Das andere Goldene Dreieck?

17.06.2019, 11:25

Justice

Das andere Goldene Dreieck?

Hallo Internet

Bekanntes
Goldener Schnitt oder Golden-Ratio kennen wir ja.

Es gibt auch ein "Goldenes Dreieck" mit den Winkeln 36,72,72 und somit ein Gleichschenkliges ist, siehe wiki/Goldenes_Dreieck_(Geometrie)

Unbekanntes?
Was ich aber suche ist das Dreieck, mit Seitenverhältnissen jeweils dem Goldenen Schnitt entsprechen.

FRAGE:
Weiss jemand wie das Dreieck heisst? Oder kann ich dem jetzt einen Namen geben? Augenzwinkern

Danke schon im Voraus!

Gruss
Nureis

17.06.2019, 11:39

HAL 9000

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Zitat:

Original von Justice
Was ich aber suche ist das Dreieck, mit Seitenverhältnissen jeweils dem Goldenen Schnitt entsprechen.

Was ist unter "jeweils" zu verstehen? Irgendwie sowas wie

$\begin{eqnarray*} \frac{a}{b} = \frac{b}{c} = \frac{\sqrt{5}-1}{2} \end{eqnarray*}$ ?

Das führt zu $\begin{eqnarray*} a+b=c \end{eqnarray*}$ , und damit ein entartetes Dreieck.

Bleiben nur die gleichschenkligen Dreiecke:

a) Ein gleichschenkliges Dreieck mit $\begin{eqnarray*} a=b=\frac{\sqrt{5}-1}{2}c \end{eqnarray*}$ , das wäre eins mit $\begin{eqnarray*} \alpha=\beta=36^{\circ},\gamma=108^{\circ} \end{eqnarray*}$ .

b) Ein gleichschenkliges Dreieck mit $\begin{eqnarray*} a=b=\frac{\sqrt{5}+1}{2}c \end{eqnarray*}$ , das wäre eins mit $\begin{eqnarray*} \alpha=\beta=72^{\circ},\gamma=36^{\circ} \end{eqnarray*}$ .

Was könntest du sonst meinen? verwirrt

17.06.2019, 12:02

Justice

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Oh Backe ich hab den ersten Beitrag völlig verk#&!@ ...

Ich meine nicht die Seitenverhältnisse = $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$
Stattdessen die Seitenverhältnisse $\begin{eqnarray*} \frac{a}{b} = \frac{b}{c} \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} a,b,c \end{eqnarray*}$ eine Seite des Dreiecks benamst.

17.06.2019, 12:19

HAL 9000

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Nun, dann habe ich die Antwort ja schon gegeben: Das Dreieck heißt "entartet", weil es kein richtiges Dreieck ist. Augenzwinkern

17.06.2019, 13:56

Justice

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Zitat:

Original von HAL 9000
Nun, dann habe ich die Antwort ja schon gegeben: Das Dreieck heißt "entartet", weil es kein richtiges Dreieck ist. Augenzwinkern

Nein, ich meine:

$\begin{eqnarray*} \frac{a}{b} = \frac{b}{c} \neq \phi \end{eqnarray*}$

sprich:

es gibt belieb viele solcher Dreiecke, mit der Grenze:
$\begin{eqnarray*} b \cdot \phi > c \geq b \end{eqnarray*}$

Es gibt auch ein solches als rechtwinkliges Dreieck:

Wir wählen:
$\begin{eqnarray*} b=1 \end{eqnarray*}$
mit der Bedingung für mein Dreieck:
$\begin{eqnarray*} a= \frac{b^{2}}{c} \end{eqnarray*}$
und dieses als rechtwingklige Version:
$\begin{eqnarray*} c^{2} = a^{2} + b^{2} \end{eqnarray*}$

Ein lösbares Gleichungssystem mit 3 Gleichungen und 3 Variablen.

Lösung eines rechtwinkligen a/b = b/c Dreiecks wäre (frei Skalierbar natürlich)

$\begin{eqnarray*} a = \frac{1}{\sqrt{\phi}} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} b=1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} c = \sqrt{\phi} \end{eqnarray*}$

Gibt es einen Namen für das Ding? verwirrt

17.06.2019, 14:07

HAL 9000

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So langsam lichtet sich der Nebel: Es geht also um $\begin{eqnarray*} \frac{a}{b}=\frac{b}{c}=:\lambda \end{eqnarray*}$ mit (zunächst noch) offenem $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ .

Jetzt sagst du, dass du $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ so haben willst, dass $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ Hypotenuse eines solchermaßen gewählten rechtwinkligen Dreiecks sein soll. Das impliziert $\begin{eqnarray*} \lambda^4+\lambda^2=1 \end{eqnarray*}$ , was letztendlich dazu führt, dass nicht $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ , sondern $\begin{eqnarray*} \lambda^2 = \frac{a}{c} \end{eqnarray*}$ (Verhältnis kleinere Kathete zu Hypotenuse) gleich dem Goldenen Schnitt $\begin{eqnarray*} \frac{\sqrt{5}-1}{2} \end{eqnarray*}$ ist.

17.06.2019, 14:49

Justice

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Zitat:

Original von HAL 9000
So langsam lichtet sich der Nebel: Es geht also um $\begin{eqnarray*} \frac{a}{b}=\frac{b}{c}=:\lambda \end{eqnarray*}$ mit (zunächst noch) offenem $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ .

Jetzt sagst du, dass du $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ so haben willst, dass $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ Hypotenuse eines solchermaßen gewählten rechtwinkligen Dreiecks sein soll. Das impliziert $\begin{eqnarray*} \lambda^4+\lambda^2=1 \end{eqnarray*}$ , was letztendlich dazu führt, dass nicht $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ , sondern $\begin{eqnarray*} \lambda^2 = \frac{a}{c} \end{eqnarray*}$ (Verhältnis kleinere Kathete zu Hypotenuse) gleich dem Goldenen Schnitt $\begin{eqnarray*} \frac{\sqrt{5}-1}{2} \end{eqnarray*}$ ist.

Habe mein Vorherigen Beitrag im Nachhinein noch ergänzt siehe oben

17.06.2019, 15:10

Justice

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Aber natürlich gibt es auch das Dreieck

$\begin{eqnarray*} \frac{a}{b}=\frac{b}{c} \end{eqnarray*}$

Mit den Winkeln mit konstanten Verhältnis zueinander:

$\begin{eqnarray*} \frac{\alpha}{\beta}=\frac{\beta }{\gamma} \end{eqnarray*}$

Gibt es dafür einen Namen?

17.06.2019, 15:10

HAL 9000

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Ob das Ding schon einen Namen hat, vermag ich nicht zu sagen. Zumindest haben sich andere auch schon für dieses Dreieck bzw. damt im Zusammenhang stehende Pythagoras-Quadrate interessiert:

https://www.walser-h-m.ch/hans/Miniature...d_Fibonacci.htm smile

P.S.: Da haben sich die Beiträge überkreuzt - ich rede nach wie vor von dem Dreieck oben.

17.06.2019, 15:21

HAL 9000

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Zitat:

Original von Justice
Aber natürlich gibt es auch das Dreieck

$\begin{eqnarray*} \frac{a}{b}=\frac{b}{c} \end{eqnarray*}$

Mit den Winkeln mit konstanten Verhältnis zueinander:

$\begin{eqnarray*} \frac{\alpha}{\beta}=\frac{\beta }{\gamma} \end{eqnarray*}$

Oh ja, das gibt es, es nennt sich "gleichseitiges Dreieck". Big Laugh

Ein anderes Dreieck, welches beide Bedingungen simultan erfüllt, gibt es glaube ich nicht. Wäre natürlich noch nachzuweisen.

17.06.2019, 16:20

Justice

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Zitat:

Original von HAL 9000

Zitat:

Oh ja, das gibt es, es nennt sich "gleichseitiges Dreieck". Big Laugh

Ein anderes Dreieck, welches beide Bedingungen simultan erfüllt, gibt es glaube ich nicht. Wäre natürlich noch nachzuweisen.

Ja das Gleichseitige... aber gibt es noch eins?

Wenn ja dann müsste folgendes eine Lösung haben:

$\begin{eqnarray*} \frac{a}{b} = \frac{sin(\alpha )}{sin(\beta )} = \frac{\alpha }{\beta } \neq 1 \end{eqnarray*}$

Kann man online gratis Gleichungssysteme Lösen mit sin()?

17.06.2019, 16:56

HAL 9000

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Sei $\begin{eqnarray*} \frac{\alpha}{\beta}=\frac{\beta}{\gamma}=:x \end{eqnarray*}$ , dan bekommen wir über die Dreieck-Innenwinkelsumme $\begin{eqnarray*} \alpha=\frac{\pi x^2}{1+x+x^2},\beta=\frac{\pi x}{1+x+x^2},\gamma=\frac{\pi}{1+x+x^2} \end{eqnarray*}$ . Zusammen mit dem Sinussatz bedeutet das dann

$\begin{eqnarray*} f(x):=\frac{ac}{b^2} = \frac{\sin(\alpha)\sin(\gamma)}{\sin^2(\beta)}= \frac{\sin\left(\frac{\pi x^2}{1+x+x^2}\right)\sin\left(\frac{\pi}{1+x+x^2}\right)}{\sin^2\left(\frac{\pi x}{1+x+x^2}\right)} \end{eqnarray*}$

Ein Plot dieser Funktion im Intervall $\begin{eqnarray*} (0,1] \end{eqnarray*}$ zeigt eine streng monoton wachsende Funktion mit $\begin{eqnarray*} f(0)=0 \end{eqnarray*}$ bis hin zu $\begin{eqnarray*} f(1)=1 \end{eqnarray*}$ . Die Vermutung, dass es noch ein $\begin{eqnarray*} x<1 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(x)=1 \end{eqnarray*}$ geben könnte, kann man damit wohl vergessen.

18.06.2019, 08:38

Justice

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Zitat:

Original von HAL 9000
Sei $\begin{eqnarray*} \frac{\alpha}{\beta}=\frac{\beta}{\gamma}=:x \end{eqnarray*}$ , dan bekommen wir über die Dreieck-Innenwinkelsumme $\begin{eqnarray*} \alpha=\frac{\pi x^2}{1+x+x^2},\beta=\frac{\pi x}{1+x+x^2},\gamma=\frac{\pi}{1+x+x^2} \end{eqnarray*}$ . Zusammen mit dem Sinussatz bedeutet das dann

$\begin{eqnarray*} f(x):=\frac{ac}{b^2} = \frac{\sin(\alpha)\sin(\gamma)}{\sin^2(\beta)}= \frac{\sin\left(\frac{\pi x^2}{1+x+x^2}\right)\sin\left(\frac{\pi}{1+x+x^2}\right)}{\sin^2\left(\frac{\pi x}{1+x+x^2}\right)} \end{eqnarray*}$

Ein Plot dieser Funktion im Intervall $\begin{eqnarray*} (0,1] \end{eqnarray*}$ zeigt eine streng monoton wachsende Funktion mit $\begin{eqnarray*} f(0)=0 \end{eqnarray*}$ bis hin zu $\begin{eqnarray*} f(1)=1 \end{eqnarray*}$ . Die Vermutung, dass es noch ein $\begin{eqnarray*} x<1 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(x)=1 \end{eqnarray*}$ geben könnte, kann man damit wohl vergessen.

Verwendest du das Polynom für eine numerische Annäherung?

aber es gibt ja beliebig viele Dreiecke der Form:
$\begin{eqnarray*} \frac{\alpha }{\beta }=\frac{\beta }{\gamma } \neq 1 \end{eqnarray*}$

Es gibt auch ein lineare Lösung für das Dreieck hier, man braucht keine numerischen Lösungsansatz

18.06.2019, 09:50

HAL 9000

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Zitat:

Original von Justice
aber es gibt ja beliebig viele Dreiecke der Form:
$\begin{eqnarray*} \frac{\alpha }{\beta }=\frac{\beta }{\gamma } \neq 1 \end{eqnarray*}$

Bei festgelegtem $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \frac{\alpha}{\beta}=\frac{\beta}{\gamma}=x \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} \beta=x\gamma \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} \alpha=x^2\gamma \end{eqnarray*}$ , und über die Winkelsumme $\begin{eqnarray*} \alpha+\beta+\gamma=\pi \end{eqnarray*}$ sind dann diese drei Winkel eindeutig festgelegt in der von mir genannten Weise (nix mit numerischer Näherung unglücklich

), d.h., das Dreieck dann bis auf Ähnlichkeit eindeutig festgelegt, und damit auch die Seitenverhältnisse via

$\begin{eqnarray*} a = 2R\sin(\alpha),\; b = 2R\sin(\beta),\; c = 2R\sin(\gamma) \end{eqnarray*}$

(mit Umkreisradius $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ ). Genau diese Seitenverhältnisse untersuche ich dann ja mit der Funktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ , denn $\begin{eqnarray*} \frac{a}{b}=\frac{b}{c} \end{eqnarray*}$ gilt ja genau dann wenn $\begin{eqnarray*} f(x)=1 \end{eqnarray*}$ . Irgendwie scheinst du da über meinen Beitrag nicht richtig nachgedacht zu haben, deine Anmerkungen mit diesem "numerische Näherung" finde ich jedenfalls ziemlich themenverfehlt. unglücklich

19.06.2019, 08:52

Justice

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Habe gerade gesehen das es kein solches Dreieck gibt:

$\begin{eqnarray*} \frac{a}{b} = \frac{b}{c} \neq 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{\alpha}{\beta } = \frac{\beta }{\gamma } \neq 1 \end{eqnarray*}$

es gibt keine Lösung für die Gleichungen unglücklich

sehr Schade.

Aber er gibt folgendes Dreieck

$\begin{eqnarray*} \frac{\alpha}{\beta } = \frac{\beta }{\gamma }= \phi \end{eqnarray*}$

Welches sich als ein rechtwinkliges Dreieck entpuppt

Wieso ist das nicht das Goldene Dreieck?

19.06.2019, 09:30

HAL 9000

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Zitat:

Original von Justice
Aber er gibt folgendes Dreieck

$\begin{eqnarray*} \frac{\alpha}{\beta } = \frac{\beta }{\gamma }= \phi \end{eqnarray*}$

Welches sich als ein rechtwinkliges Dreieck entpuppt

Logisch, folgt ja aus $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{1+x+x^2}=\frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x=\phi=\frac{\sqrt{5}-1}{2} \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von Justice
Wieso ist das nicht das Goldene Dreieck?

Weil bei diesen Winkeln die Seitenverhältnisse nicht mit dem übereinstimmen, was man unter Goldenes Dreieck versteht.

P.S.: Diese Fragen "wieso ist etwas nicht ..." sind i.d.R. wenig zielführend. Man sollte sich eher konstruktiv auf "wieso ist etwas ..." konzentrieren, dann ergibt sich meist als Nebenprodukt eine Antwort auf die erste Frage.

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