Geometrischer Beweis zum 40-70-70 Dreieck
Rainer Rosenthal
in einigen englisch-sprachigen Gruppen wird
ein eleganter geometrischer Beweis gesucht.
Wir haben ein gleichschenkliges Dreieck ABC
mit den Winkeln A=70 B=70 und C=40.
(Wenn es klar ist, nenne ich die Winkel nach
ihren Scheitelpunkten. Wenn es nicht klar ist,
erkläre ich es jeweils.)
Sei M der Mittelpunkt zwischen A und B,
und N der Mittelpunkt zwischen A und C.
Auf der Strecke BC wird Punkt T so gewählt,
dass der Winkel M=80 Grad ist. Das ist der
Winkel zwischen MT und MB.
Es sieht so aus, als wäre Winkel N = 40 Grad,
wobei dies der Winkel zwischen NC und NT ist.
Es gibt inzwischen analytische Beweise, dass
dies wahr ist. Bisher ging aber noch kein geometri-
scher Beweis ein.
Meine bisherigen Stricheleien zeigen eine Fülle
von interessanten Querbeziehungen in der Zeichnung,
besonders wenn man einige Linien über das ursprüng-
liche Dreieck hinaus verlängert.
Eine sicherlich wichtige Linie ist z.B. das Lot von T
aus auf die Seite AC. In meiner Zeichnung hat der Schnitt
des Lots mit der Seite AC den Namen U bekommen.
Die Aussage " M = 40 " ist identisch dazu, dass das Lot
den Winkel T halbiert ( Der zwischen TN und TC).
Verlängert man das Lot von U aus über T bis zum
Schnittpunkt S mit der Verlängerung von AB, dann erhält
man das gleichschenklige Dreieck TMS mit den Winkeln
80-80-20.
Das sind so ein paar Linien und Überlegungen, die mir
bisher noch nichts gebracht haben.
Eine wirklich hübsche Aufgabe, wie ich meine ...
Gruss,
Rainer
Wolfgang Kirschenhofer
>
> Hallo Geometrie-Freunde,
>
> in einigen englisch-sprachigen Gruppen wird
> ein eleganter geometrischer Beweis gesucht.
>
> Wir haben ein gleichschenkliges Dreieck ABC
> mit den Winkeln A=70 B=70 und C=40.
> (Wenn es klar ist, nenne ich die Winkel nach
> ihren Scheitelpunkten. Wenn es nicht klar ist,
> erkläre ich es jeweils.)
>
> Sei M der Mittelpunkt zwischen A und B,
> und N der Mittelpunkt zwischen A und C.
>
> Auf der Strecke BC wird Punkt T so gewählt,
> dass der Winkel M=80 Grad ist. Das ist der
> Winkel zwischen MT und MB.
>
> Es sieht so aus, als wäre Winkel N = 40 Grad,
> wobei dies der Winkel zwischen NC und NT ist.
>
> Rainer
Hallo Geometrie-Freunde !
Ich finde die Aufgabe auch nett.Ich kann nur einen goniometrischen Beweis
liefern.
Die Basislänge des gleichschenkligen Dreiecks bezeichne ich mit 2*c und die
Schenkellänge mit l;weiters verwende ich die Bezeichnung von Rainer.
Zu zeigen ist: NC/2=CT*cos(40°) (1)
Nach dem Sinussatz gilt BT=c*sin(80°)/sin(30°)=2*c*sin(80°) (2)
Weiters gilt c=l*sin(20°),also BT=2*l*sin(20°)*sin(80°)
Da NC=l/2 ist,ist (1) äquivalent zu CT=l/(4*cos(40°))
Nun gilt CT+BT=l .
Wegen (1) und (2) ist daher zu zeigen
l=l*(2*sin(20°)*sin(80°)+1/(4*cos(40°)))
und das ist äquivalent zu 4*cos(40°)=8*sin(20°)*sin(80)*cos(40°)+1 (3)
(3) äquiv.zu 8*cos(40°)*(1/2-sin(20°)*sin(80°))=1 (4)
Nun gilt 1/2=cos(60°)=cos(80°-20°)=cos(20°)*cos(80°)+sin(20°)*sin(80°);d.h.
1/2-sin(20°)*sin(80°)=cos(20°)*cos(80°);dies setzen wir in (4) ein und
erhalten
8*cos(20°)*cos(40°)*cos(80°)=1 (5)
Wir müssen jetzt nur mehr (5) zeigen.
(5) zeigt man,indem man mehrmals verwendet cos(2*x)=2*(cos(x))^2-1 mit
x=20° und
cos(3*x)=4*(cos(x))^3-3*cos(x); mit x=20° heißt dies,wegen cos(60°)=1/2,daß
8*(cos(20°))^3-6*cos(20°)=1 (6)
Um (5) zu zeigen wendet man (6) zweimal an.
Einen elementareren Beweis habe ich leider nicht gefunden.
Grüße,
Wolfgang
Wolfgang Kirschenhofer
>
> Rainer Rosenthal schrieb:
Vereinfachung des Beweises:
cos(20°),cos(140°) und cos(260°) sind die drei Lösungen der Gleichung
z^3-(6/8)*z-1/8=0 .
Es gilt daher cos(20°)*cos(140°)*cos(260°)=1/8 und wegen
cos(140°)=-cos(40°) und cos(260°)=-cos(80°) folgt sofort die Richtigkeit
der Gleichung (5) .
Grüße,
Wolfgang
Rainer Rosenthal
Wolfgang Kirschenhofer <ki...@kstp.at> wrote in message
news:3ACB1063...@kstp.at...
|
| [ schöne goniometrische Lösung ]
Hallo Wolfgang,
es freut mich, dass Du auch Gefallen an der Aufgabe
gefunden hast.
Ich habe schon einige Zettel vollgekritzelt und habe
dabei mit meinem Punkt S etwas weiter gespielt.
Das Dreieck TMS, 18-mal um den Punkt S gefächert,
ergibt ein schönes reguläres 18-eck.
Ich versuche, durch Vergrösserung der Ursprungsfigur
und Verlängerung der Hilfslinien weitere Zusammenhänge
zu entdecken. Und die sind sichtbar bzw. erahnbar.
Es ist eine wunderbare Sucherei !
Von dem Autor des Rätsels, Leo Bes, habe ich inzwischen
auf Anfrage erfahren, dass er dieses Rätsel anlässlich
eines anderen Problems vor einigen Jahren selbst formuliert
hat und dass er sogar im Besitz eines geometrischen
Beweises ist.
Dass er aber gespannt ist, wie andere an die Sache heran-
gehen werden. Die Lösung sowie alle anderen, die er noch
erfahren wird, will er mir eines Tages auch zumailen.
Das hat doch was ...
Gruss,
Rainer
Michael Hoppe
> Das Dreieck TMS, 18-mal um den Punkt S gefächert,
> ergibt ein schönes reguläres 18-eck.
Das erinnert mich an ein 1996 gestelltes Problem in sci.math:
%------------------------------------------------------------
This is Roy Kerr's very cute solution of that oft-posted geometry
problem.
Yes, the same Roy Kerr who discovered the rotating black hole solution;
a former colleague and HOD of mine here at Canterbury, NZ.
The problem again:-
C
*
/ \
/ \
/ 20 \
/ \
/ \
/ \ D
/ .'\
/ .' \
/ .' \
/ .' \
E / .' \
/--__ .' \
/ .'__ \
/ .' --__ \
/ .' --__ \
/ .' --__ \
/ .' --__ \
/.' 60 50 --__ \
A *'----------------------------------~~* B
It's madly out of proportion of course, but here we have a
20-80-80-degree
isosceles triangle CAB, with AD, BE raised to angles 60, 50 as shown.
Find angles DEB and EDA. Euclidean geometry required, rather than
trig!
%---------------------------------------------------------------
An der Lösung interessiert? Sie basiert auf einem 18-Eck.
Michael
--
-= Michael Hoppe <www.michael-hoppe.de>, <m...@michael-hoppe.de> =------
-= Key fingerprint = 74 FD 0A E3 8B 2A 79 82 25 D0 AD 2B 75 6A AE 63
-= PGP public key (0xE0A5731D) available on request. =---------------
Wolfgang Kirschenhofer
>
> Wolfgang Kirschenhofer <ki...@kstp.at> wrote in message
> news:3ACB1063...@kstp.at...
> |
> | [ schöne goniometrische Lösung ]
>
> Hallo Wolfgang,
>
> es freut mich, dass Du auch Gefallen an der Aufgabe
> gefunden hast.
> Ich habe schon einige Zettel vollgekritzelt und habe
> dabei mit meinem Punkt S etwas weiter gespielt.
> Gruss,
> Rainer
Hallo Rainer !
Besten Dank für Deine Informationen.Ich bin an der Aufgabe,insbesondere an
seiner Lösung ohne Winkelfunktionen weiterhin sehr interessiert.
Grüße,
Wolfgang
Michael Steyer
>
>An der Lösung interessiert? Sie basiert auf einem 18-Eck.
>
Diese Lösung kann man sogar im www nachlesen, aber ich möchte Euch nicht den
Spass verderben. Sie ist _ganz_einfach_ !
Michael Steyer
--
_____________________________________________________________
NewsGroups Suchen, lesen, schreiben mit http://netnews.web.de
J%org Knappen
sich das Problem eigentlich nicht geometrisch
lösbar sein (jedenfalls nicht ohne Trickwerkzeuge
wie einen Winkeldritteler oder das Lineal mit
Markierungen), das kubische Gleichungen vorkommen.
Andererseits ist der zu drittelnde Winkel 60°, und 20°
kann ich aus der Ausgangskonstruktion stehlen. Damit
geht's dann vielleicht doch.
Ist die Ausgangskonstruktion eigentlich mit Zirkel und
Lineal möglich?
--J"org Knappen
Rainer Rosenthal
J%org Knappen <kna...@springer.de> wrote in message
news:3ACC8AE1...@springer.de...
Hallo Jörg,
es wird ja Frühling und da kann ich ja mal Bienchen
spielen und befruchtenderweise zwischen den Blumen-
kelchen der newsgroups *g* hin und her sausen.
So wie ich in alt.algebra.help gerade Michael Hoppes
Hinweis zum 18-eck deponiert habe, so kann ich hier
gerne die Zeilen von Leo Bes abladen, die dieser in
sci.math geschrieben hatte.
Es handelt sich dabei um seine Kommentierung zu einer
rechnerischen Lösung. Alles hier zu posten, wäre sicher leicht
daneben, hier aber immerhin ein paar fleissige Zeilen von
Leo Bes (3.4.01 22:40):
>(1 - sin 20 * sin 80/sin 30) cos 40 = 1/4
>...weird...
>can this be proven??(I mean : are left and righthand side exactly the
>same?)
yes:
(1 - sin 20 * sin 80/sin 30) cos 40 = 1/4
since cos100 - cos 60 = -2*sin((100+60)/2)*sin((100-60)/2)
and therefore -sin80*sin20 = 1/2*(cos 100 - cos 60)
it follows
(1 + 1/2*(cos100-cos60)/sin30)*cos40 = 1/4
which means
1/4 = ( 1 + cos 100 - cos 60)*cos 40=
=( 1+ cos 100 - 1/2)*cos 40 =
= 1/2*cos40 + cos 100*cos 40
this is true since cos100*cos 40 = 1/2*(cos (100 + 40) + cos(100-40))
= 1/2*(cos 140 + cos 60)=
= 1/2*(- cos 40 + 1/2)
QED
>I fear it will take a while to produce a geometrical prove
>Leo Bes
and I still do
cheers again
Leo Bes
Hermann Kremer
Rainer Rosenthal schrieb in Nachricht
<9aiebi$53vkp$1...@ID-54909.news.dfncis.de>...
>
[ SNIP ]
Hallo Rainer,
>es wird ja Frühling und da kann ich ja mal Bienchen
>spielen und befruchtenderweise zwischen den Blumen-
>kelchen der newsgroups *g* hin und her sausen.
>
>So wie ich in alt.algebra.help gerade Michael Hoppes
>Hinweis zum 18-eck deponiert habe, so kann ich hier
>gerne die Zeilen von Leo Bes abladen, die dieser in
>sci.math geschrieben hatte.
Könntest Du vielleicht bitte die Subjects der Threads in sci.math und
alt.algebra.help angeben, zwischen denen Du, stellvertretend für die Biene
Maja, hin und her flatterst. Ich kann aus zeitlichen Gründen zwar nicht
versprechen, meinen Zirkel wieder zu entrosten, aber interessieren würde es
mich schon.
Das wird doch hoffentlich nicht auf eine geometrische Winkeldreiteilung
hinauslaufen ;-))
Grüße
Hermann
--
Michael Steyer
>
>Ich kann aus zeitlichen Gründen zwar nicht
>versprechen, meinen Zirkel wieder zu entrosten, aber interessieren würde es
>mich schon.
>
Hallo Geometriefreunde,
hier ist etwas zur Übung und zur Ideenfindung:
http://jwilson.coe.uga.edu/emt725/EMT725.html#anchor2140932
Insbesondere die Aufgabe mit dem 100-Grad-Dreieck und "Two Triangle Problems"
sind dem 70-70-40-Problem recht ähnlich.
Eine wirklich schöne Aufgabe !
Michael
Wolfgang Kirschenhofer
>
>.........................................
Geometrische Lösung zum Problem am 20°-80°-80° Dreieck.
Bezeichnung,wie in obiger Skizze.Den Schnittpunkt von AD mit BE bezeichne
ich mit F.
x:=Winkel(DEB) und y:=Winkel(EDA).
Behauptung: x=80° und y=30° .
Beweis:
Im Dreieck DEF ist Winkel(EFD)=70°;es gilt daher x+y=180°-70°=110°.Wir
beweisen nun,daß y=30° und daher x=80° ist, folgendermaßen:Wir drehen das
Dreieck ABC mit C als Drehpunkt um den Winkel 20°.
Dabei geht A in B über,B in B',E in E',und F in F'.
Aufgrund der Angabe ist Winkel(EBC)=30° und daher Winkel(E'B'C)=30°.
Nun überlegt man sich leicht,daß Schenkel B'E' senkrecht auf Schenkel DA
steht,denn:Winkel(DAB')=60°-10°=50° und Winkel(AB'D')=50°-10°=40°;
ebenso steht B'C senkrecht zu Schenkel DE,denn:Winkel(CED)=50° und
Winkel(ECB')=40°.
Winkel(EDA) ist daher ein spitzer Normalwinkel zum spitzen Winkel(E'B'C)
und daher ebenfalls =30°.
Also y=30°.
Gruß,
Wolfgang
Klaus Nagel
> Ist die Ausgangskonstruktion eigentlich mit Zirkel und
> Lineal möglich?
Sie ist nicht möglich, denn sonst könnte man einen Winkel von 10°
konstruieren und das würde bedeuten, daß man 30° dreiteilen kann. Die
Dreiteilung führt auf die Gleichung
4*x^3 - 3*x = cos(30°) = Wurzel(3)/2
und mit y =x^2 auf das irreduzible Polynom
64*y^3 - 96*y^2 + 36*y -3,
welches für alle ganzzahligen y ungerade Werte annimmt.
Gruß,
Klaus Nagel
Philipp
enn man dasDreieck NTC an NC spiegelt ergibt sich eine Raute.
Den gespiegelten Punkt T nenne ich T'
Das Dreieck CTU hat durch die Winkelsumme die Winkel
UCT = 40°
CUT = 90°
UTC = 50°
==> Dreiecke CTU, NTU, UNT', CUT' haben alle eine rechten
Winkel in der Mitte, 50° an derrechten und linken Seite, 40° an
der oberen und unteren Spitze also auch beim gesuchten Winkel N
ich hoffe dass das richtig ist
ciao Philipp
Michael Steyer
Rainer Rosenthal <r.ros...@web.de> schrieb
>
> Wir haben ein gleichschenkliges Dreieck ABC
> mit den Winkeln A=70 B=70 und C=40.
> (Wenn es klar ist, nenne ich die Winkel nach
> ihren Scheitelpunkten. Wenn es nicht klar ist,
> erkläre ich es jeweils.)
>
> Sei M der Mittelpunkt zwischen A und B,
> und N der Mittelpunkt zwischen A und C.
>
> Auf der Strecke BC wird Punkt T so gewählt,
> dass der Winkel M=80 Grad ist. Das ist der
> Winkel zwischen MT und MB.
>
> Es sieht so aus, als wäre Winkel N = 40 Grad,
> wobei dies der Winkel zwischen NC und NT ist.
>
W(AMC) = 90 (Thaleskreis um N)
Parallele zu AB durch N steht senkrecht auf CM und schneide BC in S.
Schnittpunkt von SN und TM sei U.
Die Dreiecke BTM, STU und MUN sind sich ähnlich mit den Winkeln 30-70-80.
Zu zeigen: STN hat auch 30-70-80 (dann folgt sofort W(CNT) = 40).
Dazu verlängert von TN bis zum Schnittpunkt V mit AB. Durch einfaches
Addieren/Substrahieren an den Punkten T,N,U,S,V,A,B erhält man alle Winkel im
Dreieck VBT, insbesondere den Winkel bei V (TVB) = 30. Daraus ergibt sich W(TNS) =
30.
q.e.d. ?
Gruss Michael
Wolfgang Kirschenhofer
>
> enn man dasDreieck NTC an NC spiegelt ergibt sich eine Raute.
> Den gespiegelten Punkt T nenne ich T'
Hallo Philipp !
Wieso eine Raute ? Von wo her weißt Du,daß TN=TC ist ? Wenn man das
beweisen kann,ist man natürlich sofort fertig,denn dann ist das Dreieck CNT
gleichschenklig mit den gleichen Basiswinkeln 40°.
Man braucht dann auch keine Spiegelung.
In der Form ist der Beweis falsch.
Gruß,
Wolfgang
> ciao Philipp
Wolfgang Kirschenhofer
Hallo Michael !
Wie erhält man diese Winkel ? Wie beweist Du,daß Winkel W(NTU)=50° ist
,oder daß Winkel W(TVB)=30° ist ?
Durch einfaches Addieren/Subtrahieren finde ich das nicht.
Gruß,
Wolfgang
> q.e.d. ?
>
> Gruss Michael
Michael Steyer
Wolfgang Kirschenhofer <ki...@kstp.at> schrieb
> Michael Steyer schrieb:
> >
> > W(AMC) = 90 (Thaleskreis um N)
> > Parallele zu AB durch N steht senkrecht auf CM und schneide BC in S.
> > Schnittpunkt von SN und TM sei U.
> > Die Dreiecke BTM, STU und MUN sind sich ähnlich mit den Winkeln 30-70-80.
> > Zu zeigen: STN hat auch 30-70-80 (dann folgt sofort W(CNT) = 40).
> > Dazu verlängert von TN bis zum Schnittpunkt V mit AB. Durch einfaches
> > Addieren/Substrahieren an den Punkten T,N,U,S,V,A,B erhält man alle Winkel im
> > Dreieck VBT,..........
>
> Wie erhält man diese Winkel ? Wie beweist Du,daß Winkel W(NTU)=50° ist
> ,oder daß Winkel W(TVB)=30° ist ?
> Durch einfaches Addieren/Subtrahieren finde ich das nicht.
>
ich auch nicht (mehr). Sorry ! Aber ich werd weiter versuchen, die Ähnlichkeit
dieser Dreiecke zu beweisen; das kann doch nicht so schwer sein !?
Michael
Rainer Rosenthal
Klaus Nagel <nagel...@t-online.de> wrote in message
news:3ACDD837...@t-online.de...
[ ein paar Anmerkungen zum Thema ]
Hallo Klaus,
ich beziehe mich hier auf Deine kurze Bemerkung im neuen
3-Schwalben-Thread.
Klaus Nagel <nagel...@t-online.de> wrote in message
news:3ACD95DF...@t-online.de...
| Das 70-70-40-Dreieck hatte meine ganzen Aktivitäten
| gebunden, dabei ist die Lösung ganz einfach
Hallo Klaus,
als jemand, dessen Aktivitäten noch immer gebunden sind
durch das angegebene Problem, kann ich nur bitter lachen
und vollstes Verständnis haben mit all denen, die dem
Völkchen der Mathematiker nichts mehr verübeln als dies:
Nach stundenlangem Grübeln, Kritzeln, Ähh.. und "Nee
doch nicht" bringen sie ein kühles "War ganz einfach".
Ich glaube, dass das auch gar nicht böse gemeint war von Dir.
Eher als Understatement und trotzdem mit dem freudigen
Gefühl, der Lesergemeinde mitzuteilen: Ich hab's gelöst.
Darum ganz neidfrei (echt !) und mit einer Verbeugung:
*BRAVO*
Ich komme nämlich gerade aus alt.algebra.help, wo jemand
einen Beinahe-Beweis gebracht hat, der mit einem 9-eck
operiert. Und ich habe ihm meinen letzten Beinahe-Beweis
zugeschickt. Wir sind also noch MITTENDRIN.
(Und unter Umständen bist jetzt sogar Du neidisch ! Denn
die Sucherei ist ja das schönste an der Sache :-)
Gruss,
Rainer
-
P.S. In den englischen Gruppen läuft der Thread unter dem
Namen: "puzzle nobody seems to like: Bes-triangle"
Klaus Nagel
Rainer Rosenthal schrieb:
> Klaus Nagel <nagel...@t-online.de> wrote in message
> news:3ACDD837...@t-online.de...
>
> [ ein paar Anmerkungen zum Thema ]
>
> Hallo Klaus,
>
> ich beziehe mich hier auf Deine kurze Bemerkung im neuen
> 3-Schwalben-Thread.
>
> Klaus Nagel <nagel...@t-online.de> wrote in message
> news:3ACD95DF...@t-online.de...
> | Das 70-70-40-Dreieck hatte meine ganzen Aktivitäten
> | gebunden, dabei ist die Lösung ganz einfach
>
> Hallo Klaus,
>
> als jemand, dessen Aktivitäten noch immer gebunden sind
> durch das angegebene Problem, kann ich nur bitter lachen
> und vollstes Verständnis haben mit all denen, die dem
> Völkchen der Mathematiker nichts mehr verübeln als dies:
>
> Nach stundenlangem Grübeln, Kritzeln, Ähh.. und "Nee
> doch nicht" bringen sie ein kühles "War ganz einfach".
>
> Ich glaube, dass das auch gar nicht böse gemeint war von Dir.
> Eher als Understatement und trotzdem mit dem freudigen
> Gefühl, der Lesergemeinde mitzuteilen: Ich hab's gelöst.
>
> Darum ganz neidfrei (echt !) und mit einer Verbeugung:
>
> *BRAVO*
Danke für das Lob, es kam genau rechtzeitig, denn als ich gestern die
Bemerkung schrieb, glaubte ich den Beweis zu haben und in der Nacht
wurde mir klar, daß etwas fehlte, aber das habe ich gerade
vervollständigt. Hier ist meine Version des Beweises:
Das Dreieck ABC mit dem eingezeichneten Dreieck MTN spiegele ich an der
Seite AC und erhalte die neuen Punkte B',M' und T'. Ich zeige, daß das
Dreieck M'MT gleichschenklig ist mit der Basisseite M'T. Daraus folgt,
daß die Verbindung TM' die Seite AC unter einem Winkel von 40°
schneidet. Um die Gleichheit der Strecken MT und MM' zu zeigen, fälle
ich das Lot von M auf BT, den Fußpunkt nenne ich U. Wegen des
30°-Winkels MTU ist MT doppelt so lang wie UM. Andrerseits hat UM die
halbe Länge von MM'.
PS: Wegen einer Reise zu einem Treffen mit ehemaligen Studienkollegen
hatte ich das 70-70-40-Problem nicht genau verfolgt. Ich glaubte, es
gäbe schon eine Lösung in der Gruppe, daher hatte ich gestern nur kurz
geschrieben, daß ich eine Lösung habe. Bei dem Treffen habe ich das
Schwalbenproblem kennengelernt und ich hoffe auch noch etwas über das
Raucherproblem zu erfahren, ein Kollege sagte, er bringe es seit Jahren
in seiner Stochastikvorlesung.
Schönes Wochenende,
Klaus
Rainer Rosenthal
|
| Hier ist meine Version des Beweises:
|
| Das Dreieck ABC mit dem eingezeichneten Dreieck MTN spiegele ich an der
| Seite AC und erhalte die neuen Punkte B',M' und T'. Ich zeige, daß das
| Dreieck M'MT gleichschenklig ist mit der Basisseite M'T. Daraus folgt,
| daß die Verbindung TM' die Seite AC unter einem Winkel von 40°
| schneidet. Um die Gleichheit der Strecken MT und MM' zu zeigen, fälle
| ich das Lot von M auf BT, den Fußpunkt nenne ich U. Wegen des
| 30°-Winkels MTU ist MT doppelt so lang wie UM. Andrerseits hat UM die
| halbe Länge von MM'.
|
Hallo Klaus,
dieser Beweis ist sehr sehr schön !
Es freut mich, dass ich der erste sein kann, der Dir
dazu gratuliert.
Ich werde mich jetzt daran machen, meine Beinahe-
Beweise neu zu untersuchen und die Lücken zu stopfen.
Das Schöne an dieser Art der Beschäftigung sind ja
auch die vielen Beobachtungen, die man dabei macht
ohne sie überhaupt schon explizit nennen zu können.
Eine Beobachtung halte ich aber jetzt schon für wert,
hier anzubringen - Ach nein doch nicht ! Ich starte sie
lieber in einem neuen Posting.
Bis dann
Gruss,
Rainer
Wolfgang Kirschenhofer
>
> Rainer Rosenthal schrieb:
>
> > Klaus Nagel <nagel...@t-online.de> wrote in message
> > news:3ACDD837...@t-online.de...
> >
> > [ ein paar Anmerkungen zum Thema ]
> >
> Danke für das Lob, es kam genau rechtzeitig, denn als ich gestern die
> Bemerkung schrieb, glaubte ich den Beweis zu haben und in der Nacht
> wurde mir klar, daß etwas fehlte, aber das habe ich gerade
> vervollständigt. Hier ist meine Version des Beweises:
>
> Das Dreieck ABC mit dem eingezeichneten Dreieck MTN spiegele ich an der
> Seite AC und erhalte die neuen Punkte B',M' und T'. Ich zeige, daß das
> Dreieck M'MT gleichschenklig ist mit der Basisseite M'T. Daraus folgt,
> daß die Verbindung TM' die Seite AC unter einem Winkel von 40°
> schneidet. Um die Gleichheit der Strecken MT und MM' zu zeigen, fälle
> ich das Lot von M auf BT, den Fußpunkt nenne ich U. Wegen des
> 30°-Winkels MTU ist MT doppelt so lang wie UM. Andrerseits hat UM die
> halbe Länge von MM'.
>
> PS: Wegen einer Reise zu einem Treffen mit ehemaligen Studienkollegen
> hatte ich das 70-70-40-Problem nicht genau verfolgt. Ich glaubte, es
> gäbe schon eine Lösung in der Gruppe, daher hatte ich gestern nur kurz
> geschrieben, daß ich eine Lösung habe. Bei dem Treffen habe ich das
> Schwalbenproblem kennengelernt und ich hoffe auch noch etwas über das
> Raucherproblem zu erfahren, ein Kollege sagte, er bringe es seit Jahren
> in seiner Stochastikvorlesung.
>
> Schönes Wochenende,
> Klaus
Hallo Klaus !
Gratuliere zu dem schönen und eleganten Beweis.
Grüße,
Wolfgang
Michael Steyer
Klaus Nagel <nagel...@t-online.de> schrieb
> Das Dreieck ABC mit dem eingezeichneten Dreieck MTN spiegele ich an der
> Seite AC und erhalte die neuen Punkte B',M' und T'. Ich zeige, daß das
> Dreieck M'MT gleichschenklig ist mit der Basisseite M'T. Daraus folgt,
> daß die Verbindung TM' die Seite AC unter einem Winkel von 40°
> schneidet. Um die Gleichheit der Strecken MT und MM' zu zeigen, fälle
> ich das Lot von M auf BT, den Fußpunkt nenne ich U. Wegen des
> 30°-Winkels MTU ist MT doppelt so lang wie UM. Andrerseits hat UM die
> halbe Länge von MM'.
>
das ist wirklich ein schöner Beweis. Nur um sicher zu gehen: kann man im
euklidischen Sinne einer Konstruktion voraussetzen, dass sin(30°)=1/2 ist ?
Gruß Michael
Rainer Rosenthal
Michael Steyer <ms.s...@t-online.de> wrote in message
news:9an0vo$3hc$00$1...@news.t-online.com...
| das ist wirklich ein schöner Beweis. Nur um sicher zu gehen: kann man im
| euklidischen Sinne einer Konstruktion voraussetzen, dass sin(30°)=1/2 ist
?
|
Hallo Michael,
Du kannst die Beweisführung machen ohne jemals
was von einem Sinus gehört zu haben.
Du musst lediglich ein gleichseitiges Dreieck
hinmalen, es mit einer Symmetrieachse durch
eine Ecke versehen und stauenen, was Du da alles
zu sehen bekommst:
Wegen der Winkelsumme 180 grad bekommst Du
3-mal 60 grad für die einzelnen Winkel.
Wegen der Symmetrie ist die Seite HALBIERT, die
der Ecke gegenüberliegt, durch die die Symmetrie-
achse gelegt wurde.
Und eigentlich wird ja umgekehrt ein Schuh daraus:
sin(30 grad) ist 1/2, WEIL diese Tatsachen bestehen.
Gruss,
Rainer
Wolfgang Kirschenhofer
>
> das ist wirklich ein schöner Beweis. Nur um sicher zu gehen: kann man im
> euklidischen Sinne einer Konstruktion voraussetzen, dass sin(30°)=1/2 ist ?
>
> Gruß Michael
Hallo Michael !
Dazu benötigt man keine Winkelfunktionen,sondern nur die Kongruenzsätze
(bzw.die grundlegenden Eigenschaften eines gleichschenkligen Dreieecks);ein
gleichseitiges Dreieck ist ja gleichschenklig bezüglich jeder Seite als
Basis;
im Beweis wurde also sin(30°)=1/2 nicht benötigt und auch nicht benutzt.
Man geht eigentlich meist (und auch historisch war es so) den umgekehrten
Weg:
Man betrachtet ein "halbes" gleichseitiges Dreieck (aufgeschnitten längs
einer Höhe)und berechnet sin(30°)=Gegenkathete/Hypotenuse=(1/2)/1=1/2.
Analog geht man bei der Berechnung von cos(45°)=sin(45°) vor:Man betrachtet
ein "halbes" Quadrat (aufgeschnitten längs einer Diagonale) und rechnet
wieder wie vorhin.
Gruß,Wolfgang
Paul Ebermann
> euklidischen Sinne einer Konstruktion voraussetzen, dass sin(30°)=1/2 ist ?
Kann man das nicht konstruieren?
Eine gleichseitiges Dreieck hat Innenwinkel von je 60°.
Halbieren wir einen, schneidet die Winkelhalbierende die
gegenüberliegende Gerade in der Mitte, das Verhältnis einer
dieser Hälften zur Hypotenuse ist dann genau 1/2.
Paul
Klaus Nagel
> Nur um sicher zu gehen: kann man im
> euklidischen Sinne einer Konstruktion voraussetzen, dass sin(30°)=1/2 ist ?
>
Hallo Michael,
ich verstehe Deine Bedenken. Dies ist der Knackpunkt und der Schwachpunkt des
Problems. Es ist keine Konstruktion im euklidischen Sinne, denn man benutzt die
Zahlenwerte der Winkel, und das geht schon bei der Aufgabenstellung los, denn
der Winkel an der Spitze muß genau 40° messen und einen solchen Winkel kann man
nicht konstruieren.
Gruß,
Klaus
Rainer Rosenthal
| ich verstehe Deine Bedenken. Dies ist der Knackpunkt und der Schwachpunkt
des
| Problems. Es ist keine Konstruktion im euklidischen Sinne, denn man
benutzt die
| Zahlenwerte der Winkel, und das geht schon bei der Aufgabenstellung los,
denn
| der Winkel an der Spitze muß genau 40° messen und einen solchen Winkel
kann man
| nicht konstruieren.
|
Hallo Klaus,
ist das Problem nicht trefflichst geometrisch ?
Was ist an einem regulären 9-eck so schrecklich ?
Bloss, dass man es nicht mit Zirkel und Lineal
konstruieren kann ?
Eine meiner vielen Skizzen zum Thema zeigt zum
Beispiel die folgende schöne Eigenschaft:
Bezeichnet man mit 1,2,3,4,5,6,7,8,9 die 9 Seiten
des regulären 9-ecks im mathematisch positiven
Sinn (gegen die Uhr) und betrachtet folgende Geraden:
g1: durch Mitte(1) und Mitte(5)
g2: durch Mitte(9) und Ecke(3,4)
g3: durch Mitte(1) und Zentrum
dann schneiden diese sich in einem Punkt T.
Das ist doch eine schöne Aussage.
Und es ist zugleich die Formulierung des Dilemmas, in
dem sich Greg Ball in alt.algebra.help bei seinem
Beinahe-Beweis befunden hatte. Er konnte dies nämlich
nur vermuten, es fehlte ihm aber der Beweis.
(Jetzt hat er ihn - dank lateinischem Startschuss).
Gruss,
Rainer
Rainer Rosenthal
| ich verstehe Deine Bedenken. Dies ist der Knackpunkt und der Schwachpunkt
des
| Problems. Es ist keine Konstruktion im euklidischen Sinne, denn man
benutzt die
| Zahlenwerte der Winkel, und das geht schon bei der Aufgabenstellung los,
denn
| der Winkel an der Spitze muß genau 40° messen und einen solchen Winkel
kann man
| nicht konstruieren.
|
Hallo Klaus,
ist das Problem nicht trefflichst geometrisch ?
Was ist an einem regulären 9-eck so schrecklich ?
Bloss, dass man es nicht mit Zirkel und Lineal
konstruieren kann ?
Eine meiner vielen Skizzen zum Thema zeigt zum
Beispiel die folgende schöne Eigenschaft:
Bezeichnet man mit 1,2,3,4,5,6,7,8,9 die 9 Seiten
des regulären 9-ecks im mathematisch positiven
Sinn (gegen die Uhr) und betrachtet folgende Geraden:
g1: durch Mitte(1) und Mitte(5)
g2: durch Mitte(9) und Ecke(3,4)
g3: durch Ecke(1,2) und Zentrum
Klaus Nagel
Rainer Rosenthal schrieb:
> ist das Problem nicht trefflichst geometrisch ?
> Was ist an einem regulären 9-eck so schrecklich ?
> Bloss, dass man es nicht mit Zirkel und Lineal
> konstruieren kann ?
>
> Eine meiner vielen Skizzen zum Thema zeigt zum
> Beispiel die folgende schöne Eigenschaft:
>
> Bezeichnet man mit 1,2,3,4,5,6,7,8,9 die 9 Seiten
> des regulären 9-ecks im mathematisch positiven
> Sinn (gegen die Uhr) und betrachtet folgende Geraden:
>
> g1: durch Mitte(1) und Mitte(5)
>
> g2: durch Mitte(9) und Ecke(3,4)
>
> g3: durch Ecke(1,2) und Zentrum
>
> dann schneiden diese sich in einem Punkt T.
>
> Das ist doch eine schöne Aussage.
>
Hallo Rainer,
da gebe ich Dir recht. Obwohl es die gleicheAufgabe ist, gefällt sie mir in der
Neunecksformulierung viel besser. Das ist wohl subjektiv bedingt, bei 40° denke
ich an technische Zeichnungen, beim regelmäßigen Neuneck an Algebra und
Zahlentheorie. So erinnert das Problem an das reguläre Fünfeck mit
eingeschriebenem Drudenfuß, woraus man den goldenen Schnitt ableitet.
Ich habe mir ein Siebeneck aufgemalt, sehe dort aber keine vergleichbaren
Beziehungen.
Gruß,
Klaus
L.Bes
Ich sollte euch nicht mein Beweis enthalten (auf meines bestes Deutsch)
Es ist nicht so schon und einfach wie dessen von Klaus:
Sei N' der Mittelpunkt zwischen C und B
Auf der Strecke BC wird Punkt Q so gewählt,
dass der Winkel MNQ=40 Grad ist.
Sei T ' das Schnittpunkt von NQ und MN'
Zu beweisen ist: Winkel (T' C B) = 10 grad (weil das beweist dass TT' und AB
orthogonal sind)
Klar ist : N'QT' ist ein gleichschenkliges Dreieck (40-40-100)(MN schnitt AQ
mitteldurch(?))
Konstruiere S mit Dreieck MNS gleichseitig (und S nicht an der selber Seite
von BC als T')
Ich zeige Dreieck T'N'Q = SN'Q und Winkel(SCB) = 10,
und es folgt dazu dass Winkel (N'CT') = Winkel (N'CS) = 10.
1) Winkel(SCB) = 10:
Die Punkte C, S,M auf ein Cirkel mit Mittelpunkt N also Winkel(MNS) = 2*
Winkel (MCS).
Also, Winkel(N'CS)=30 - 20 =10.
2) Dreieck T'N'Q = SN'Q
Weil MN' = MS und Winkel(N'MS) = 60-40=20 , ist Winkel(MN'S) = 80 und
deswegen ist Winkel((QN'S) = 40.
Damit sind die Dreiecke T'N'Q und SN'Q gleich.
Q.E.D.
Grusse ,Danke und ein gutes Wochenende,
Leo Bes
Michael Steyer
Wolfgang Kirschenhofer <ki...@kstp.at> schrieb
> Michael Steyer schrieb:
> >
> > das ist wirklich ein schöner Beweis. Nur um sicher zu gehen: kann man im
> > euklidischen Sinne einer Konstruktion voraussetzen, dass sin(30°)=1/2 ist ?
> >
>
> Dazu benötigt man keine Winkelfunktionen,sondern nur die Kongruenzsätze
> (bzw.die grundlegenden Eigenschaften eines gleichschenkligen Dreieecks);ein
> gleichseitiges Dreieck ist ja gleichschenklig bezüglich jeder Seite als
> Basis;
> im Beweis wurde also sin(30°)=1/2 nicht benötigt und auch nicht benutzt.
> Man geht eigentlich meist (und auch historisch war es so) den umgekehrten
> Weg:
> Man betrachtet ein "halbes" gleichseitiges Dreieck (aufgeschnitten längs
> einer Höhe)und berechnet sin(30°)=Gegenkathete/Hypotenuse=(1/2)/1=1/2.
> Analog geht man bei der Berechnung von cos(45°)=sin(45°) vor:Man betrachtet
> ein "halbes" Quadrat (aufgeschnitten längs einer Diagonale) und rechnet
> wieder wie vorhin.
>
ich hatte es auch so gemeint: Verhältnis von Gegenkathede zu Hypothenuse = 1/2 bei
30-Grad-Dreieck und hatte lediglich aus Faulheit dafür sin(30) geschrieben. Aber
das Argument mit dem gleichseitigen Dreieck ist natürlich vollkommen richtig.
Jetzt sind mir allerdings noch andere Bedenken gekommen: Klaus hat korrekt
gezeigt, daß TM' die Seite AC unter einem Winkel von 40 Grad schneidet. Aber ist
auch gezeigt, daß dies im zuvor definierten Punkt N erfolgt ?
Michael
Rainer Rosenthal
|
| Jetzt sind mir allerdings noch andere Bedenken gekommen: Klaus hat korrekt
| gezeigt, daß TM' die Seite AC unter einem Winkel von 40 Grad schneidet.
Aber ist
| auch gezeigt, daß dies im zuvor definierten Punkt N erfolgt ?
|
Hallo Michael,
das hat er, denn das Dreieck M'AX hat die Winkel
70-70-40 und ist damit ähnlich zum Dreieck B'AC.
Mit X bezeichne ich dabei den Schnittpunkt, von dem
Du wissen wiullst, ob er mit N identisch ist.
Wegen der Ähnlichkeit sind alle entsprechenden Seiten
um den gleichen Faktor verkleinert. Die Basis M'A ent-
spricht der halben Basis B'A und folglich entspricht der
Schenkel XA dem halben Schenkel CA. Also ist X gleich
dem Mittelpunkt von CA, also X = N.
Gruss,
Rainer
Hermann Kremer
Klaus Nagel schrieb in Nachricht <3ACEE255...@t-online.de>...
Hallo Klaus,
>... Hier ist meine Version des Beweises:
>
>Das Dreieck ABC mit dem eingezeichneten Dreieck MTN spiegele ich an der
>Seite AC und erhalte die neuen Punkte B',M' und T'. Ich zeige, daß das
>Dreieck M'MT gleichschenklig ist mit der Basisseite M'T. Daraus folgt,
>daß die Verbindung TM' die Seite AC unter einem Winkel von 40°
>schneidet. Um die Gleichheit der Strecken MT und MM' zu zeigen, fälle
>ich das Lot von M auf BT, den Fußpunkt nenne ich U. Wegen des
>30°-Winkels MTU ist MT doppelt so lang wie UM. Andrerseits hat UM die
>halbe Länge von MM'.
Sehr schön !!!!
Ich hatte mal den Spieß umgekehrt und einfach gefordert, daß das Dreieck
NTC gleichschenklig sein soll. Dann ist der Punkt T gleich dem Schnittpunkt
der Streckenhalbierenden von NC mit der Seite CB. Mit dieser Konstruktion
kenne ich jetzt alle Winkel bis auf arc(TMB) = x, arc(BTM) = y, arc(NTM)
= z und arc(TMN) = u. Zu zeigen ist, daß der Winkel arc(TMB) = x gemäß
der Aufgabe gleich 80° ist. Man kann jetzt an den Punkten N, M, T
und in den Dreiecken MTN und MBT die Winkelbilanzen aufstellen und erhält
x + 70° + y = 180° Dreieck MBT
u + z + 100° = 180° Dreieck MTN
100° + z + y = 180° Punkt T
70° + u + x = 180° Punkt M
und die werden erfüllt durch
x = 80° wie es sein soll
y = 30°
z = 50°
u = 30°
QED, aber leider nur fast, denn das lineare Gleichungssystem hat nur den
Rang 3 ;-(
Wird das trotzdem als geometrische Lösung anerkannt ?
Grüße
Hermann
--
Rainer Rosenthal
L.Bes <leo...@wxs.nl> wrote in message
news:9angld$246l8$1...@reader03.wxs.nl...
| Hallo Geometrie-Freunde,
|
| Ich sollte euch nicht mein Beweis enthalten (auf meines bestes Deutsch)
| Es ist nicht so schon und einfach wie dessen von Klaus:
|
Hallo Leo,
das freut uns sehr, wenn wir einen Gast hier sehen !
Dein Deutsch ist sehr gut zu verstehen.
Der Beweis ist harte Arbeit ! Die interessante Stelle
ist hier wohl der folgende Satz:
| Die Punkte C, S,M auf ein Cirkel mit Mittelpunkt N
| also Winkel(MNS) = 2* Winkel (MCS).
| Also, Winkel(N'CS)=30 - 20 =10.
Ich liebe die gute alte Schul-Geometrie, aber diesen
Satz habe ich nicht gekannt. Welchen Namen hat er ?
Offenbar sagt er folgendes:
Satz des XYZ: Gegeben ein Kreis mit Mittelpunkt M
und drei Punkte P, Q, R auf dem Kreis.
Dann ist der Winkel <PMQ = 2 * <PRQ
Ein schöner Satz.
Allerdings ist der Beweis von Klaus Nagel wirklich super
elegant. Für mein Gefühl (feeling) braucht man bei dieser
Aufgabe eine einzige Kern-Idee, die mehr ist als nur
Addieren von Winkeln. Diese Idee gibt dann die Stabilität,
die einem zeigt, dass alles gut zusammenpasst.
Bei Deinem Beweis ist diese Idee der genannte Satz (XYZ)
und auch die lustige Konstruktion des Punktes S im gleich-
seitigen Dreieck.
Beim Beweis von Klaus Nagel ist es (WOW! clap-clap) die
Beobachtung des 60-Grad-Winkels und die Ausnutzung der
Tatsache, dass die 30-Grad-Linie die Seite halbiert.
Ein wenig traurig bin ich schon, dass ich mit meinem Beweis
nicht fertig geworden bin. Trotzdem freue ich mich sehr
über die Dinge, die ich dabei gelernt habe und dass ich so
genau mitgedacht habe, dass ich richtige von falschen Beweisen
unterscheiden kann und das Einfache wirklich bewundern kann.
Ein gutes Ende für Dein "puzzle nobody seems to like".
Gruss / regards
Rainer Rosenthal
r.ros...@web.de
Rainer Rosenthal
Hermann Kremer <hermann...@online.de> wrote in message
news:9anm61$l0m$1...@news.online.de...
|
| x + 70° + y = 180° Dreieck MBT
| u + z + 100° = 180° Dreieck MTN
| 100° + z + y = 180° Punkt T
| 70° + u + x = 180° Punkt M
|
| und die werden erfüllt durch
|
| x = 80° wie es sein soll
| y = 30°
| z = 50°
| u = 30°
|
| QED, aber leider nur fast, denn das lineare Gleichungssystem hat nur den
| Rang 3 ;-(
|
| Wird das trotzdem als geometrische Lösung anerkannt ?
|
Hallo Hermann,
Hmmm..., räusper ... ähh ... nicht Dein stärkster
Beitrag, oder ?
x = 79, y = 31, z = 49, u = 31
müsste nach dieser Logik dann auch als Lösung aner-
kannt werden *g*.
Es ist tatsächlich wohl so - und dein Ansatz bestärkt mich
in dieser Vermutung - dass man durch die Winkeladdiererei
und Beachtung der offensichtlichen Zusammenhänge alles
"fast" hinbekommt. Und dann braucht es noch eine einzige
pfiffige Idee, um die letzte Freiheit festzuzurren und dem
Gebäude Stabilität zu verleihen. (Rang 3 -> 4 !)
Diese Idee ist bei Klaus Nagels Beweis die Entdeckung des
Winkels 60 Grad und die simple Ausnutzung der Tatsache,
dass die Seite im gleichseitigen Dreieck durch die Höhe
halbiert wird.
Bei Leo Bes' Beweis ist es der Satz vom Mittelpunktswinkel
( ich glaube jetzt, mal sowas gehört zu haben), der eingesetzt
wird, um das nicht-triviale Reissverschluss-Argument zu bringen.
Es freut mich sehr, dass Du - wenn Du schon nicht Deinen
Zirkel entrostet hast - Dich diesem schönen Thread angeschlossen
hast. Aber vielleicht kanst Du den Zirkel ja schon mal in ein
Ölbad legen, dann geht es beim nächsten Mal "wie geschmiert".
Wie wäre es mit einem Link zum Thema Mittelpunktswinkel-Satz ?
So als Zugabe zu Deinem Beitrag ?
Danke im Voraus und Gruss
Rainer
Michael Steyer
Rainer Rosenthal <r.ros...@web.de> schrieb
>
> Satz des XYZ: Gegeben ein Kreis mit Mittelpunkt M
> und drei Punkte P, Q, R auf dem Kreis.
> Dann ist der Winkel <PMQ = 2 * <PRQ
>
> Ein schöner Satz.
>
... bekannt unter dem Namen Umfangs-(oder Peripherie-)winkelsatz. Außerdem ist der
Peripheriewinkel bei R ebenso groß wie der zugehörige Sehentangentenwinkel (Winkel
ziwschen Tangente und der Strecke PQ in P bzw. Q).
Michael
Rainer Rosenthal
Hallo Michael,
danke für die Info. Ich habe Hermann Kremer inzwischen
um Links gebeten, denn warum selber suchen, wenn man
solch einen begnadeten Linker kennt ?
Es freut mich, dass Du bei diesem Thread mitgemacht hast,
der mir wirklich massig Spass gemacht hat und sogar einen
englisch-sprachigen Gast hergelockt hat.
Gruss,
Rainer
-
P.S. Ich kann es noch gar nicht fassen ! Dein Hinweis auf den
Sehnentangentenwinkel hat mir die fehlende Idee gebracht,
um einen Ansatz zu vervollständigen, den ich heute morgen
als Beinahe-Beweis in alt.algebra.help gepostet hatte !!!
Jippiiiieeh ! Das kommt gleich als Extra-Posting heraus !
Danke nochmal ...
Rainer Rosenthal
Rainer Rosenthal <r.ros...@web.de> wrote in message
news:9ad2ue$4lt2v$1...@ID-54909.news.dfncis.de...
| Hallo Geometrie-Freunde,
|
| in einigen englisch-sprachigen Gruppen wird
| ein eleganter geometrischer Beweis gesucht.
|
| Wir haben ein gleichschenkliges Dreieck ABC
| mit den Winkeln A=70 B=70 und C=40.
| (Wenn es klar ist, nenne ich die Winkel nach
| ihren Scheitelpunkten. Wenn es nicht klar ist,
| erkläre ich es jeweils.)
|
| Sei M der Mittelpunkt zwischen A und B,
| und N der Mittelpunkt zwischen A und C.
|
| Auf der Strecke BC wird Punkt T so gewählt,
| dass der Winkel M=80 Grad ist. Das ist der
| Winkel zwischen MT und MB.
|
| Es sieht so aus, als wäre Winkel N = 40 Grad,
| wobei dies der Winkel zwischen NC und NT ist.
|
| dies wahr ist. Bisher ging aber noch kein geometri-
| scher Beweis ein.
|
Hallo Geometrie-Freunde,
es ist mir eine Riesenfreude, dass ich aus Euren Beiträgen
soviel lernen konnte, dass ich jetzt mit einem eigenen
Beweis aufwarten kann (*). Diesen hatte ich heute morgen
schon in alt.algebra.help gepostet und konnte ihn jetzt
nach Leo Bes' Hinweis und Michael Steyers Erklärung um
das entscheidende Element vervollständigen !!!
( (*) Habe ich gedacht *schluck* - trotzdem weiter :-( )
Ich zeichne Dreieck ABC mit den Winkeln 70-70-40, wähle
jetzt Punkt U in der Mitte zwischen N und C, errichte darin
die Mittelsenkrechte und lasse sie im Punkt T die Seite BC
schneiden. Ich werde zeigen, dass T dem oben genannten
Punkt T gleich ist, d.h. dass Winkel(BMT) = 80 ist.
Ich spiegele das Dreieck ABC an der Geraden UT und nenne
die Spiegelpunkte von A, M, B mit Strichmarkierung: A', M', B'.
Der Punkt C geht bei dieser Spiegelung über in C' = N.
Heute morgen war ich noch nicht in der Lage zu beweisen,
dass <BMT = 80 ist. Aber jetzt bin ich es - dank des schönen
Satzes vom Umfangswinkel bzw. vom Sehnentangenten-Winkel.
( Dachte ich *schluck* ...)
Nach diesem Satz ist nämlich <CMT halb so gross wie <CMM'
Weil <CMM' = 90 - 70 = 20, ist also <CMT = 10, also <BMT = 80.
Tja *schluck* da habe ich aber leider was übersehen, denn damit
ich den Satz anwenden kann, muss ich sicher sein, dass MC
tatsächlich Tangente an den Kreis durch M,T,M' ist. Und das heisst,
dass ich sicher sein muss, dass das Zentrum dieses Kreises
der Schnittpunkt S von UT mit AB (und natürlich auch A'B') ist.
Wenn das allerdings bewiesen ist, dann geht es viel einfacher: denn
dann ist <ASU = 20 und wegen ST = SM sind die Basiswinkel
<TMS = <MTS = 80.
KKK RRR EEE III SSS CCC HHH !!!!
Wieso immer nur die anderen ? Ich will auch mal was beweisen !
Ist der hübsche Ansatz zu retten ?
Gruss,
Rainer
Hermann Kremer
Rainer Rosenthal schrieb in Nachricht
<9antmf$66n24$1...@ID-54909.news.dfncis.de>...
>
>Michael Steyer <ms.s...@t-online.de> wrote in message
>news:9anog0$t39$04$1...@news.t-online.com...
>| Hallo Rainer,
>|
>| Rainer Rosenthal <r.ros...@web.de> schrieb
>| >
>| > Satz des XYZ: Gegeben ein Kreis mit Mittelpunkt M
>| > und drei Punkte P, Q, R auf dem Kreis.
>| > Dann ist der Winkel <PMQ = 2 * <PRQ
>| >
>| > Ein schöner Satz.
>| >
>| ... bekannt unter dem Namen Umfangs-(oder Peripherie-)winkelsatz.
Außerdem
>ist der
>| Peripheriewinkel bei R ebenso groß wie der zugehörige
Sehentangentenwinkel
>(Winkel
>| ziwschen Tangente und der Strecke PQ in P bzw. Q).
>|
>
>Hallo Michael,
>
>danke für die Info. Ich habe Hermann Kremer inzwischen
>um Links gebeten, denn warum selber suchen, wenn man
>solch einen begnadeten Linker kennt ?
Und er hat auch schon was gefunden unter dem Stichwort "central angle":
http://www.geom.umn.edu/docs/reference/CRC-formulas --> 6. Circles
Ob der Satz einen Namen hat weiß ich (noch) nicht - ich suche weiter ;-)
Hermann Kremer
Hermann Kremer schrieb in Nachricht <9ao7q4$o0t$1...@news.online.de>...
>
>> ... bekannt unter dem Namen Umfangs-(oder Peripherie-)winkelsatz.
>> Außerdem ist der Peripheriewinkel bei R ebenso groß wie der zugehörige
>> in P bzw. Q).
>>
>Und er hat auch schon was gefunden unter dem Stichwort "central angle":
>http://www.geom.umn.edu/docs/reference/CRC-formulas --> 6. Circles
>Ob der Satz einen Namen hat weiß ich (noch) nicht - ich suche weiter ;-)
Hmmm, er taucht in der Nähe des Thaleskreises auf ...
http://www.kepler.c.sn.schule.de/lex/geom/kreis.htm
http://www.math4u.de --> Kreis
Grüße
Hermann
--
>
Lukas-Fabian Moser
<r.ros...@web.de> wrote:
>Ich liebe die gute alte Schul-Geometrie, aber diesen
>Satz habe ich nicht gekannt. Welchen Namen hat er ?
Umfangswinkelsatz oder "Satz vom Faßkreisbogenpaar": Die Umfangswinkel
über derselben Sehne sind nicht nur gleich, sondern gerade halb so
groß wie der Mittelpunktswinkel dieser Sehne.
Lukas
Klaus Nagel
Hermann Kremer schrieb:
>
>
> Ich hatte mal den Spieß umgekehrt und einfach gefordert, daß das Dreieck
> NTC gleichschenklig sein soll. Dann ist der Punkt T gleich dem Schnittpunkt
> der Streckenhalbierenden von NC mit der Seite CB. Mit dieser Konstruktion
> kenne ich jetzt alle Winkel bis auf arc(TMB) = x, arc(BTM) = y, arc(NTM)
> = z und arc(TMN) = u. Zu zeigen ist, daß der Winkel arc(TMB) = x gemäß
> der Aufgabe gleich 80° ist. Man kann jetzt an den Punkten N, M, T
> und in den Dreiecken MTN und MBT die Winkelbilanzen aufstellen und erhält
>
> x + 70° + y = 180° Dreieck MBT
> u + z + 100° = 180° Dreieck MTN
> 100° + z + y = 180° Punkt T
> 70° + u + x = 180° Punkt M
>
> und die werden erfüllt durch
>
> x = 80° wie es sein soll
> y = 30°
> z = 50°
> u = 30°
oder mit beliebigen delta:
x = 80° + delta
y = 30° - delta
z = 50° + delta
u = y
> QED, aber leider nur fast, denn das lineare Gleichungssystem hat nur den
> Rang 3 ;-(
>
> Wird das trotzdem als geometrische Lösung anerkannt ?
>
Hallo Hermann,
dieser Ansatz scheint mir dem Versuch zu entsprechen, aus den Innenwinkeln des
Trapezes M'M T T' den Schnittwinkel der Diagonalen MT' und M'T zu ermitteln. Das
geht aber nicht, denn wenn man die obere Seite TT' parallel rauf oder runter
verschiebt, bleiben die Innenwinkel gleich, während sich der Winkel zwischen den
Diagonalen ändert. Als mir das klargeworden war, wußte ich, daß die
Winkelbilanzen nicht ausreichen und habe nach einer weiteren Beziehung gesucht.
Im 30°-Dreieck habe ich sie gefunden.
Gruß,
Klaus
L.Bes
Die Zeit auf mein Computer arbeitet nicht ganz wie ich mir wunsche...
>can anyone prove that it is exactly 40 deg...?
>
>Leo Bes
>
Thanks all for all your contributions.
I am glad the problem is solved, and I like the solution of Klaus Nagel very
much.
But my special thanks go to Rainer Rosenthal who posted the problem in the
newsgroup de.sci.mathematik and showed having great fun trying to find the
solution wich you almost did.
...this seems such ...official.. but ok, this rite feels ok.....
Another contribution came from Michael Steyer, who pointed at a site were
two other problems were stated that have great assemblance with my problem.
Thanks a lot,
greetings,
Leo Bes
PS. The following drawing was used to construct the problem, and...to
solve the other 3 problems!!!
(!!!!!!!!!!!!)
(that is: the Tripp problem(1975) and the problems Michael Steyer showed
me: the 100-grad and the two triangle problems )
here it goes: 1) draw a regular 18-gon M0,M1,M2,...,M17 with centre C
2)draw all the 18 lines to the centre C.
3) with M0 as starting point draw the lines M0M1,
M0M2,M0M3,...,M0M8
a lot of the intersection-points have the same distance to the centre C:
1) with P15 being the intersection-point of M0M6 with M1C (...strange
names...I'm sorry)
and with P23 being the intersection-point of M0M5 with M2C
it is not hard (but very nice) to show that P23C = P15C .
2) with P16 being the intersection-point of M0M7 with M1C and
with P24 being the intersection-point of M0M6 with M2C
it is not hard to show that P16C = P24C
3) with P17 being the intersection-point of M0M8 with M1C and
with P34 being the intersection-point of M0M7 with M3C and
with P43 being the intersection-point of M0M7 with M4C
it is remarkable that P17C= P34C= P43C
**********
these 3 facts, amongst others make it much more easier to solve the four
related problems
Have fun
One question remains:
What new relations can be shown in a regular 36-gon, 72-gon,...360-gon , and
so on..
...and have a nice weekend.
Klaus Nagel
"L.Bes" wrote:
>
>
> here it goes: 1) draw a regular 18-gon M0,M1,M2,...,M17 with centre C
> 2)draw all the 18 lines to the centre C.
> 3) with M0 as starting point draw the lines M0M1,
> M0M2,M0M3,...,M0M8
>
> a lot of the intersection-points have the same distance to the centre C:
>
> 1) with P15 being the intersection-point of M0M6 with M1C (...strange
> names...I'm sorry)
The notation is quite reasonable, the first index denotes the spoke, the second
counts the intersections starting at the outside with 0. I will use P[1][5]
instead of P15 to allow for two digit indices.
>
> and with P23 being the intersection-point of M0M5 with M2C
>
> it is not hard (but very nice) to show that P23C = P15C .
>
> 2) with P16 being the intersection-point of M0M7 with M1C and
> with P24 being the intersection-point of M0M6 with M2C
>
> it is not hard to show that P16C = P24C
>
> 3) with P17 being the intersection-point of M0M8 with M1C and
> with P34 being the intersection-point of M0M7 with M3C and
> with P43 being the intersection-point of M0M7 with M4C
>
> it is remarkable that P17C= P34C= P43C
>
>
The distance P[k][l]C can be calculated by applying the law of sine to the
triangle M0 P[k][l] C:
|P[k][l]C| = cos(alpha*(k+l)) / cos(alpha*(k-l)), with alpha = 180°/(Number of
corners).
Since cos is an even function, |P[k][l] C| = |P[l][k]| holds, e.g. P34C= P43C.
The attached C-program evaluates all these distances, by sorting the output
file "gon.dat" you can find points of equal distance from the center.
For the 36-gon I found three relations, which are not contained in the 18-gon:
|P[15][1]C| = |P[7][5]C|
|P[11][5]C| = |P[1][3]C|
|P[13][1]C| = |P[7][3]C|
Regards,
Klaus Nagel
------------------------------------
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <math.h>
void
main ()
{
int m, n, k, l;
double r, alpha;
FILE *datei;
datei = fopen ("gon.dat", "w");
while (1)
{
printf ("Number of Corners? (0 to exit)\7\n");
scanf ("%d", &n);
if (n < 1)
{
fclose (datei);
exit (0);
}
m = (n - 1) / 2;
alpha = 4. * atan (1.) / n;
for (k = 1; k < m; k++)
{
for (l = 1; l <= m - k && l <= k; l++)
{
r = cos (alpha * (k + l)) / cos (alpha * (k - l));
printf ("%16.12lf %3d %3d\n", r, k, l);
fprintf (datei, "%3d %16.12lf %3d %3d\n", n, r, k, l);
}
}
}
}
------------------------------------
L.Bes
Klaus Nagel heeft geschreven in bericht <3AD065BD...@t-online.de>...
|P[15][1]C| = |P[7][5]C|
|P[11][5]C| = |P[1][3]C|
|P[13][1]C| = |P[7][3]C|
Regards,
Klaus Nagel
Hello und Danke,
der zweite sollte naturlich |P[11,1]C|=|P[5][3]C| sein
gruss,
Leo Bes
Klaus Nagel
> der zweite sollte naturlich |P[11,1]C|=|P[5][3]C| sein
Ja, das war ein Schreibfehler, aber Du hast ja das Programm.
Gruß,
Klaus Nagel
Hermann Kremer
Klaus Nagel schrieb in Nachricht <3AD0025A...@t-online.de>...
Hallo Klaus,
Ja, danke, ich mittlerweile auch ...
Dabei habe ich dann gesehen, daß wegen MN || BC die Winkel arc(BTM) = y
und arc(TMN) = u natürlich gleich sind (peinlich, peinlich ...), so daß
sich das LGS auf
z + y = 80
x + y = 110
reduziert und die fehlende Bedingung aus der Betrachtung der beiden Dreiecke
MTN und NTC folgt. Da in ersterem die Seite MN gleich der Seite AN
ist und damit gleich der Seite NC des zweiten Dreiecks (= AC/2) ist und
die beiden Dreiecke die Seite NT gemeinsam haben, ergibt sich aus dem
Sinus-Satz
NC/NT = sin(z)/sin(u == y) = sin(100)/sin(40)
und mit z = 80 - y folgt daraus
sin(80-y)/sin(y) = sin(100)/sin(40).
Nun gilt
sin(80 - y)/sin(y) = cos(y + 10)/sin(y)
sin(100)/sin(40) = sin(80)/sin(40) = 2*cos(40)
und damit
cos(y + 10)/sin(y) = cos(40)/0.5
und daraus folgt dann y = 30° ==> x = 110 - y = 80°. QED.
Nun ist der Sinus-Satz zwar keine klassische Geometrie; da aber die Winkel
40° und 100° ebenso wie die Seiten NC und NT im Originaldreieck
vorhanden sind, kann man das Verhältnis der Sini (Sinusse ?) als Proportion
konstruieren, und ich vermute mal, daß zumindest Claudios Ptolemaios eine
rein geometrische Lösung für die trigonimetrischen Umformungen hätte basteln
können ... und Du kannst es wahrscheinlich auch ...
Grüße
Hermann
--
>
>Gruß,
>Klaus
>
>
Klaus Nagel
Hermann Kremer wrote:
> Nun ist der Sinus-Satz zwar keine klassische Geometrie; da aber die Winkel
> 40° und 100° ebenso wie die Seiten NC und NT im Originaldreieck
> vorhanden sind, kann man das Verhältnis der Sini (Sinusse ?) als Proportion
Sinus mit langem u ( bei Sini würde sich meine Lateinlehrerin im Grabe umdrehen
:-)
>
> konstruieren, und ich vermute mal, daß zumindest Claudios Ptolemaios eine
> rein geometrische Lösung für die trigonimetrischen Umformungen hätte basteln
> können ... und Du kannst es wahrscheinlich auch ...
Da überschätzt Du mich, aber in der Richtung starte ich einen neuen Thread, den
Text dazu hatte ich schon geschrieben, aber dann bin ich ein paar Stunden lang
nicht ins Netz gekommen.
Gruß,
Klaus