Geometrie im Ikosaeder

14.03.2015, 07:15

Yakeöwü

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Geometrie im Ikosaeder

Meine Frage:
Laut Definition besteht ein Ikosaeder aus 20 gleichseitigen Dreiecken.

Lasst sich meine Behauptung widerlegen oder beweisen?

Meine Ideen:
Meine Behauptung:
Die zweifache Kantenlänge eines der 20 gleichseitigen Dreiecke ist
sogleich der Durchmesser von Spitze zu gegenüberliegender Spitze
eines Ikosaeders.

14.03.2015, 08:46

riwe

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RE: Geometrie im Ikosaeder
wenn du das meinst, das wird sich vermutlich nicht ausgehen traurig

traurig

14.03.2015, 09:53

HAL 9000

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Zitat:

Original von Yakeöwü
Lasst sich meine Behauptung widerlegen oder beweisen?

Widerlegen: Der tatsächliche Umkugeldurchmesser (um den geht es hier) ist nicht $\begin{align*} 2a \end{align*}$ , sondern $\begin{align*} \frac{a}{2}\sqrt{10+2\sqrt{5}} \approx 1.9a \end{align*}$ .

18.03.2015, 22:24

Yakeöwü

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Mit der Schulmathematik errechne ich für die Höhe einer regelmäßigen, gleichseitigen Fünfeckpyramide
ungefähr 0,526 multipliziert mit Seitenlänge. (Bitte dementieren oder bestättigen). Bei einfachsten Fall,
Seitenlänge 1m, ergibt sich 52,6cm für die Höhe.

Nehme ich zwei regelmäßige, gleichseitige Fünfeckpyramiden mit Kantenlänge 1m und verbinde sie auf ihrer Grundfläche, so erhalte ich die Gesamthöhe 1m und 5cm.

Nehme ich fünf Tetraeder mit Kantenlänge 1m, um dasselbe räumliche Gebilde zu erhalten, so erhalte ich die Höhe 1m.

Ein und dasselbe aber zwei verschiedene Maße?

18.03.2015, 22:44

HAL 9000

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Zitat:

Original von Yakeöwü
Mit der Schulmathematik errechne ich für die Höhe einer regelmäßigen, gleichseitigen Fünfeckpyramide ungefähr 0,526 multipliziert mit Seitenlänge.

Stimmt - der genaue Wert ist $\begin{align*} \sqrt{\frac{5-\sqrt{5}}{10}} \end{align*}$ .

Zitat:

Original von Yakeöwü
Nehme ich fünf Tetraeder mit Kantenlänge 1m, um dasselbe räumliche Gebilde zu erhalten, so erhalte ich die Höhe 1m.

Erstaunt1

18.03.2015, 22:55

Yakeöwü

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Sorry, will dich nicht vergraulen, aber hat außen immer Kantenlänge 1m. Bloß die dumme
Höhe will nicht gleich sein.

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18.03.2015, 23:01

HAL 9000

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Ich verstehe dich jetzt so, dass du fünf reguläre Tetraeder so zusammenbauen willst, dass deine zwei aneinandergeklebten Fünfeckpyramiden rauskommen?

Vergiss es: Der Winkel zwischen zwei Seitenflächen beim regulären Tetraeder ist

$\begin{align*} \arccos\left(\frac{1}{3}\right) \approx 70.53^{\circ} \end{align*}$ ,

also nicht $\begin{align*} 72^{\circ} \end{align*}$ , wie du es für ein "lückenloses" Zusammenstückeln brauchen würdest. unglücklich

unglücklich

--------------------

Tatsächlich kann man mit der ermittelten Fünfeckpyramiden-Höhe $\begin{align*} h \end{align*}$ den Ikosaeder-Umkugelradius $\begin{align*} r \end{align*}$ berechnen:

Nach Pythagoras muss gelten $\begin{align*} a^2-h^2 = r^2-(r-h)^2 \end{align*}$ , was umgestellt $\begin{align*} r = \frac{a^2}{2h} \end{align*}$ ergibt, und damit den gesuchten Durchmesser $\begin{align*} 2r = \frac{a^2}{h} = \sqrt{\frac{10}{5-\sqrt{5}}}a = \frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{2}a \end{align*}$ , wie oben bereits erwähnt.

18.03.2015, 23:17

Yakeöwü

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Sollte der Ikosaeder eine Achse haben, so ergäbe sich für den Umkugeldurchmesser der Wert,
2*SQRT((5-SQRT5)/10).
Entspricht aber auch nicht dem Umkugeldurchmesser, den Sie angaben.

18.03.2015, 23:19

HAL 9000

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Zitat:

Original von Yakeöwü
Sollte der Ikosaeder eine Achse haben, so ergäbe sich für den Umkugeldurchmesser der Wert,
2*SQRT((5-SQRT5)/10).

"Achse" ??? Und wie kommst du auf diese Formel??? Die entspricht ja dem doppelten der obigen Höhe, aber beim Ikosaeder gibt es ja noch eine Zwischenschicht, die du jetzt hier wohl ignorieren willst - oder wie, oder was? verwirrt

verwirrt

18.03.2015, 23:24

Yakeöwü

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Kann Ihnen gerne ein Bild von den 5 zusammengestückelten Tetraedern schicken.
Geht in der Theorie nicht. 360/5 ist 72.
Aber ein Winkel im Raum hat nichts mit einem Winkel in der Ebene zu tun!

18.03.2015, 23:39

HAL 9000

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Wir entfernen uns vom Thema der Bestimmung des Durchmessers des Ikosaeders - anscheinend betreibst du hier Smalltalk über andere geometrische Sachverhalte? verwirrt

verwirrt

Egal, ich hab alles wesentliche gesagt - du willst irgendwie nicht drauf eingehen, sondern brummelst vor dich hin. Gute N8. Wink

Wink

19.03.2015, 01:39

Yakeöwü

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Zusammenfassung:
Womöglich ist der Ikosaeder falsch definiert?
Laut Definition (meines Wissens) besteht der Ikosaeder in der Oberfläche aus gleichseitigen Dreiecken.
Das führt zu Widersprüchen (siehe unsere Disskussion).

Ich habe mein Modell des Ikosaeders aus zwanzig Tetraedern gebaut. Nur mir fehlt
ein Beweis, dass keine Bauungenauigkeit vorliegt. Und mir fehlt z.T. das Know how
gegen die Definition.

Im oberen und unteren Teil des Ikosaeders, habe ich jeweils fünf Tetraeder zusammengeklebt.
Der Kranz besteht aus den anderen zehn Tetraedern. Ich gehe davon aus, dass sechs Achsen,
die durch den Mittelpunkt des Ikosaeders gehen vorhanden sind. Wenn dem so ist, kann der
Ikosaeder nicht aus gleichschenkligen Pyramiden bestehen.

Laut Definition ergibt sich wohl rechnerisch nicht, dass der Ikosaeder aus Tetraedern aufgebaut
ist, sondern aus gleichschenkligen Pyramiden (siehe Umkugel). Ob sich das in der Praxis verwirklichen lässt glaube ich nicht.

Für mich hatte und hat Mathematik immer einen Praxisbezug. Sonst bleibt sie eine hohe Kunst.
Die Sie besser beherschen als ich.

Es gibt nur einen Ikosaeder natürlich in verschiedenen Größen. Und ich glaube nicht,
dass dieser aus gleichschenkligen Pyramiden zu erzeugen ist.

19.03.2015, 07:59

HAL 9000

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Es sind 20 Tetraeder, ja - aber keine regulären Tetraeder:

Die Grundflächen sind jeweils gleichseitige Dreiecke der Seitenlänge $\begin{align*} a \end{align*}$ , das sind die Seitenflächen des Ikosaeders. Die drei Kanten hin zur gemeinsamen Spitze (Mittelpunkt des Ikosaeders) haben aber eine andere Länge, nämlich den Umkugelradius

$\begin{align*} r = \frac{a}{4}\sqrt{10+2\sqrt{5}} \approx 0.951a \end{align*}$ ,

SONST PASST ES EINFACH NICHT. Die zugehörige Rechnung, basierend auf deiner Pyramidenhöhe $\begin{align*} h \end{align*}$ , steht seit gestern oben, du hast sie nur eben ignoriert.

P.S.: Dein Beharren, dass es mit regulären Tetraedern klappt, erinnert mich an die Indiana Pi Bill, die wahrscheinlich auch durch "Praxisbezug" motiviert war. Augenzwinkern

Augenzwinkern

---------------------------------------------------

EDIT: Und hier jetzt ausführlich. Die folgende Skizze stellt einen Schnitt durch das Ikosaeder dar, und zwar verläuft die Schnittebene durch den Mittelpunkt $\begin{align*} M \end{align*}$ , die Spitze $\begin{align*} S \end{align*}$ sowie einen der Fünfeckpunkte $\begin{align*} A \end{align*}$ . Der Lotfußpunkt $\begin{align*} F \end{align*}$ von $\begin{align*} A \end{align*}$ auf $\begin{align*} SM \end{align*}$ entspricht dabei dem Mittelpunkt der Fünfeck-Grundfläche deiner Pyramide.

[attach]37518[/attach]

Nun gilt sowohl $\begin{align*} |AM|=r \end{align*}$ als auch $\begin{align*} |SM| = r \end{align*}$ , denn alle Punkte des Ikosaeders sind gleichweit vom Mittelpunkt entfernt, und diese Entfernung ist der Umkugelradius. Nun gilt im Dreieck $\begin{align*} SAF \end{align*}$ nach Pythagoras

$\begin{align*} |AF|^2 = |AS|^2 - |SF|^2 \end{align*}$ , also $\begin{align*} r_F^2 = a^2-h^2 \end{align*}$ ,

als auch im Dreieck $\begin{align*} AMF \end{align*}$ ebenfalls nach Pythagoras

$\begin{align*} |AF|^2 = |AM|^2 - |MF|^2 \end{align*}$ , also $\begin{align*} r_F^2 = r^2-(r-h)^2 \end{align*}$ ,

was nach der Gleichsetzung dann auf die oben bereits erwähnte Gleichung $\begin{align*} a^2-h^2 = r^2-(r-h)^2 \end{align*}$ , und damit umgestellt $\begin{align*} r = \frac{a^2}{2h} \end{align*}$ führt.

Die Skizze ist auch geeignet, überhaupt erstmal $\begin{align*} h \end{align*}$ auszurechnen: $\begin{align*} r_F \end{align*}$ ist der Umkreisradius im regelmäßigen Fünfeck der Seitenlänge $\begin{align*} a \end{align*}$ , damit folgt

$\begin{align*} r_F = \frac{a}{2\sin(36^{\circ})} = \sqrt{\frac{5+\sqrt{5}}{10}}a \end{align*}$ ,

die Wurzeldarstellung ist etwas schwieriger zu ermitteln (via Goldener Schnitt), zugegeben. Jedenfalls ist damit dann $\begin{align*} h = \sqrt{a^2-r_F^2} = \sqrt{\frac{5-\sqrt{5}}{10}}a \end{align*}$ .

19.03.2015, 15:16

Yakeöwü

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RE: Geometrie im Ikosaeder
Formuliere meine Behauptung genauer:
Ein Ikosaeder ist aus zwanzig regulären Tetraedern aufgebaut.
Der Ikosaeder ist in drei Einzelteile zerlegbar.
Nämlich in zwei Polyeder mit sieben Ecken, zehn gleichseitigen Dreiecksflächen, und fünfzehn gleichlangen Kanten.
Sowie einem Polyeder mit zehn (zwölf Ecken mit doppeltgerechnetem Mittelpunkt), zwanzig
gleichseitigen Dreiecksflächen und zwanzig gleichlangen Kanten.

Der Polyeder mit sieben Ecken, zehn gleichseitigen Dreiecksflächen, und fünfzehn
gleichlangen Kanten besteht aus fünf regulären Tetraedern.

Der Polyeder mit zehn (zwölf Ecken mit doppeltgerechnetem Mittelpunkt), zwanzig
gleichseitigen Dreiecksflächen und dreissig gleichlangen Kanten besteht aus zehn
regulären Tetraedern.

Das bedeutet der Ikosaeder hat sechs Achsen, einen größten Durchmesser von 2a von einer
zur gegenüberliegenden Spitze, sowie einen kleinsten Durchmesser von gleichseitigem Flächenmittelpunkt zu gegenüberliegendem Flächenmittelpunkt von 1,632a.
Es gilt: größter Durchmesser*(SQRT2/SQRT3)=kleinster Durchmesser.
kleinster Durchmesser* (SQRT3/SQRT2)=größter Durchmesser.

Versuche es zu beweisen und bin für jede Hilfe dankbar.

19.03.2015, 18:17

HAL 9000

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Der obige Vergleich mit der Indiana Pi Bill hätte nicht passender sein können:

Wider aller Vernunft sowie angeführten Berechnungen beharrst du drauf, dass $\begin{align*} \pi=4 \end{align*}$ ist (im übertrageneme Sinne).

Angesichts dessen muss ich die Segel streichen, schade um die Mühe oben - na vielleicht hilft es jemanden anderen. Wink

Wink

19.03.2015, 18:40

Yakeöwü

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Was würde Ihnen denn weiterhelfen?

Ihren Ikosaeder würde ich gerne mal in genauestmöglicher Bauform sehen.
Es hilft Ihnen bestimmt auch nichts, wenn ich an Ihre Formeln glaube.

War nett Ihre Bekanntschaft gemacht zu haben.

19.03.2015, 22:08

HAL 9000

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Zitat:

Original von Yakeöwü
Es hilft Ihnen bestimmt auch nichts, wenn ich an Ihre Formeln glaube.

Saublödes Statement. Kein Mensch verlangt, dass du die Formeln "glaubst". Nachvollziehen, verstehen und dann akzeptieren wäre angesagt, es stehen ja mehr als genug Erklärungen da, kannst ja auch noch konkret nachfragen. Aber das scheint nicht dein Ding zu sein.

Zitat:

Original von Yakeöwü
War nett Ihre Bekanntschaft gemacht zu haben.

Dieses Kompliment kann ich nicht erwidern - es ist eher traurig, auf derartige Ignoranten zu treffen. unglücklich

unglücklich

20.03.2015, 05:40

Yakeöwü

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Ich muß mich verbessern. Und zwar definitiv so:
Die größte Strecke im Ikosaeder von Spitze zu gegenüberliegender Spitze ergäbe sich,
zur vierfachen Höhe der Fünfeckpyramide.
Laut Ihm, muß ich aber die Gerade krümmen, damit seine Umkugel rauskommt.
Weil 2,104>1,9.
Mit einfacher Trigonometrie lässt sich dieser Krümmungswinkel berechnen.
Egal, laut seiner Herleitung hat der mathemathische Ikosaeder keine Achse.

Ich bitte Sie mir dass zu bestätigen.

20.03.2015, 09:12

Yakeöwü

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Geometrie im Ikosaeder
Meine Frage:
Stimmt es, dass der Öffnungswinkel zwischen zwei Geraden, die durch beide Spitzen und den Fuenfecksflächenmittelpunkt zweier Polyeders, mit sieben Ecken, zehn gleichseitigen Dreiecksflächen und fuenfzehn Kanten
130° ist? Die zwei Polyeder, mit sieben Ecken, zehn gleichseitigen Dreiecksflächen und fuenfzehn Kanten, tangieren sich an einer Spitze und haben die Ausrichtung jeweils einer der beiden Geraden. Sie bilden außerdem einen Teil des Ikosaeders.
Dessen Umkugel ca.1,9 mal a ist.
Frage 2: Stimmt es weiterhin, dass der Abstand vom Umkugelmittelpunkt
zu der tangierenden Spitze,der sechs mal vorkommt, konstant ist und 0,45 mal a beträgt?

Meine Ideen:
Ich habe versucht, mich möglichst deutlich auszudrücken und fordere hier nur eine Bestätigung oder ein Dementi der jeweiligen Frage.

20.03.2015, 16:53

mYthos

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Ein Thread mit dem gleichen Thema reicht.
Der obige Beitrag wurde von dem neuen Thread hierher verschoben und angefügt.

mY+

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