Verschoben! Konstruktiver Beweis am Dreieck gesucht

18.04.2008, 00:01

Deep_Thought

Konstruktiver Beweis am Dreieck gesucht

Huhu Forum!

Ich schlage mich eine ganze Weile mit einem Problem herum, das ich eigentlich lösen können sollte, aber irgendwie sehe ich den Wald vor lauter Bäumen nicht.
Zuerst eine Skizze:

http://user.cs.tu-berlin.de/~andrasz/data/Schaubild.jpg

Ich möchte die Beträge von $\begin{eqnarray*} $t_1$ \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} $t_2$ \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} $t_3$ \end{eqnarray*}$ bekommen. Ich kenne die Winkel $\begin{eqnarray*} $\alpha$ \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} $\beta$ \end{eqnarray*}$ , und ich weiß, daß die Strecke $\begin{eqnarray*} $AC$ \end{eqnarray*}$ in zwei gleich lange Abschnitte $\begin{eqnarray*} $AB$ \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} $BC$ \end{eqnarray*}$ geteilt ist, die jeweils die Länge $\begin{eqnarray*} $n$ \end{eqnarray*}$ haben, welche ich auch kenne.
Offensichtlich gilt der Kosinussatz:

$\begin{eqnarray*} $t_1^{2} + t_2^{2} - 2 t_1 t_2 cos \alpha = n^{2}$ \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} $t_2^{2} + t_3^{2} - 2 t_2 t_3 cos \beta = n^{2}$ \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} $t_1^{2} + t_3^{2} - 2 t_1 t_3 cos (\alpha + \beta) = 4n^{2}$ \end{eqnarray*}$

Das sind drei Gleichungen mit drei Unbekannten und sollte eigentlich zu lösen sein, aber irgendwie habe ich mich immer verhaspelt. In meiner Verzweiflung habe ich nach weiteren Zusammenhängen gesucht und bin auf den Satz von Stewart gestoßen. Nach Vereinfachung, weil bei mir $\begin{eqnarray*} $x = y = n$ \end{eqnarray*}$ gilt, erhalte ich damit:

$\begin{eqnarray*} t_1^{2} + t_3^{2} - 2 t_2^{2} = 2n^{2} \end{eqnarray*}$

Das ist noch eine Gleichung mit den drei Unbekannten, aber als ich damit gerechnet habe, bin ich irgendwo bei einem Polynom 8. Grades angekommen und habe entnervt aufgegeben.

Meine Aufgabe ist folgende:
In ein Strahlenbüschel aus drei Strahlen soll eine Strecke bekannter Länge derart gefittet werden, daß der mittlere Strahl die Strecke in genau zwei gleichlange Abschnitte teilt.
Ich muß zuerst beweisen, daß es nur genau eine Möglichkeit gibt, das zu tun. Dann muß ich konstruktiv die Beträge von $\begin{eqnarray*} $t_1$ \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} $t_2$ \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} $t_3$ \end{eqnarray*}$ ermitteln.

Meine Intuition sagt mit, daß es eine eindeutige Lösung für dieses Problem gibt. Ein empirischer Versuch mit ein paar verbogenen Büroklammern sagt das auch.
Aber ich komme einfach nicht vom Fleck, wenn ich das rechnerisch machen will. Es ist wie verhext.
Hat jemand von Euch vielleicht eine zündende Idee dazu? Das wäre wirklich genial.

Edit (Dual Space): Ich verschieb das mal in die Geometrie. Stör dich bitte nicht dran, dass das Geometrie-Forum ein Unterforum der Schulmathe ist.

18.04.2008, 13:49

garde_alpin

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sorry wenn ich jetzt total daneben liegt aber:

wenn AB = AC dann müsste doch rein theoretisch nach strahlensatz t1=t2=t3 sein oder?
Nach den Verhältnissen von t1 / n = t2 / n oder t3 / n = t2 / n!

Sorry wenn es falsch ist nur die kosinusgleichung mit 3 unbekannten zu lösen erscheint für mich nicht wirklich der lösungsansatz zu sein!

18.04.2008, 13:55

Bjoern1982

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Ich sehe hier weder eine Strahlensatzfigur noch dass AB=AC verwirrt

18.04.2008, 14:01

garde_alpin

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ne mein ab = bc^^
war mir net so sicher ob es eine strahlensatzfigur ist^^

18.04.2008, 14:09

riwe

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wie wäre es damit verwirrt

edit: zu beweisen, dass es nur eine lösung gibt, ist das wirklich so schwierig verwirrt

eine strecke hat genau 1 mittelpunkt und durch 2 punkte geht ja nur eine bestimmte anzahl von geraden, oder verwirrt

18.04.2008, 14:12

garde_alpin

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riwe könntest du mir sagen mit welchem programm du diese bilder immer erstellst?!

18.04.2008, 14:55

Deep_Thought

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$\begin{eqnarray*} $AB = BC$ \end{eqnarray*}$ ist gegeben, genauso wie die Winkel $\begin{eqnarray*} $\alpha$ \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ . Aber das ist auch schon alles

@garde-alpin:
Der Strahlensatz ist hier nicht anwendbar, da das Strahlenbüschel nur von einer Geraden und nicht von einer Parallelenschar geschnitten wird.

@riwe:
Ich bin mir nicht ganz sicher, daß ich dich richtig verstehe; kannst du das etwas genauer ausführen?

18.04.2008, 15:48

riwe

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Zitat:

Original von Deep_Thought
$\begin{eqnarray*} $AB = BC$ \end{eqnarray*}$ ist gegeben, genauso wie die Winkel $\begin{eqnarray*} $\alpha$ \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ . Aber das ist auch schon alles

@garde-alpin:
Der Strahlensatz ist hier nicht anwendbar, da das Strahlenbüschel nur von einer Geraden und nicht von einer Parallelenschar geschnitten wird.

@riwe:
Ich bin mir nicht ganz sicher, daß ich dich richtig verstehe; kannst du das etwas genauer ausführen?

das ist eigentlich standardkäse, wenn man daran denkt:
diese konstruktion nennt sich faßkreis:
du mußt sozusagen das pferd von hinten aufzäumen.
bastle die strecken $\begin{eqnarray*} AB \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} AC \end{eqnarray*}$ , und über $\begin{eqnarray*} AB \end{eqnarray*}$ den faßkreis mit winkel $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ über $\begin{eqnarray*} BC \end{eqnarray*}$ den mit $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ , der (richtige) schnittpunkt der beiden kreise ist der gesuchte punkt $\begin{eqnarray*} D \end{eqnarray*}$ , nun kannst du die strecken abmessen unglücklich

18.04.2008, 16:17

riwe

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Zitat:

Original von garde_alpin
riwe könntest du mir sagen mit welchem programm du diese bilder immer erstellst?!

EUKLID

18.04.2008, 16:31

Deep_Thought

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@riwe:
Sehr gut, jetzt verstehe ich! Faßkreis kannte ich bisher noch nicht, aber das ist in der Tat genau das, was ich brauche. Jetzt muß ich mich nur noch um die numerische Berechnung kümmern, aber das sollte kein Problem sein. Danke!

18.04.2008, 17:03

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Vielleicht hilft auch der Sinussatz ein wenig weiter:

$\begin{eqnarray*} \sin(\overline{\angle DBA}) = t_1 \cdot \frac{\sin(\alpha)}{n} = t_3 \cdot \frac{\sin(\beta)}{n} \end{eqnarray*}$

Damit ist schon mal das Verhältnis

$\begin{eqnarray*} \frac{t_3}{t_1} = \frac{\sin(\alpha)}{\sin(\beta)} =: v \end{eqnarray*}$

bekannt, da die rechte Seite aus gegebenen Stücken ermittelbar ist. Dies in

$\begin{eqnarray*} t_1^2 + t_3^2 - 2 t_1 t_3 \cos (\alpha + \beta) = 4n^2 \end{eqnarray*}$

eingesetzt ergibt sofort eine Bestimmungsgleichung für $\begin{eqnarray*} t_1 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} t_1^2\left( 1 + v^2 - 2v \cos (\alpha + \beta) \right) = 4n^2 \end{eqnarray*}$ .

Also nix mit Gleichung achten Grades, sondern nur ein einfaches Quadrat - nicht mal eine "anständige" quadratische Gleichung... smile

Wahrscheinlich lässt sich das $\begin{eqnarray*} \left( 1 + v^2 - 2v \cos (\alpha + \beta) \right) \end{eqnarray*}$ mit Additionstheoremen in $\begin{eqnarray*} \alpha,\beta \end{eqnarray*}$ noch ein wenig eleganter schreiben - das mag probieren, wer Lust hat.

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