometrie-Aufgaben laufen beide darauf hinaus, dass man das Bild des Schnitts zweier Ebenen in der Parallelprojektion konstruieren muss. Wenn man das hat, hat man beide Aufgaben gelöst. Mehr kann ich dazu aber nicht beitragen...
Cyrix
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Ex_Senior
| Beitrag No.1701, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-12
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Ich habe mawi betreffs der 4 fehlenden Lösungen angeschrieben.
Wenn ich sie bekomme, tippe ich sie ab und stelle sie auch hier ein.
LG Steffen
@MontyPytagoras: Ich habe die Meldung über 2 neue PN bekommen, die werden aber nicht angezeigt. Bitte noch einmal senden.
Jetzt sind es 3. Irgendwo ist hier ein Bug und frisst die Nachrichten.
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MontyPythagoras
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Dabei seit: 13.05.2014
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| Beitrag No.1702, eingetragen 2019-08-12
|
@cyrix,
Das geht uns vermutlich allen so. Vielleicht mit vereinten Kräften.
Bei den Raumgeometrie-Aufgaben habe ich auf moudi gebaut, der schon die andere Raumaufgabe gelöst hat.
Ich habe seine Lösung noch nicht nachvollzogen. Wenn ich das tue und sie verstehe, kann ich daraus vielleicht Rückschlüsse auf die beiden Aufgaben ziehen.
Zu der Aufgabe mit dem gespiegelten Dreieck ist mein Grundgedanke, einen Winkel in dem gespiegelten Dreieck zu berechnen. Wenn man zeigen kann, dass dieser neue Winkel keinem der drei Originalwinkel entspricht, hat man schon gewonnen.
Ansonsten kann man mithilfe des Kosinussatzes die Längen der neuen Dreiecksseiten berechnen. Dort kommen dann die dreifachen Winkel hinein. Quadrieren bis der Arzt kommt, um irgendeine Ungleichheit zu zeigen, sieht extrem mühselig und der Aufgabe nicht angemessen aus.
Das wären so meine Ansätze.
@Steffen,
ich habe seit Freitag keine PN geschickt.
Ciao,
Thomas
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MontyPythagoras
Senior
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 3417
Wohnort: Werne
| Beitrag No.1703, eingetragen 2019-08-12
|
... ich denke, ich habe die Lösung zu dem gespiegelten Dreieck. Ich habe mir wohl selbst den entscheidenden Tipp gegeben... :-D
Ciao,
Thomas
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OlgaBarati
Wenig Aktiv
Dabei seit: 16.11.2018
Mitteilungen: 247
| Beitrag No.1704, eingetragen 2019-08-12
|
\quoteon
Aufgabe 6B - 181236B
Ist ABC ein Dreieck, so bezeichne A' den Bildpunkt von A bei Spiegelung an der Geraden durch B und C, B' den Bildpunkt von B bei Spiegelung an der Geraden durch C und A, C' den Bildpunkt von C bei Spiegelung an der Geraden durch A und B.
Mit diesen Bezeichnungen beweise man:
Genau dann ist \(\Delta A'B'C'\) ein zu \(\Delta ABC\) ähnliches Dreieck - mit jeweils \(A, A'\) bzw. \(B, B'\) bzw. \(C, C'\) als entsprechende Ecken -, wenn \(\Delta ABC\) gleichseitig ist.
\quoteoff
\showon Lösungsversuch
Es ergeben sich durch die Spiegelungen der drei Seiten eines beliebigen Dreiecks die folgenden Seitenverhältnisse: \(B'C=b,\; B'A=a,\; C'A=c,\; C'B=b,\; A'B=a, \;A'C=c.\)
Damit das Dreieck \(\Delta A'B'C'\) gleichseitig ist, müssen die Bedingungen
\[B'A'=b+c=c'\]
\[B'C'=a+c=a'\]
\[C'A'=b+a=b'\]
erfüllt sein, wobei \(a',b',c'\) die den Eckpunkten \(A',B',C'\) gegenüberliegenden Seiten sind.
Der Kosinussatz, \[a^2=b^2+c^2-2bc \cos \alpha\] lässt sich umformen zu
\[\cos\alpha=\frac{c^2+b^2-a^2}{2bc}\]
und mit \(a',b',c'\) folgt:
\[\cos\alpha'=\frac{(b+c)^2+(b+a)^2-(a+c)^2}{2((b+a)(b+c))}\]
\[\cos\alpha'=\frac{a+b+c-\frac{ac}{b}}{a+b+c+\frac{ac}{b}}\]
und analog für \(\beta'\) und \(\gamma'\)
\[\cos\beta'=\frac{a+b+c-\frac{bc}{a}}{a+b+c+\frac{bc}{a}}\]
\[\cos\gamma'=\frac{a+b+c-\frac{ba}{c}}{a+b+c+\frac{ba}{c}}\]
Für das gleichseitige Dreieck gilt \(\alpha=\beta=\gamma\) und mit \(\cos \alpha'=\cos\beta'\)
\[\frac{a+b+c-\frac{ac}{b}}{a+b+c+\frac{ac}{b}}=\frac{a+b+c-\frac{bc}{a}}{a+b+c+\frac{bc}{a}}\]
Für die Lösung der Gleichung muss somit \(\frac{ac}{b}=\frac{bc}{a}\) sein und damit \(a^2c=b^2c\) und somit ist \(a=b\) und analog folgt für \(c=a\) womit dann sogleich bestimmt ist:
\[\cos\alpha'=\frac{a+a+c-\frac{ac}{a}}{a+a+c+\frac{ac}{a}}=\frac{a}{a+c}=\frac{1}{2}=\cos\beta'=\cos\gamma'\;\Box\]
\showoff LG Olga....ich glaube ich habe am Problem vorbeigerechnet.
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Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3782
| Beitrag No.1705, eingetragen 2019-08-12
|
\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
@Olga: Ich glaube du gehst in deinem Ansatz davon aus, dass z.B. $A',B'$ und $C$ auf einer Geraden liegen, was im Allgemeinen aber nicht der Fall ist.\(\endgroup\)
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moudi
Senior
Dabei seit: 29.12.2005
Mitteilungen: 248
Wohnort: Zürich, Schweiz
 | Beitrag No.1706, eingetragen 2019-08-12
|
Hallo zusammen
Ich habe die Lösung nochmals überarbeitet und von allem überflüssigen
Gerümpel befreit. Sie ist jetzt viel kürzer und die Logik dahinter aber immer noch erkennbar.
Ich habe die Figur als PNG eingebunden, da ich sie mit pstricks erstellt habe.
\sourceon
Aufgabe 6 - 211046
Die Eckpunkte A,B,C,Deines Tetraeders ABCD, ein Punkt P auf der Fläche des
Dreiecks ABD,ein Punkt Q auf der Fläche des Dreiecks BCD und ein Punkt R
auf der Fläche des Dreiecks ACD seien so im Raum gelegen, dass sie bei
einer Parallelprojektion die auf dem Arbeitsblatt angegebenen Bildpunkte
A′,B′,C′,D′,P′,Q′ bzw. R′ haben (siehe Abbildung). Die Ebene durch P,
Q und R schneidet die vier Seitenflächen des Tetraeders in einer
Schnittfigur. Konstruieren Sie auf dem Arbeitsblatt die Projektion dieser
Schnittfigur! Beschreiben Sie Ihre Konstruktion, und beweisen Sie, dass
eine Figur die gesuchte Schnittfigur ist, wenn sie nach Ihrer Beschreibung
konstruiert wird!
\sourceoff
Da sich die Lösung in der projektiven Geometrie abspielt, muss die Lösung durch
reine Inzidenz (nur Schnittpunkte von Geraden) konstruierbar sein.
Meine Konstruktion findet im Raum statt, deshalb spreche ich
von den Punkten $A$, $B$, $C$ etc. und nicht von den Projektionen $A'$, $B'$,
$C'$ etc.
Es ist klar, dass es genügt, z.B. die Schnittgerade $s$ der Ebenen $ABD$ und $PQR$
zu konstruieren. (Ich gehe im Folgenden vom Fall aus, dass die Schnittfigur ein
Dreieck ist, die anderen Fälle gehen analog.) Dann schneidet man $s$ mit $AD$ und
erhält $T$, man schneidet $s$ mit $BD$ und erhält $U$. Man schneidet $UQ$ mit $CD$
und erhält $V$. Das Dreieck $TUV$, wobei $R$ auf $TV$ liegen muss(!), ist dann die
Schnittfigur.
Wie erhält man nun die Schnittgerade $s$ der Ebenen $ABD$ und $PQR$?
Da $P$ in der Ebene $ABD$ liegt, liegt $P$ schon auf $s$. Ich konstruiere jetzt
einen weiteren Punkt von $s$. Dazu projiziere ich die Punkte $Q$ und $R$ von
$C$ aus auf die Seiten $BD$ resp. $AD$ und erhalte die Punkte $Q^\ast$ und
$R^\ast$. Der Schnittpunkt $H$ der Geraden $QR$ und $Q^\ast R^\ast$ ist dann ein
weiterer Schnittpunkt der Ebenen $ABD$ und $PQR$.
Konkrete Konstruktionsanleitung für Dreieck $TUV$:
1. Schneide $CQ$ mit $BD$: $Q^\ast$
2. Schneide $CR$ mit $AD$: $R^\ast$
3. Schneide $QR$ mit $Q^\ast R^\ast$: $H$ ($s=HP$)
4. Schneide $HP$ mit $AD$: $T$
5. Schneide $HP$ mit $BD$: $U$
6. Schneide $QU$ mit $CD$: $V$
\sourceon latex
Da sich die Lösung in der projektiven Geometrie abspielt, muss die Lösung durch
reine Inzidenz (nur Schnittpunkte von Geraden) konstruierbar sein.
Meine Konstruktion findet im Raum statt, deshalb spreche ich
von den Punkten $A$, $B$, $C$ etc. und nicht von den Projektionen $A'$, $B'$,
$C'$ etc.
Es ist klar, dass es genügt, z.B. die Schnittgerade $s$ der Ebenen $ABD$ und $PQR$
zu konstruieren. (Ich gehe im Folgenden vom Fall aus, dass die Schnittfigur ein
Dreieck ist, die anderen Fälle gehen analog.) Dann schneidet man $s$ mit $AD$ und
erhält $T$, man schneidet $s$ mit $BD$ und erhält $U$. Man schneidet $UQ$ mit $CD$
und erhält $V$. Das Dreieck $TUV$, wobei $R$ auf $TV$ liegen muss(!), ist dann die
Schnittfigur.
Wie erhält man nun die Schnittgerade $s$ der Ebenen $ABD$ und $PQR$?
Da $P$ in der Ebene $ABD$ liegt, liegt $P$ schon auf $s$. Ich konstruiere jetzt
einen weiteren Punkt von $s$. Dazu projiziere ich die Punkte $Q$ und $R$ von
$C$ aus auf die Seiten $BD$ resp.~$AD$ und erhalte die Punkte $Q^\ast$ und
$R^\ast$. Der Schnittpunkt $H$ der Geraden $QR$ und $Q^\ast R^\ast$ ist dann ein
weiterer Schnittpunkt der Ebenen $ABD$ und $PQR$.
Konkrete Konstruktionsanleitung für Dreieck $TUV$:
\begin{enumerate}\setlength{\itemsep}{-1ex}
\item Schneide $CQ$ mit $BD$: $Q^\ast$
\item Schneide $CR$ mit $AD$: $R^\ast$
\item Schneide $QR$ mit $Q^\ast R^\ast$: $H$\quad ($s=HP$)
\item Schneide $HP$ mit $AD$: $T$
\item Schneide $HP$ mit $BD$: $U$
\item Schneide $QU$ mit $CD$: $V$
\end{enumerate}
\sourceoff
https://www.matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/11206_Aufgabe_211046_Figur.png
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1703 begonnen.]
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OlgaBarati
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Dabei seit: 16.11.2018
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| Beitrag No.1707, eingetragen 2019-08-12
|
@Nuramon
\quoteon
Es ergeben sich durch die Spiegelungen die folgenden Seitenverhältnisse: \(B'C=b,\; B'A=a,\; C'A=c,\; C'B=b,\; A'B=a, \;A'C=c.\)
\quoteon
Diese Seitenverhältnisse ergeben sich auch bei nicht gleichseitigen Dreiecken und liegen nicht zwangsläufig auf einer Geraden.
\quoteon
Damit das Dreieck \(\Delta A'B'C'\) gleiseitig ist, müssen die Bedingungen
\[B'A'=b+c=c'\]
\[B'C'=a+c=a'\]
\[C'A'=b+a=b'\]
erfüllt sein, wobei \(a',b',c'\) die den Eckpunkten \(A',B',C'\) gegenüberliegenden Seiten sind.
\quoteon
Hier bin ich davon ausgegangen, dass die gespiegelten Seiten auf einer Geraden liegen müssen, damit ein gleichseitiges Dreieck entsteht und a,b,c die dafür entsprechenden Werte annehmen müssen.
War ich damit schon auf dem Holzweg ? Danke, LG Olga.
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Ex_Senior
| Beitrag No.1708, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-12
|
Hallo moudi,
ich habe deine Zeichnung (mit leicht geänderten Ausgangspunkten) mit tikz gemalt. Entspricht das deinen Vorstellungen?
$
\begin{tikzpicture}[>=latex, font=\footnotesize, scale=3]
\coordinate(a) at (0,0);
\coordinate(b) at (2.2,-0.1);
\coordinate(d) at (0.6,1.7);
\coordinate(c) at (0.8,1);
\coordinate(p) at (0.95,0.15);
\coordinate(r) at (0.58,1.2);
\coordinate(q) at (0.8,1.289);
\draw (a) -- (b) -- (c) -- cycle;
\draw (a) -- (d) -- (c);
\draw (b) -- (d);
\coordinate (qs) at (intersection of c--q and b--d);
\draw (c) -- (qs);
\coordinate (rs) at (intersection of c--r and a--d);
\draw (c) -- (rs);
\coordinate (h) at (intersection of r--q and qs--rs);
\draw (q) -- (h) -- (qs);
\coordinate (t) at (intersection of h--p and a--d);
\draw (h) -- (t) -- (d);
\coordinate (u) at (intersection of h--p and b--d);
\coordinate (v) at (intersection of u--q and c--d);
\draw[thick, blue] (t) -- (u) -- (v) -- cycle;
\foreach \P in {a,b,c,d,p,q,r,qs,rs,h,t,u,v}
\draw[fill=white] (\P) circle (0.02);
\node[left] at (a) {$A$};
\node[right] at (b) {$B$};
\node[below] at (c) {$C$};
\node[above] at (d) {$D$};
\node[above] at (p) {$P$};
\node[right] at (q) {$Q$};
\node[below] at (r) {$R$};
\node[right] at (qs) {$Q^\ast$};
\node[left] at (rs) {$R^\ast$};
\node[below] at (h) {$H$};
\node[above left] at (t) {$T$};
\node[right] at (u) {$U$};
\node[above left] at (v) {$V$};
\end{tikzpicture}
$
Es ist erstaunlich, das kleinste Änderungen der P, Q, R zu extremen Veränderungen der Zeichnung führen.
LG Steffen
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moudi
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| Beitrag No.1709, eingetragen 2019-08-12
|
Lieber Steffen
Ja, die Figur ist korrekt. Ich habe die Koordinaten der Punkte meiner Figur
aus der Zeichnung abgemessen (auf mm genau). Ich gebe mal die Punkte an (alles in mm):
A(0,0) B(44,-2) C(16,20) D(12,34) P(19,3) Q(16,26) R(12,24)
Für $Q^\ast$ erhalte ich dann $Q^\ast(16,\frac{59}{2})$, für $R^\ast$ erhalte ich $R^\ast(\frac{216}{13},\frac{612}{13})$ und daraus $H(72,54)$.
Weiter die Punkte $T(-\frac{972}{119},-\frac{162}{7})$, $U(\frac{5324}{177},\frac{806}{59})$ und $V(\frac{6404}{467},\frac{13078}{467})$.
Wenn das kein zu grosser Aufwand ist, kannst du die Punkte so übernehmen.
Liebe Grüsse
Stefan
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Ex_Senior
| Beitrag No.1710, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-12
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Hallo moudi,
ich habe noch einmal die Aufgabenstellung mit dem Original verglichen.
Dabei ergab sich, dass meine Ausgangsskizze nicht besonders gut das Original wiedergibt. Sorry.
Die Aufgabensteller wollten wohl erreichen, dass T zwischen A und D liegt. D.h., die Punkte liegen etwas anders.
Ich habe jetzt im PDF die Lage der Punkte korrigiert.
LG Steffen
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.1711, eingetragen 2019-08-12
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Jetzt weiß ich, was ich bei 211046 falsch gemacht habe. Ich bin davon ausgegangen, dass der Punkt $P$ im Dreieck $ABC$ liegt, er soll aber stattdessen im Dreieck $ABD$ liegen. Aber das hätte vermutlich nicht geholfen.
Bei der Aufgabe mit den gespiegelten Dreieckspunkten hatte ich noch keinen "Durchbruch".
Dafür hier die Lösung zu
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_231036.png
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_231036_Zeichnung.png
Da eine Begründung nicht gefordert wird, nachfolgend nur die Konstruktionsanweisung:
1. $E$ ist der Schnittpunkt von $AB$ und $CD$.
2. Zeichne eine Gerade durch $E$ und $S$.
3. Zeichne eine Gerade durch $P$ und $Q$.
4. $F$ ist der Schnittpunkt der Geraden $PQ$ und $ES$.
5. Zeichne eine Gerade durch $F$ und $R$.
6. $G$ ist der Schnittpunkt der Geraden $FR$ mit der Kante $BS$.
7. $H$ ist der Schnittpunkt der Geraden $FR$ mit der Kante $AS$.
Das Viereck $PQHG$ ist die gesuchte Schnittfigur, die Strecke $GH$ ist eine verdeckte Kante.
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.1712, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-12
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Danke, schöne Lösung, und damit sind es nur noch drei.
LG Steffen
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moudi
Senior
Dabei seit: 29.12.2005
Mitteilungen: 248
Wohnort: Zürich, Schweiz
| Beitrag No.1713, eingetragen 2019-08-12
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Lieber Steffen
Ich glaube es ist so, wie ich es gezeichnet habe. In der Aufgabenstellung steht explizit, dass die Ebene PQR die vier Seitenflächen schneidet. Deshalb ist die Schnittfigur eher ein Viereck.
Liebe Grüsse
Moudi
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Ex_Senior
| Beitrag No.1714, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-12
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Idee zur 301046:
Angenommen, die Geraden $AE$ und $CG$ schneiden sich in einem Punkt $S$. Dann ist $SD$ die Schnittkante der beiden Ebenen $AED$ und $CGD$, also insbesondere auch $H \in SD$. Analog: Angenommen, die beiden Geraden $AD$ und $FG$ schneiden sich in einem Punkt $T$. Dann ist die Gerade $TE$ die Schnittgerade der beiden Ebenen $ADE$ und $FGE$, mithin also wieder $H \in TE$, sodass $H$ der Schnittpunkt der beiden Geraden $SD$ und $TE$ wäre, deren Projektionen sich leicht konstruieren lassen.
Problem: Es gibt keinen Grund anzunehmen, dass die jeweiligen Geradenpaare nicht auch jeweils zueinander windschief sein können. (Parallelität wäre auch einfach zu handhaben, da dann die gesuchte Schnittgerade auch parallel zu den beiden betrachteten Geraden liegen würde.)
Cyrix
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MontyPythagoras
Senior
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 3417
Wohnort: Werne
| Beitrag No.1715, eingetragen 2019-08-12
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Ich denke, 301046 habe ich. Ich gehe sogar davon aus, dass die Geraden tatsächlich windschief sein sollen. Später mehr, muss jetzt erst was essen. :-D
Die mit dem Dreieck wurmt mich noch...
Ciao,
Thomas
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Ex_Senior
| Beitrag No.1716, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-12
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Hallo moudi,
\quoteon(2019-08-12 18:33 - moudi in Beitrag No. 1713)
Ich glaube es ist so, wie ich es gezeichnet habe. In der Aufgabenstellung steht explizit, dass die Ebene PQR die vier Seitenflächen schneidet. Deshalb ist die Schnittfigur eher ein Viereck.
\quoteoff
Du hast vollkommen recht. Ich hatte es falsch interpretiert. Sorry.
Ich habe deine Daten übernommen und das Viereck jetzt korrekt dargestellt.
LG Steffen
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1713 begonnen.]
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MontyPythagoras
Senior
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 3417
Wohnort: Werne
| Beitrag No.1717, eingetragen 2019-08-12
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Jepp, die 301046 habe ich. Muss nur noch aufschreiben und zeichnen.
Hier meine Idee zu der Dreiecksaufgabe:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/39826_Aufgabe_181236B_Idee.png
Wenn man zeigen kann, dass z.B. in dem Dreieck $AB'C'$ die Winkel $\gamma_b$ und $\beta_c$ null werden müssen, so dass $3\alpha=\pi$ ergibt, hat man gewonnen. Anhand dieser Skizze kann man schon ziemlich sicher sagen, dass $\gamma'=\gamma$ nicht möglich ist, außer, wenn $\gamma_a$ und $\gamma_b$ null sind, oder die Winkel reihum wechseln. Mir fehlt das letzte Quentchen.
Vielleicht kann damit jemand was anfangen.
Ciao,
Thomas
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Kuestenkind
Senior 
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 2591
| Beitrag No.1718, eingetragen 2019-08-12
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Huhu,
hier dann noch das Trapez:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/45489_Bildschirmfoto_2019-08-12_um_19.57.13.png
Gruß,
Küstenkind
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Ex_Senior
| Beitrag No.1719, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-12
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\quoteon(2019-08-12 19:58 - Kuestenkind in Beitrag No. 1718)
hier dann noch das Trapez:
\quoteoff
Das sieht sehr gut aus.
Ich freue mich schon auf den erklärenden Text. ;-)
LG Steffen
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