Winkel im Dreieck gesucht (2)

09.05.2021, 10:54

Mathema

Winkel im Dreieck gesucht (2)

Wir waren ja mal angefangen mit netten kleinen Geometrie-Problemen:

[attach]53075[/attach]

Viel Spaß und einen schönen Sonntag!

09.05.2021, 13:24

Ulrich Ruhnau

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RE: Winkel im Dreieck gesucht (2)
Eine Zeichnung wäre für die Aufgabenstellung besser gewesen.
[attach]53076[/attach]
Nach meiner Zeichnung komme ich zum Schluß, daß der gesuchte Winkel 0° beträgt. Aber vielleicht habe ich etwas übersehen.

09.05.2021, 13:57

Leopold

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Hier ein Bild mit Euklid.

[attach]53077[/attach]

09.05.2021, 14:53

Mathema

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RE: Winkel im Dreieck gesucht (2)

Zitat:

Original von Ulrich Ruhnau
Eine Zeichnung wäre für die Aufgabenstellung besser gewesen.

Das Erstellen einer geeigneten Zeichnung gehört in der Regel zu einer Geometrie-Aufgabe dazu - Niveau 0 sozusagen.
Leopold hat diese erste Hürde (wie erwartet) mit Bravour gemeistert.

13.05.2021, 09:42

Leopold

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Ich hatte jetzt Zeit, mich mit dieser Aufgabe zu beschäftigen. Mir dämmert auch, daß diese oder eine ähnliche Aufgabe hier im Board neulich behandelt wurde. Ich kann sie aber nicht mehr finden und weiß auch nicht, ob dort eine übersichtliche Lösung vorgeschlagen wurde.

Vielleicht stelle ich mich auch nur ungeschickt an, aber es gelingt mir nicht, mit Sätzen der Elementargeometrie und ein paar Winkelrechnungen den Winkel $\begin{align*} \varepsilon \end{align*}$ herauszubekommen. Natürlich erkennt und begründet man leicht gleichschenklige Dreiecke und rechte Winkel. Aber wie man das für das Ziel nutzen kann, sehe ich nicht. Was macht also ein ausgebildeter Mathematiker, wenn er keine kreative Idee hat? Genau. Er nutzt sein ganzes Handwerkszeug und zieht brutal seine Strategie durch, in der Hoffnung, daß, weil seine Zeichnung den gesuchten Winkel mit 30° zeigt, die Rechnung am Ende in sich zusammenfällt und 30° herauskommen.

Die Strategie ist denkbar einfach: Die Zeichnung wie im Bild ins $\begin{align*} xy \end{align*}$ -Koordinatensystem legen, die Geraden als Graphen linearer Funktionen beschreiben und damit Punkte und Steigungen berechnen. Steigungen sind Tangenswerte von Winkeln, also wird man noch Tangenstheoreme benötigen. Die in der Zeichnung eingetragenen Winkelgrößen sind vorgegeben oder leicht über Winkelsummen zu berechnen. Die Namen der geometrischen Objekte entnehme man der Zeichnung. Ich gebe nur die wesentlichen Schritte und Teilergebnisse an. Die Einzelheiten kann man einem CAS übergeben oder von Hand nachrechnen.

[attach]53084[/attach]

1. Schritt: $\begin{align*} C \end{align*}$ als Schnitt der Geraden $\begin{align*} a \end{align*}$ und $\begin{align*} b \end{align*}$ berechnen

$\begin{align*} b: \ y = x \cdot \sqrt{3} \end{align*}$

$\begin{align*} a: \ y = (1-x) \cdot \tan \left( \frac{7}{18} \pi \right) \end{align*}$

$\begin{align*} C = \left( \frac{\tan \left( \frac{7}{18} \pi \right)}{\sqrt{3} + \tan \left( \frac{7}{18} \pi \right)} , \frac{\sqrt{3} \cdot \tan \left( \frac{7}{18} \pi \right)}{\sqrt{3} + \tan \left( \frac{7}{18} \pi \right)} \right) \end{align*}$

2. Schritt: $\begin{align*} M \end{align*}$ als Schnitt der Geraden $\begin{align*} c \end{align*}$ und $\begin{align*} e \end{align*}$ berechnen

$\begin{align*} e: \ y = \left( x - \frac{\tan \left( \frac{7}{18} \pi \right)}{\sqrt{3} + \tan \left( \frac{7}{18} \pi \right)} \right) \cdot \tan \left( \frac{7}{18} \pi \right) + \frac{\sqrt{3} \cdot \tan \left( \frac{7}{18} \pi \right)}{\sqrt{3} + \tan \left( \frac{7}{18} \pi \right)} \end{align*}$

Mit $\begin{align*} y=0 \end{align*}$ wird der $\begin{align*} x \end{align*}$ -Wert von $\begin{align*} M \end{align*}$ berechnet.

$\begin{align*} M = \left( \frac{\tan \left( \frac{7}{18} \pi \right) - \sqrt{3}}{\tan \left( \frac{7}{18} \pi \right) + \sqrt{3}} , 0 \right) \end{align*}$

3. Schritt: $\begin{align*} N \end{align*}$ als Schnitt der Geraden $\begin{align*} b \end{align*}$ und $\begin{align*} d \end{align*}$ berechnen

$\begin{align*} b: \ y = x \cdot \sqrt{3} \end{align*}$

$\begin{align*} d: \ y = (1-x) \cdot \tan \left( \frac{1}{9} \pi \right) \end{align*}$

$\begin{align*} N = \left( \frac{\tan \left( \frac{1}{9} \pi \right)}{\sqrt{3} + \tan \left( \frac{1}{9} \pi \right)} , \frac{\sqrt{3} \cdot \tan \left( \frac{1}{9} \pi \right)}{\sqrt{3} + \tan \left( \frac{1}{9} \pi \right)} \right) \end{align*}$

4. Schritt: $\begin{align*} \delta \end{align*}$ mit Hilfe der Steigung von $\begin{align*} MN \end{align*}$ berechnen

Ziel ist es, zu zeigen, daß $\begin{align*} \delta = 100^{\circ} \end{align*}$ gilt. Wegen der Gleichschenkligkeit von $\begin{align*} MBC \end{align*}$ ergibt sich daraus das gesuchte $\begin{align*} \varepsilon = 30^{\circ} \end{align*}$ . Das Ziel ist erreicht, wenn nachgewiesen ist, daß der Betrag der Steigung von $\begin{align*} MN \end{align*}$ gleich $\begin{align*} \tan(80^{\circ}) = \tan \left( \frac{4}{9} \pi \right) \end{align*}$ ist. Zunächst die Koordinatendifferenzen von $\begin{align*} M \end{align*}$ und $\begin{align*} N \end{align*}$ :

$\begin{align*} \Delta y = - \frac{\sqrt{3} \cdot \tan \left( \frac{1}{9} \pi \right)}{\sqrt{3} + \tan \left( \frac{1}{9} \pi \right)} \, , \ \ \Delta x = \frac{\sqrt{3} \cdot \tan \left( \frac{7}{18} \pi \right) - 2 \sqrt{3} \cdot \tan \left( \frac{1}{9} \pi \right) - 3}{\left( \sqrt{3} + \tan \left( \frac{7}{18} \pi \right) \right) \left( \sqrt{3} + \tan \left( \frac{1}{9} \pi \right) \right)} \end{align*}$

Daraus folgt:

$\begin{align*} \tan \left( \pi - \delta \right) = - \frac{\Delta y}{\Delta x} = \frac{\sqrt{3} \cdot \tan \left( \frac{7}{18} \pi \right) \tan \left( \frac{1}{9} \pi \right) + 3 \tan \left( \frac{1}{9} \pi \right)}{\sqrt{3} \cdot \tan \left( \frac{7}{18} \pi \right) - 2 \sqrt{3} \tan \left( \frac{1}{9} \pi \right) - 3} \end{align*}$

Wegen $\begin{align*} \frac{7}{18} \pi + \frac{1}{9} \pi = \frac{1}{2} \pi \end{align*}$ gilt $\begin{align*} \tan \left( \frac{7}{18} \pi \right) \tan \left( \frac{1}{9} \pi \right) = 1 \end{align*}$ , so daß man noch einen Winkel eliminieren kann. Mit

$\begin{align*} \tau = \tan \left( \frac{1}{9} \pi \right) \end{align*}$

erhält man

$\begin{align*} \text{(1)} \ \ \tan \left( \pi - \delta \right) = \frac{\left( \sqrt{3} + 3 \tau \right) \cdot \tau}{\sqrt{3} - 3 \tau - 2 \sqrt{3} \, \tau^2} \end{align*}$

Um das Ziel nicht aus den Augen zu verlieren: Zu zeigen ist, daß dieser Wert $\begin{align*} \tan \left( \frac{4}{9} \pi \right) \end{align*}$ ist. Im Additionstheorem

$\begin{align*} \tan \left( \alpha + \beta \right) = \frac{\tan(\alpha) + \tan(\beta)}{1 - \tan(\alpha) \tan(\beta)} \end{align*}$

des Tangens setzen wir $\begin{align*} \alpha = \frac{1}{3} \pi \end{align*}$ und $\begin{align*} \beta = \frac{1}{9} \pi \end{align*}$ und erhalten:

$\begin{align*} \text{(2)} \ \ \tan \left( \frac{4}{9} \pi \right) = \frac{\sqrt{3} + \tau}{1 - \sqrt{3} \, \tau} \end{align*}$

Um die Übereinstimmung der Terme in $\begin{align*} \text{(1)} \end{align*}$ und $\begin{align*} \text{(2)} \end{align*}$ zu zeigen, setzen wir im Theorem

$\begin{align*} \tan \left( 3 \alpha \right) = \frac{3 \tan(\alpha) - \tan^3(\alpha)}{1 - 3 \tan^2(\alpha)} \end{align*}$

für $\begin{align*} \alpha = \frac{1}{9} \pi \end{align*}$ ein und erhalten daraus, indem wir die Gleichung bruchfrei machen:

$\begin{align*} \text{(3)} \ \ \tau^3 - 3 \sqrt{3} \, \tau^2 - 3 \tau + \sqrt{3} = 0 \end{align*}$

(Setzt man übrigens $\begin{align*} \alpha = - \frac{2}{9} \pi \end{align*}$ oder $\begin{align*} \alpha = \frac{4}{9} \pi \end{align*}$ ein, so erhält man eine analoge Gleichung für die Tangenswerte. Man kann es auch so sagen: Das Polynom $\begin{align*} x^3 - 3 \sqrt{3} \, x^2 - 3x + \sqrt{3} \end{align*}$ besitzt die Nullstellen $\begin{align*} \tan \left( - \frac{2}{9} \pi \right) \end{align*}$ , $\begin{align*} \tan \left( \frac{1}{9} \pi \right) \end{align*}$ , $\begin{align*} \tan \left( \frac{4}{9} \pi \right) \end{align*}$ .)

Jetzt bilden wir die Differenz der Terme in $\begin{align*} \text{(1)} \end{align*}$ und $\begin{align*} \text{(2)} \end{align*}$ . Indem wir die Brüche auf den Hauptnenner bringen und addieren, erhalten wir im Zähler wegen $\begin{align*} \text{(3)} \end{align*}$ den Wert 0, also

$\begin{align*} \tan \left( \pi - \delta \right) = \tan \left( \frac{4}{9} \pi \right) \end{align*}$

Es folgt: $\begin{align*} \pi - \delta = \frac{4}{9} \pi \end{align*}$ , oder im Gradmaß: $\begin{align*} \delta = 100^{\circ} \end{align*}$

Die Konsequenz ist: $\begin{align*} \varepsilon = 30^{\circ} \end{align*}$

13.05.2021, 10:25

Mathema

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Guten Morgen Leopold!

Dass eine ähnliche Aufgabe hier behandelt wurde habe ich nicht mitbekommen - würde mich aber interessieren, welche das war. Hier ein Bild meiner Lösung:

[attach]53085[/attach]

Meine Idee war den Punkt $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ zu spiegeln und zu zeigen, dass $\begin{eqnarray*} MN'N \end{eqnarray*}$ gleichseitig ist. Nun sind $\begin{eqnarray*} NN'C \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} GBN' \end{eqnarray*}$ ähnlich und das Viereck $\begin{eqnarray*} GBCN \end{eqnarray*}$ ein Sehnenviereck. Somit ist $\begin{eqnarray*} \angle CGN=50^\circ \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} GN \end{eqnarray*}$ senkrechte Winkelhalbierende von $\begin{eqnarray*} MN' \end{eqnarray*}$ . Ich hoffe ich habe nichts übersehen.

Viele Grüße und einen schönen Feiertag! smile

PS: Weitere Lösungen sind natürlich gerne gesehen.

13.05.2021, 15:37

rumar

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RE: Winkel im Dreieck gesucht (2)
Durch einfache Winkelbetrachtungen (Winkelsummen) kann man sich klar machen, dass sich die Linien CM und BN in ihrem Schnittpunkt S rechtwinklig kreuzen. Die Dreiecke NMS, MBS, BCS und CNS sind also alle bei S rechtwinklig. Außerdem sind die Winkel von dreien dieser vier Dreiecke sofort zu ermitteln. Für den gesuchten Winkel $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ gilt

$\begin{eqnarray*} \qquad tan\, (\varepsilon)\ =\ \frac{|\overline{SN}|}{|\overline{SM}|}\ =\ \frac{|\overline{SN}|}{|\overline{SC}|}\,\cdot\,\frac{|\overline{SC}|}{|\overline{SB}|}\,\cdot\,\frac{|\overline{SB}|}{|\overline{SM}|} \end{eqnarray*}$ = tan(10°) $\begin{eqnarray*} \cdot \end{eqnarray*}$ tan(50°) $\begin{eqnarray*} \cdot \end{eqnarray*}$ tan(70°) = $\begin{eqnarray*} \frac{1}{\sqrt{3}} \end{eqnarray*}$

Daraus kann man schließen, dass $\begin{eqnarray*} \varepsilon\ = \end{eqnarray*}$ 30° sein muss.

14.05.2021, 00:16

mYthos

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Das Ergebnis dieses Produktes der drei Tangenswerte soll des Interesses halber noch allgemein berechnet werden:
Eine Besonderheit bei deren Argumenten ist, dass die Summe der ersten beiden 60° und die der letzten beiden 120° beträgt.
Auf Grund dessen wird der mittlere Winkel mit x bezeichnet, der erste ist dann 60° - x° und der dritte 120° - x°.

Das Produkt wird dann (mittels Additiontheorem) geschrieben zu

$\begin{eqnarray*} \frac{\sqrt 3 - \tan x}{1 + \sqrt 3 \tan x} \cdot \tan x \cdot \frac{-\sqrt 3 - \tan x}{1 - \sqrt 3 \tan x} = \frac{-3 \tan x + \tan^3 x}{1 - 3 \tan^2 x} = -\tan {3x} \end{eqnarray*}$

Bei x = 50° ergibt sich $\begin{eqnarray*} ... = - \tan {150°} = \frac 1 {\sqrt 3} = \tan {30°} \end{eqnarray*}$

Übrigens ist bei jedem ganzzahligen x auch der Ergebniswinkel ganzzahlig und durch 3 teilbar.
Deswegen ist dessen Tangens-Wert nicht transzedent (- sondern nur algebraisch irrational).
Wenn sich x zwischen 31° und 59° bewegt, liegt der Ergebniswinkel zwischen 3° und 87°

mY+

14.05.2021, 22:21

Leopold

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Mit mYthos' Ergänzung wurde rumars Beweis vervollständigt. So ist ein kurzer und knackiger Beweis entstanden. Freude

@ Mathema

Daß $\begin{align*} GBCN \end{align*}$ ein Sehnenviereck ist, leuchtet mir ein. Und daß $\begin{align*} GN \end{align*}$ in $\begin{align*} GMN' \end{align*}$ den Winkel bei $\begin{align*} G \end{align*}$ halbiert, ist auch klar. Beim Rest könntest du mir auf die Sprünge helfen. Dein Ziel scheint zu sein, $\begin{align*} GN \end{align*}$ als Symmetrieachse der Strecke $\begin{align*} MN' \end{align*}$ nachzuweisen.

15.05.2021, 12:01

rumar

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Zitat:

"Mit mYthos' Ergänzung wurde rumars Beweis vervollständigt."

Ich sehe nur nicht, was es da noch zu vervollständigen gab. Ich habe nur die sämtlichen Winkelbetrachtungen in den Teildreiecken nicht detailliert aufgeschrieben und diese Arbeit der geneigten Leserschaft überlassen ...
Oder soll es um die Berechnung von $\begin{eqnarray*} tan(\varepsilon) \end{eqnarray*}$ aus den anderen drei Tangenswerten gehen ?

15.05.2021, 12:51

Leopold

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RE: Winkel im Dreieck gesucht (2)

Zitat:

Original von rumar
... tan(10°) $\begin{eqnarray*} \cdot \end{eqnarray*}$ tan(50°) $\begin{eqnarray*} \cdot \end{eqnarray*}$ tan(70°) = $\begin{eqnarray*} \frac{1}{\sqrt{3}} \end{eqnarray*}$

Das = schien mir nicht offensichtlich. Und mYthos offenbar auch nicht. Sonst hätte er sich nicht um dieses Detail noch gekümmert. Ist vielleicht keine große Sache. Man muß dennoch drauf kommen. Oder eine Regel nennen, auf die man sich bezieht.

15.05.2021, 20:21

quadrierer

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Zitat:

Original von Leopold
Vielleicht stelle ich mich auch nur ungeschickt an, aber es gelingt mir nicht, mit Sätzen der Elementargeometrie und ein paar Winkelrechnungen den Winkel $\begin{align*} \varepsilon \end{align*}$ herauszubekommen.

Hallo Leopold,

so recht kann ich mir diese aufgezeigte Lücke bei dir nicht vorstellen.

Ich habe hier folgende recht kurze Lösungssequenz anzubieten..

Als an den "Zusammenhängen" der elementaren Geometrie interessierter Laie, versuche es erst mal mit elementaren Kohärenzsystemen (Zusammenhängen). So liste ich alle noch einfach berechenbaren (zusammenhängenden) Winkel auf:
$\begin{eqnarray*} \measuredangle ACM=10{^\circ} \measuredangle NBA\,=20{^\circ} \measuredangle NBM=20{^\circ} \measuredangle MCB=40{^\circ} \measuredangle CAB=\,\,60{^\circ} \measuredangle CMB=\delta-\varepsilon=70{^\circ} \measuredangle BNC\,\,=80{^\circ} \measuredangle ANB=100{^\circ} \measuredangle NMC=\varepsilon=?{^\circ} \end{eqnarray*}$

Da gibt es dann noch die Winkel am Schnittpunkt S der Strecken |MC|=e und |NB|=d.

$\begin{eqnarray*} \measuredangle CSB=180{^\circ}-(\measuredangle NBC=50{^\circ})- (\measuredangle MCB\,=40{^\circ}) = 90° =\measuredangle NSC=\measuredangle NSM=\measuredangle MSB \end{eqnarray*}$

Ich nehme wahr, die Winkel im gegebenen Kohärenzsystem der Dreiecke sind alle zusammengesetzte ganzzahlige Grössen. Deshalb suche ich für den gesuchten Ergebniswinkel $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ gleichfalls nach einer einfach verständlichen Zusammensetzung, die sich mit einer möglichst kurzen Sequenz von zusammenhängenden Kreisen und Geraden konstruieren lässt.

Gesucht ist hier die Drehung $\begin{align*} \varepsilon \end{align*}$ der Strecke |NM| im Punkt M gegenüber der Strecke |MC|. Meine konstruierte Sequenz beginne ich deshalb mit der Parallelen Gerade g1, die durch die Punkte N und M gelegt wird. Für den Thaleskreis konstruiere ich dann den Punkt S2 als Mittelpunkt der Strecke MC. Um S2 wird nun ein Kreis k3 durch die Punkte M und C konstruiert. Die Gerade g1 schneidet die Kreislinie k3 im Schnittpunkt S(g1x k3). Der Kreisbogen k4 wird vom Punkt S(g1xk3) ausgehend gezeichnet und schneidet die Strecke MC exakt im Punkt S2, was die Eckpunkte-Innenwinkel eindeutig festlegt. Mit der konstruierten Strecke g5 ist das Thales-Halbrechteck mit den Eckpunkten MCS(g1x k3) fertig gestellt. Die Innenwinkel an den Eckpunkten ergeben sich sich nun mit $\begin{eqnarray*} \measuredangle NMC=30°;\measuredangle S(g1x k3)CM=60° \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \measuredangle S(g1xk3)MC=90° \end{eqnarray*}$ gut nachvollziehbar., denn es gilt hier bekannterweise $\begin{eqnarray*} \measuredangle S(g1xk3)MC=30°=1/2 *\measuredangle S(g1xk3)S2C=60°. \end{eqnarray*}$

[attach]53088[/attach]

_________

Q

16.05.2021, 10:27

Leopold

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Der Schnittpunkt von $\begin{align*} g_1 \end{align*}$ und $\begin{align*} k_3 \end{align*}$ heiße bei mir $\begin{align*} S' \end{align*}$ . Ein Kreis um $\begin{align*} C \end{align*}$ durch $\begin{align*} S_2 \end{align*}$ braucht nicht durch $\begin{align*} S' \end{align*}$ zu gehen und ein Kreis um $\begin{align*} C \end{align*}$ durch $\begin{align*} S' \end{align*}$ nicht durch $\begin{align*} S_2 \end{align*}$ .

[attach]53089[/attach]

Deine Argumentation geht davon aus, daß diese beiden Kreise zusammenfallen. Das ist äquivalent dazu, daß an der gesuchten Stelle ein 30°-Winkel liegt. Du mußt daher begründen, daß die beiden Kreise zusammenfallen. Dann hast du auch den 30°-Winkel begründet. Eine Zeichnung genügt nicht, denn auch bei einem 30,0274°-Winkel würde die Zeichnung zusammenfallende Kreise zeigen. Daß numerisch ein 30°-Winkel herauskommt, ist übrigens nichts Besonderes, das zeigt schon meine Euklid-Zeichnung vom 9. Mai 2021.

16.05.2021, 17:07

Mathema

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@Leopold:

Hmm - Mist. Da war ich etwas vorschnell. So offensichtlich ist das doch nicht. Es folgt ja erstmal nur $\begin{eqnarray*} \angle GNN'=30^\circ \end{eqnarray*}$ Hier dann noch der Rettungsversuch:

[attach]53090[/attach]

Wir zeichnen den Punkt $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ so auf $\begin{eqnarray*} CG \end{eqnarray*}$ , dass $\begin{eqnarray*} \angle BZC=30^\circ \end{eqnarray*}$ . Da $\begin{eqnarray*} BNC \end{eqnarray*}$ gleichschenklig ist und $\begin{eqnarray*} BZC \end{eqnarray*}$ ebenso, ist $\begin{eqnarray*} NZ \end{eqnarray*}$ Winkelhalbierende von $\begin{eqnarray*} \angle BNC \end{eqnarray*}$ . Damit folgt $\begin{eqnarray*} \angle N'NZ=40^\circ \end{eqnarray*}$ . Damit ist $\begin{eqnarray*} AGN \cong GZN \end{eqnarray*}$ und somit $\begin{eqnarray*} [MGF] = [GN'F] \end{eqnarray*}$ . Daraus folgt dann $\begin{eqnarray*} |\overline{MG}|=|\overline{GN'}| \end{eqnarray*}$ .

Passt es nun?

edit: Nein - passt doch noch nicht. unglücklich

Die Flächengleichheit der Dreiecke nutzt ja doch wieder die Symmetrie, die erst nachgewiesen werden muss. Ich denke nochmal nach...

16.05.2021, 18:43

mYthos

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Zitat:

Original von rumar

Zitat:

"Mit mYthos' Ergänzung wurde rumars Beweis vervollständigt."

Genau das! Denn dass das Produkt der 3 Tangenswerte ausgerechnet (und genau) arctan(30°) ergibt, war - abgesehen von den geometrischen Überlegungen - rein rechnerisch ganz und gar NICHT offensichtlich!
Und dabei offenbarte sich dann noch ein interessanter Zusammenhang zwischen den drei eingesetzten Winkeln und dem Endergebnis, nämlich dieser:

Zitat:

Übrigens ist bei jedem ganzzahligen x auch der Ergebniswinkel ganzzahlig und durch 3 teilbar.
Deswegen ist dessen Tangens-Wert nicht transzedent (- sondern nur algebraisch irrational).
Wenn sich x zwischen 31° und 59° bewegt, liegt der Ergebniswinkel zwischen 3° und 87°

(modulo 3)

mY+

16.05.2021, 20:17

Leopold

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@ mYthos

Die Sinus-, Cosinus- und Tangenswerte aller rationalen Vielfachen von $\begin{align*} \pi \end{align*}$ sind algebraisch.

Beispiel Elftel:

Das Polynom $\begin{align*} 1024x^5 - 2816x^4 + 2816x^3 - 1232x^2 + 220x - 11 \end{align*}$ hat die Nullstellen $\begin{align*} \sin^2 \left( \frac{k}{11} \pi \right), \ k=1,2,3,4,5 \end{align*}$

16.05.2021, 20:17

quadrierer

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Hallo Leopold,
deine letzte Konstruktion ist für mich etwas widersprüchlich, denn ein Kreis um C durch Punkt S2 und dann durch Kreis k3 erzeugt bekannterweise für ein Thales-Halbrechteck immer die Winkel 30° ; 90° und 60° an den Eckpunkten M ; S(g1xk3) und C.

Ausgehend von deinem Vorschlag, einem beliebigen Punkt S´ einzuführen, der nicht zu S2 führt, ergibt bei mir folgendes Kohärenzsystem. Liegt Punkt S´ links neben dem Schnittpunkt S(g1xk3), dann sollte es auch einen Punkt N´ links neben den Punkt N geben. Die Strecke |BN´| schneidet dann die Strecke |CM| links neben dem Punkt S nicht exakt senkrecht. Man kann sich hier nun auch noch eine Strecke |BN´´| denken, welche die Strecke |MC| rechts neben Punkt S nicht exakt senkrecht schneidet. Durch N´ und N´´ gelegte Geraden g1´ und g1´´ erzeugen dann die Schnittpunkte S´=S(g1´xk3) und S(g1´´xk3), welche zu beiden Seiten neben dem Punkt S(g1xk3), der von g1 erzeugt wird, liegen. Das „x“ zwischen g1 und k3 symbolisiert das Schneiden der beiden Kurven g1 und k3.

Da die Strecke |CM| von Strecke |BN| exakt senkrecht im Punkt S geschnitten wird, erzeugt sie mit dem Schnittpunkt N exakt den Schnittpunkt S(g1xk3) und keinen daneben liegenden Punkt. Ein von Punkt S(g1xk3) ausgehend gezeichnete Kreisbogen k4 schneidet hier dann die Strecke |CM| exakt im Mittelpunkt S2 und nicht daneben. Links und rechts neben Kreisbogen k4 schneiden die Kreisbögen k4´ und k4´´ die Strecke |CM| in Punkten S2´ und S2´´, die links und rechts neben Punkt S2 liegen. Die Kreisbögen k4´ und k4´´ fallen mit dem Kreisbogen k4 für die vorliegenden geometrischen Gegebenheiten nur dann zusammen, wenn auch die Geraden |BN´| und |BN´´| die Strecke |MC| senkrecht schneiden und mit der Geraden |BN| zusammenfallen. Der Winkel $\begin{eqnarray*} \measuredangle NMC= 30° \end{eqnarray*}$ kommt also nur für den beschriebenen besonderen Fall „senkrecht im Punkt S“ zustande.

_______

Q

16.05.2021, 20:28

Leopold

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@ quadrierer

Du kannst nicht zwei verschiedene Definitionen für $\begin{align*} S' \end{align*}$ (bei dir heißt der Punkt S(g1×k3)) verwenden. Du hattest $\begin{align*} S' \end{align*}$ als Schnittpunkt von $\begin{align*} g_1 \end{align*}$ und $\begin{align*} k_3 \end{align*}$ definiert. Dann kannst du ihn nicht zugleich als Schnittpunkt des Kreises um $\begin{align*} C \end{align*}$ durch $\begin{align*} S_2 \end{align*}$ mit $\begin{align*} k_3 \end{align*}$ definieren.

16.05.2021, 20:46

Mathema

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Über die Symmetrie denke ich noch weiter nach - das bekomme ich noch nicht gezeigt. Ein anderer Weg der aus den Überlegungen resultiert ist:

[attach]53091[/attach]

Im Dreieck $\begin{eqnarray*} NZC \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} MC \end{eqnarray*}$ Winkelhalbierende von $\begin{eqnarray*} \angle C \end{eqnarray*}$ und nach einer kleinen Winkeljagd sieht man auch $\begin{eqnarray*} FZ \end{eqnarray*}$ ist Winkelhalbierende von $\begin{eqnarray*} \angle Z \end{eqnarray*}$ . Der Schnittpunkt $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ ist somit Mittelpunkt des Inkreises. Somit ist $\begin{eqnarray*} NH \end{eqnarray*}$ Winkelhalbierende von $\begin{eqnarray*} \angle N \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \angle HNF=20^\circ \end{eqnarray*}$ . Daraus folgt $\begin{eqnarray*} \angle CHN=150^\circ \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \angle NHM=30^\circ \end{eqnarray*}$ . Nun ist $\begin{eqnarray*} MBH \end{eqnarray*}$ gleichschenklig mit Höhe $\begin{eqnarray*} DB \end{eqnarray*}$ . Daher ist auch $\begin{eqnarray*} MHN \end{eqnarray*}$ gleichschenklig und somit $\begin{eqnarray*} \angle NMC=30^\circ \end{eqnarray*}$ .

16.05.2021, 21:56

quadrierer

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@ Leopold
Dein Bild vom 16.5.2021 weist für mich einen Widerspruch auf.

Beim gegebenen Kohärenzsystem ist der Winkel $\begin{eqnarray*} \measuredangle NMC=30{^\circ} \end{eqnarray*}$ . Mit der Geraden g1 durch die Punkte M und N wird bei dir der Schnittpunkt S´ mit dem Kreis k3 erzeugt. Tatsache ist, nur wenn die Gerade durch die Punkte B und N die Strecke MC im Punkt S senkrecht schneidet, dann trifft der Kreisbogen durch S´ um den Drehpunkt C auch den Mittelpunk S2 der Strecke |MC|. In deinem Bild ist dies aber nicht der Fall. Somit ist zu folgern, in deinem gezeichneten Bild kann nur gelten, $\begin{eqnarray*} \measuredangle NMC>30{^\circ} \end{eqnarray*}$ oder der Punkt S2 ist nicht in der Mitte der Strecke |MC| platziert.

16.05.2021, 22:17

Leopold

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Zitat:

Original von quadrierer
Beim gegebenen Kohärenzsystem ist der Winkel $\begin{eqnarray*} \measuredangle NMC=30{^\circ} \end{eqnarray*}$ .

Woher willst du das wissen? Vielleicht ist er auch 28,7° oder 30,4° oder 111,9°. Wer etwas, das er beweisen will, in seiner Argumentation bereits verwendet, begeht den schwersten Beweisfehler. Ein solcher Beweis ist wertlos.

Machen wir es doch der Reihe nach:

1. Wie hast du den Punkt S(g1×k3) definiert?
Gib bitte die definierenden Schnittobjekte an.

2. Wie hast du den Kreis $\begin{align*} k_4 \end{align*}$ definiert?
Gib bitte den Kreismittelpunkt und einen (bitte nur einen!) weiteren Kreispunkt an.

Bitte antworte so kurz wie möglich. Wenn du dich weigerst, diese Fragen zu beantworten, und um den heißen Brei herumredest, brauchen wir hier nicht weiter zu diskutieren.

@ Mathema

Zitat:

Original von Mathema
[attach]53091[/attach]

... und nach einer kleinen Winkeljagd sieht man auch $\begin{eqnarray*} FZ \end{eqnarray*}$ ist Winkelhalbierende von $\begin{eqnarray*} \angle Z \end{eqnarray*}$ .

Es ist mühsam, sich in anderer Leute Gedanken hineinzudenken. Wenn du das Wild schon erlegt hast, warum soll ich es dann noch einmal erjagen? Es ist ja schon tot. Dann sag mir doch, wie du es fertiggebracht hast, es zur Strecke zu bringen. Erzähle mir von deiner Winkeljagd.

16.05.2021, 22:38

Mathema

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@Leopold:

Entschuldige Bitte - ich habe gerade wenig Zeit. Ich sollte den Beweis nochmal sauber aufschreiben. Ich hatte die entscheidenen Winkel markiert. Es ist ja $\begin{eqnarray*} \angle C=50^\circ \end{eqnarray*}$ laut Aufgabenstellung und $\begin{eqnarray*} \angle CBZ=30^\circ \end{eqnarray*}$ nach Konstruktion. Nach Winkelsumme im Dreieck $\begin{eqnarray*} FBC \end{eqnarray*}$ ist somit $\begin{eqnarray*} \angle ZFC=100^\circ \end{eqnarray*}$ . Da zudem $\begin{eqnarray*} \angle NCN'=20^\circ \end{eqnarray*}$ folgt $\begin{eqnarray*} \angle CZF=60^\circ \end{eqnarray*}$ . Nun ist $\begin{eqnarray*} \angle BZC=120^\circ \end{eqnarray*}$ . Da $\begin{eqnarray*} NBZ \cong NZC \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} \angle CZN=\angle NZB=120^\circ \end{eqnarray*}$ .

16.05.2021, 22:57

Leopold

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So scheint es zu passen. Ich muß mir das bei Gelegenheit noch einmal anschauen.

17.05.2021, 11:32

quadrierer

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@ Leopold
Antwort zu 1.
Die Schnittobjekte für S(g1xk3 ) sind Gerade g1 und Kreis k3.
Antwort zu 2.
Der Mittelpunkt für Kreis k4 ist Punkt C. Der Kreisbogen k4 wird ausgehend von Schnittpunkt S(g1xk3 ) gezeichnet.

Mein Vorgehen versteh ich wie folgt:
Mit meiner hinzu gefügten Hilfskonstruktion der Objekte-Sequenz von g1 bis k4 wird gezeigt, dass der unbekannte, nicht elementar berechenbare Winkel $\begin{eqnarray*} \measuredangle NMC \end{eqnarray*}$ in der gegebenen Objekte-Konstellation exakt 30° beträgt, wenn der Kreisbogen k4 exakt den Strecken-Mittelpunkt S2 trifft. Dieser Fall tritt nur dann ein, wie im Beitrag vom 16.5.2021 beschrieben, wenn alle vier Winkel am Schnittpunkt S die Grösse 90° haben. Dieser Sachverhalt ist erfüllt, was meine Berechnung dazu im Beitrag vom 15.5.2021 zeigt.

Die Objekte-Sequenz nochmal im Einzelnen: Gerade g1; S2=Kreismittelpunkt auf Strecke |MC| für Kreis k3; Kreis k3 um S2 durch die Punkte M und C; Punkt S(g1xk3)=Schnittpunkt der Geraden g1 mit dem Kreis k3; Kreis k4 um Mittelpunkt C von Schnittpunkt S(g1xk3) ausgehend gezeichnet.
_________
Q

17.05.2021, 20:20

Leopold

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Zitat:

Original von quadrierer
@ Leopold
Antwort zu 1.
Die Schnittobjekte für S(g1xk3 ) sind Gerade g1 und Kreis k3.
Antwort zu 2.
Der Mittelpunkt für Kreis k4 ist Punkt C. Der Kreisbogen k4 wird ausgehend von Schnittpunkt S(g1xk3 ) gezeichnet.

Damit ist der Teil nun eindeutig geklärt. Jetzt wird das Ganze verständlich.

Zitat:

Original von quadrierer
dass der unbekannte, nicht elementar berechenbare Winkel $\begin{eqnarray*} \measuredangle NMC \end{eqnarray*}$ in der gegebenen Objekte-Konstellation exakt 30° beträgt, wenn der Kreisbogen k4 exakt den Strecken-Mittelpunkt S2 trifft.

Genau. Und dieses "trifft" wäre nun zu beweisen, und zwar ohne die Voraussetzung, daß bei M dieser 30°-Winkel liegt (das soll ja gerade bewiesen werden). Daß das keine Selbstverständlichkeit ist, zeigt mein Bild vom 16.5.2021. Ein Kreisbogen um M, der in S(g1×k3) beginnt, endet nicht automatisch in $\begin{align*} S_2 \end{align*}$ . Es genügt auch nicht, daß es in deiner Zeichnung "so aussieht". Das bestreitet niemand. In meiner Zeichnung sieht es auch so aus, wenn ich mit den korrekten Winkeln arbeite. Es sieht aber eben nur so aus. Ob es auch so ist, bedarf eines Beweises. Denn der Kreisbogen in der Zeichnung könnte auch knapp ober- oder unterhalb von $\begin{align*} S_2 \end{align*}$ liegen, so daß das im Rahmen der Zeichengenauigkeit nicht mehr entscheidbar ist.

Betrachte das Dreieck mit $\begin{align*} A = (-4,-3), \, B = (6,2), \, C = (1,5) \end{align*}$ . Ein Schüler sagt mir: "Ich habe den Thaleskreis gezeichnet, also ist das Dreieck rechtwinklig."

[attach]53100[/attach]

Soll ich mich mit dieser Begründung zufrieden geben? Oder soll ich mehr verlangen?

18.05.2021, 13:30

quadrierer

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Zitat:

Original von Leopold
Ein Kreisbogen um M, der in S(g1×k3) beginnt, endet nicht automatisch in $\begin{align*} S_2 \end{align*}$ .

Es soll hier sicherlich C und nicht M heissen?
Der Schnittpunkt S(g1xk3) auf dem Thales-Kreisbogen k3 ist nicht irgend ein Punkt, sondern einer, der durch die gegebene Objekte-Konstellation eindeutig bestimmt ist. Deshalb kreuzt der in Punkt S(g1xk3) beginnende Kreis k4 auch die Strecke |MC| exakt im Mittelpunkt S2 und nicht ein wenig daneben, wie es mein erweitertes Bild deutlich zeigt. Die linken und rechten Geraden g1_li und g1_re erzeugen letztlich neben S2 linke und rechte Schnittpunkte S2_li und S2_re.
[attach]53101[/attach]

Zitat:

Original von Leopold
Betrachte das Dreieck mit $\begin{align*} A = (-4,-3), \, B = (6,2), \, C = (1,5) \end{align*}$ . Ein Schüler sagt mir: "Ich habe den Thaleskreis gezeichnet, also ist das Dreieck rechtwinklig." ...

Soll ich mich mit dieser Begründung zufrieden geben? Oder soll ich mehr verlangen?

Ich bin kein Lehrer und kann es somit nur allgemein beantworten.
Ja, du sollst dich damit zufrieden geben. Denn was allgemein schon bewiesen und akzeptiert ist, auf das sollte man sich verlassen können, was in der Mathematik auch praktiziert wird.

Nein, du musst dich damit nicht zufrieden geben, kannst Alles immer weiter hinterfragen, warum es so ist. Dieses Vorgehen wird ja auch in der Mathematik praktiziert. Allerdings erweitert dieses Vorgehen die ursprüngliche Aufgäbe zu einer endlosen Aufgabe.

18.05.2021, 15:06

Leopold

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Zitat:

Original von quadrierer

Zitat:

Original von Leopold
Ein Kreisbogen um M, der in S(g1×k3) beginnt, endet nicht automatisch in $\begin{align*} S_2 \end{align*}$ .

Es soll hier sicherlich C und nicht M heissen?

Richtig, das habe ich verwechselt.

Zitat:

Original von quadrierer
Der Schnittpunkt S(g1xk3) auf dem Thales-Kreisbogen k3 ist nicht irgend ein Punkt, sondern einer, der durch die gegebene Objekte-Konstellation eindeutig bestimmt ist.

Richtig.

Zitat:

Original von quadrierer
Deshalb kreuzt der in Punkt S(g1xk3) beginnende Kreis k4 auch die Strecke |MC| exakt im Mittelpunkt S2 und nicht ein wenig daneben, wie es mein erweitertes Bild deutlich zeigt.

Falsch. Genauer: das "deshalb" ist falsch. Und dein Bild zeigt gar nichts, außer daß der Kreisbogen in der Nähe von $\begin{align*} S_2 \end{align*}$ endet. Wobei natürlich mein "in der Nähe" immer von der geduldeten Toleranzschranke abhängt.

Ich habe dir das bereits mehrfach in unterschiedlichsten Formulierungen nahezubringen versucht, daß die Zeichnung allein nicht zu solch folgenschweren Aussagen berechtigt. Entweder willst du das nicht einsehen - oder du kannst es nicht. Mir kommt das wie Beratungsresistenz vor.

Zitat:

Original von quadrierer

Zitat:

Beim Versuch, dir eine Falle zu stellen, habe ich die Chancen auf einen Erfolg auf 50 % geschätzt. Nun ist das Ereignis "Erfolg" eingetreten. Denk einfach nochmal über die kleine Aufgabe nach.

18.05.2021, 19:50

quadrierer

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@Leopold
Ich versuche schon deine Argumente zu verstehen.

Allerdings übersteigt deine Aussage zu Schnittpunkten neben S2, mein Vorstellungsvermögen. Bei mir spannt Punkt S(g1xk3), dessen Position nur durch die gegebene Objekte-Konstellation definiert ist, einen auf diese Weise exakt definierten Winkel $\begin{eqnarray*} \measuredangle \end{eqnarray*}$ CMS(g1xk3) auf. Trifft der von Punkt S(g1xk3) ausgehende Kreis k4 die Strecke |MC| exakt in S2, dann und nur dann erspannt sich der Winkel $\begin{eqnarray*} \measuredangle \end{eqnarray*}$ CMS(g1xk3) exakt über 30°=(180°/3)/2. Der abweichende Fall, mit einem Schnittpunkt S2 $\begin{eqnarray*} _{li} \end{eqnarray*}$ links neben S2, setzt bei mir einen Winkel $\begin{eqnarray*} \measuredangle \end{eqnarray*}$ CMS(g1 $\begin{eqnarray*} _{li} \end{eqnarray*}$ xk3) grösser $\begin{eqnarray*} \measuredangle \end{eqnarray*}$ CMS(g1xk3) voraus und damit einen Punkt S(g1 $\begin{eqnarray*} _{li} \end{eqnarray*}$ xk3) links neben Punkt S(g1xk3), sowie dann auch einen Punkt S $\begin{eqnarray*} _{li} \end{eqnarray*}$ links neben Punkt S. Am Punkt S $\begin{eqnarray*} _{li} \end{eqnarray*}$ sind dann alle Winkel dann verschieden zu 90°.

Zitat:

Original von Leopold
Wobei natürlich mein "in der Nähe" immer von der geduldeten Toleranzschranke abhängt.

Um diese Aussage verstehen zu können, brauche ich schon noch etwas Erklärung dazu.
______
Q

19.05.2021, 11:25

mYthos

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@quadrierer, hast du dir eigentlich das Dreieck und den Kreis von Leopold (Post vom 17.5./ 20:20) genau angesehen?
Das ist ein typischer Fall von Fehlschluß, welcher aus der geometrischen Anschauung sehr leicht geschehen kann!
Aber (nur) die Rechnung zeigt's!

mY+

19.05.2021, 22:22

mYthos

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Die Lösung ist so einfach, dass es nicht eines weiteren (neuen) Threads* bedurft hätte (man muss nur etwas rechnen):
AC steht NICHT orthogonal zu BC (vektoriell beweisbar) und der Kreis ist der Umkreis des Dreieckes (dessen Mittelpunkt NICHT auf AB liegt).

mY+

(*) Der Titel dort "Winkel im Thaleskreis" ist unzutreffend, da es sich NICHT um einen Thaleskreis handelt.

20.05.2021, 14:05

quadrierer

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Zitat:

Original von mYthos
Aber (nur) die Rechnung zeigt's!
mY+

Bei der gegebenen Objekte-Konstellation wird mit meiner Hilfskonstruktion zum Sachverhalte Thaleskreis und gleichseitiges Dreieck im Thaleskreis gelangt. Dieses Zeichnen geschieht nicht mit Zirkel und Lineal, sondern mit einer gerechneten DGS-Konstruktion, die eine Sequenz von Kreisen und Geraden nutzt. Bei einer theoretisch endlos hoch gewählten Rechengenauigkeit würden auch entsprechend endlos hohe Ergebnis-Genauigkeiten entstehen. In der Wirklichkeit wird hier mit einer nur endlich hohen Rechengenauigkeit gerechnet.

Die entscheidende Frage ist hier, erzeugt die verlängerte Strecke g1= |MN|_{verl\ddot{a}nert}| der Hilfskonstruktion den besonderen Schnittpunkt S(g1 x k3) auf dem konstruierter Thaleskreis k3 mit ausreichender Genauigkeit? Kann der nur endlich genaue Punkt S(g1xk3) mit den letztlich auch nur endlich genau gegebenen weiteren Punkten C und S2 tatsächlich ein gleichseitiges Dreieck bilden, mit welchem im Thaleskreis auf den Winkel $\begin{eqnarray*} \varepsilon =\measuredangle \end{eqnarray*}$ CMN= $\begin{eqnarray*} \measuredangle \end{eqnarray*}$ CMS(g1xk3)=30 $\begin{eqnarray*} {^\circ} \end{eqnarray*}$ gefolgert werden kann? Für die gegebene Objekte-Konstellation ist dieser Sachverhalt nachprüfbar gegeben. Die gemachte Folgerung auf 30° ist somit im Rahmen der vorliegenden Rechengenauigkeit gerechtfertigt.

21.05.2021, 00:26

mYthos

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Zitat:

Original von quadrierer
...
In der Wirklichkeit wird hier mit einer nur endlich hohen Rechengenauigkeit gerechnet.
...

Tut mir Leid, dem kann ich nicht zustimmen.
Ich wüsste nicht, was an der Berechnung des skalaren Produktes der Vektoren (C - A) * (C - B) = (5, 8) * (-5, 3) = -1 (0 wäre es bei 90°) nur endlich genau sein soll.
Zwischen 0 und 1 ist der Unterschied nicht gerade marginal ...

Auch deine nachfolgenden Ausführungen sind für mich mehr als diffus und gehen am ursprünglichen Sinn der Aufgabe völlig vorbei.

mY+

21.05.2021, 08:40

Leopold

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Lieber mYthos! In diesem Bild stimmt alles. Augenzwinkern

Allerdings nur alles das, was es zeigt.

[attach]53100[/attach]

1. Der Kreis geht ungefähr durch die Punkte A,B,C.
2. Der unbenannte Punkt liegt ungefähr in der Mitte von AB.
3. AB ist ungefähr der Durchmesser des Kreises, der Kreis also ungefähr der Thaleskreis von AB.
4. Bei C befindet sich ungefähr ein 90°-Winkel.

Und alle meine Aussagen dazu in vorigen Beiträgen sind so formuliert, daß ich nichts zurückzunehmen habe. Natürlich war es meine Absicht, quadrierer hereinzulegen und ihn dazu zu bringen, die obigen vier Punkte ohne "ungefähr" für wahr zu halten. Und das ist auch gelungen. Und dann - du hast natürlich recht Augenzwinkern

- ist in diesem Bild alles falsch. Es existiert kein Kreis, der durch die Punkte mit den angegebenen Koordinaten geht und zugleich der Thaleskreis der Strecke AB ist.

Zitat:

Original von mYthos
Ich wüsste nicht, was an der Berechnung des skalaren Produktes der Vektoren (C - A) * (C - B) = (5, 8) * (-5, 3) = -1 (0 wäre es bei 90°) nur endlich genau sein soll.
Zwischen 0 und 1 ist der Unterschied nicht gerade marginal ...

Es kommt nicht auf den absoluten Wert des Skalarprodukts an, sondern nur darauf, daß es nicht 0 ist. Man könnte ja ebenso $\begin{align*} \frac{1}{1000} \, \overrightarrow{CA} \cdot \frac{1}{100000} \, \overrightarrow{CB} \end{align*}$ berechnen.

Grundsätzlich gilt: Geometrie ohne Zeichnungen gibt es nicht (ich rede hier nicht von axiomatischen Grundsatzfragen nach Hilbert). Zeichnungen sind aber immer nur Wegweiser für Begründungen, die auch ohne die Zeichnung richtig bleiben müssen. Das ist seit Euklid so. Wenn daher quadrierer im andern Thread "sieht", daß ein Kreisbogen, der nicht von vorneherein durch einen Punkt $\begin{align*} S_2 \end{align*}$ gezeichnet ist, im Punkt $\begin{align*} S_2 \end{align*}$ endet, dann muß er das begründen. Das sieht er nicht ein und hält das Sehen schon für die Begründung. Wie sehr man sich täuschen kann, zeigt das Beispiel mit dem "falschen Thaleskreis".

Ich könnte mir vorstellen, daß es interessant wäre, einen Thread "geometrische Täuschungen" aufzumachen. Ich meine nicht optische Täuschungen, sondern Zeichnungen im Sinn der Geometrie, die eine Konstellation vorzugeben scheinen, die sich bei näherer Betrachtung als unmöglich herausstellt. Da könnte jeder so seine Lieblinge unterbringen. Solche Beispiele sind für Lehrer immer interessant, denn unter den Schülern gibt es viele "quadrierer". Und es ist nicht einfach, die Notwendigkeit von Begründungen einzusehen, wo doch scheinbar alles offen zutage liegt.

[attach]53109[/attach]

21.05.2021, 12:48

quadrierer

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Zitat:

Original von Leopold
...
Wenn daher quadrierer im andern Thread "sieht", daß ein Kreisbogen, der nicht von vorneherein durch einen Punkt $\begin{align*} S_2 \end{align*}$ gezeichnet ist, im Punkt $\begin{align*} S_2 \end{align*}$ endet, dann muß er das begründen.

Welchen Sachverhalt meinst du konkret mit deiner obigen Aussage? Ich kann sie nicht ganz verstehen.
Wenn dir meine Erklärungen, die ich nachfolgend nochmals kurz zusammenfasse, nicht ausreichen, dann bitte ich um noch mehr konkrete Erklärung zu deiner obigen Aussage.

"Fakt ist, meine Betrachtungen handeln von einer Objekte-Konstellation mit den gegebenen Punkten M, C und N und nicht von deinem anderem Bild mit den Punkten A, B und C.
Ich nehme die Strecke |MC| zum Durchmesser für einen Thalekreis k3 durch die Punkte M und C, für den der Mittelpunkt S2 auf der Strecke |MC| in der Mitte liegt und nicht irgendwo daneben. Für das weitere Vorgehen und Folgern, stellt sich hier die Frage, um welchen Winkel $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ ist der Schnittpunkt S(g1 x k3) der verlängerten Strecke g1=|MN| $\begin{eqnarray*} _{verl\ddot{a}ngert} \end{eqnarray*}$ um den Punkt M, von Punkt C aus, heraus gedreht? Bilden die Punkte M, C und S(g1 x k3) ein gleichseitiges Dreick? Nur dann gilt Winkel $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} \measuredangle[ \end{eqnarray*}$ CMN= $\begin{eqnarray*} \measuredangle[ \end{eqnarray*}$ CMS(g1xk3)=(180°/3)/2=30 $\begin{eqnarray*} {^\circ} \end{eqnarray*}$ . Andernfalls ist $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ kleiner oder grösser als 30 $\begin{eqnarray*} {^\circ} \end{eqnarray*}$ .
Ich sehe, meine gemachte Folgerung auf $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ =30 $\begin{eqnarray*} {^\circ} \end{eqnarray*}$ : $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ <30° und $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ > 30 $\begin{eqnarray*} {^\circ} \end{eqnarray*}$ ist im Rahmen der konkreten Rechengenauigkeit logisch nachvollziehbar und damit begründet. Dass meine Hilfskonstruktion keine nachvollziehbare Berechnenungskonstruktion für beliebige $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ ist, habe ich nirgend wo behauptet. "

21.05.2021, 21:39

mYthos

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@Leopold
Auf das Beispiel mit dem überzähligen Kästchen habe ich nur gewartet! Dieses hat sich bei mir sofort nach dem Betrachten des vermeintlichen Thaleskreises aufgedrängt!
Ich halte mich mit dessen Lösung noch etwas zurück, denn ich kenne sie natürlich (schon von früher)

Vieleicht hat quadrierer eine Idee mit unendlich vielen sich der Lösung annäherenden Kreisen? Big Laugh

mY+

22.05.2021, 09:14

Luftikus

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Zitat:

Auf das Beispiel mit dem überzähligen Kästchen habe ich nur gewartet! Dieses hat sich bei mir sofort nach dem Betrachten des vermeintlichen Thaleskreises aufgedrängt!

Das scheint mir kein "Loch" zu sein, da ist nur die grüne Farbe ausgegangen smile

$\begin{eqnarray*} 0.\bar3 \cdot 3 \end{eqnarray*}$

22.05.2021, 10:10

Leopold

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Zitat:

Rätsel von Luftikus
$\begin{eqnarray*} 0.\bar3 \cdot 3 \end{eqnarray*}$

Hier mein Lösungsversuch:
$\begin{align*} 0{,}\bar{3} \cdot 3 = 0{,}\bar{9} \end{align*}$

22.05.2021, 14:39

klauss

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RE: Winkel im Dreieck gesucht (2)
[attach]53112[/attach]

Ich möchte die gelbliche Fläche berechnen.
Unterstellt, dass die Außenmaße des Dreiecks sicher sind, kann die Hypothenuse mit der Funktion
$\begin{eqnarray*} f(x)=\frac{5}{13}x ~;~x\in \left[0;13\right] \end{eqnarray*}$
beschrieben werden.
Leider komme ich jetzt nicht weiter. Ich vermag nicht zu entscheiden, ob ich
$\begin{eqnarray*} \int_{8}^{13} \! f(x)-f(8) \, dx \end{eqnarray*}$
oder
$\begin{eqnarray*} \int_{f^{-1}(3) }^{13} \! f(x)-3 \, dx \end{eqnarray*}$
ansetzen soll.

22.05.2021, 19:02

quadrierer

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Zitat:

Original von Luftikus

Das scheint mir kein "Loch" zu sein, da ist nur die grüne Farbe ausgegangen smile

$\begin{eqnarray*} 0.\bar3 \cdot 3 \end{eqnarray*}$

Das mit der ausgegangenen Farbe verstehe ich. Worauf bezieht sich
" $\begin{eqnarray*} 0.\bar3 \cdot 3 \end{eqnarray*}$ "?
Da fehlt mir noch etwas mitgelieferte Erklärung. Ich würde da eher
an $\begin{eqnarray*} 0,5\cdot 2 =1 \end{eqnarray*}$ denken?

23.05.2021, 16:13

Mathema

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Ein ähnliches "Loch"-Rätsel findet man auch bei Wiki unter (4):

https://de.wikipedia.org/wiki/Fehlendes-Quadrat-Rätsel

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Winkel im Dreieck gesucht (2)

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