Fragen zu [Tabelle]-[Dreieckskonstruktionen] - Seite 2 |
| 30.01.2005, 16:38 | riwe | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
HALLO JOCHEN; DAS GEHT NICHT; die liegen immer auf einer seite der höhe, können höchstens alle 3 zusammenfallen im glschenkeligen dreieck glaube ich zumindest werner |
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| 30.01.2005, 16:44 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
@poff: ja, du hast recht! schön einfach erklärt, dass auch ein geometrielaie wie ich das verstehen kann! mit werners erkenntnis sollte man diese teil
noch zu größergleich korrigieren (mit eben dem spezialfall) aber das würde mich doch mal noch interessieren:
mfg jochen |
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| 30.01.2005, 16:58 | Poff | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
das ist nicht ganz einfach zu beantworten, deshalb stell ich das erst mal zurück und sag nur, synthetische Konstruktion ... als Anregung hab ich dafür noch eine weitere dieser Art anzubieten ... erste Variante gelöscht 30 c, hc, wgamma UPDATE Zeichne hc Konstruiere senkrechte Linie g im Fußpunkt von hc Zeichne Kreis um C mit Radius wgamma, der Schnittpunkt mit g sei W Errichte in C Senkrechte auf wgamma, der Schnittpunkt mit g sei D Errichte zu g Senkrechte s in W Zeichne Kreis um W mit Radius c, der Schnittpunkt mit s sei D', der mit g sei A' Zeichne Kreis um D mit Radius DD', der Schnittpunkt mit g sei X Halbiere A'X, diese Mitte ist der gesuchte Dreieckspunkt A Kreis um A mit Radius c liefert mit g den Dreieckspunkt B |
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| 31.01.2005, 12:15 | riwe | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
n6.30 werner |
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| 31.01.2005, 12:16 | riwe | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
nr. 39 werner |
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| 31.01.2005, 15:44 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Nr. 30 
*sprachlos*Nr. 39 ist schön, du hast als Textfeld a, s_a, s_a (statt s_b geschrieben). nur für den fall, dass du das noch korrigieren willst. wozu ist der große kreis um A?!?! mfg jochen |
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| 31.01.2005, 16:16 | Poff | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ich weiß nicht was Werner bei 30 realisiert hat, aber ich hab meine Variante gerade eben vereinfacht. (sieh UPDATE) (werde die vorherige Variante löschen) So ist's einfacher und etwas eleganter. |
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| 31.01.2005, 18:40 | riwe | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
auch wenn es immer noch spanisch ist, es ist wenigstens weniger spanisch nr 30 II werner |
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| 31.01.2005, 19:01 | riwe | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
danke jochen für den hinweis, ich habe versehentlich die falsche datei geschickt habe es schon korrigiert, jetzt ist auch der kreis klar schicke es halt nochmals mit werner zur info: die konstruktionsvorschriften von POFF habe ich nur "nachgeplappert", bestenfalls habe ich teilweise eine sehr, sehr dumpfe ahnung werner |
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| 01.02.2005, 10:18 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
prima, ja jetzt sehe ich es! a ansetzen (Punkte B und C), Kreis um (vorher konstruierten!) Mittelpunkt davon (M_a) mit 1/3 s_a, kreis um B mit radius 2/3 s_b ergibt als Schnittpunkt den Schwerpunkt S (wie wir die Strecken entsprechend teilen, wissen wir inzwischen alle 
)g sei die Hilfsgerade durch BS. Auf g von B aus die Strecke S_b abtragen (in Richtung S) ergibt M_b. Hilfsgerade h durch M_b und C und anschließend Strecke M_bC noch in die andere Richtung abtragen, damit findet man Punkt A. schöne einfache Konstruktion! mfg jochen |
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| 01.02.2005, 20:24 | Poff | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Die Nr 80 ist gelöst soweit ich sehe. Allerdings die schwierigste Konstruktion von dem was bisher da war. Muss das erst nochmal komplett sauber überarbeiten ... und ein geringes Restrisiko eines Fehlers will ich die Sekunde auch noch offen halten |
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| 01.02.2005, 23:54 | riwe | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
da freue ich mich schon werner |
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| 02.02.2005, 00:00 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Für Nummer 80 habe ich die folgende Formel herausgefunden: Die rechte Seite enthält nur rationale Operationen und eine Quadratwurzel. Daher kann mit Grundkonstruktionen aus den gegebenen Größen konstruiert werden. Allerdings ist meine Lösung analytisch und daher nach klassischer Auffassung "unedel". (Ich habe sie auch noch nicht in jedem Detail auf Richtigkeit überprüft, z.B. Eindeutigkeit der Lösung.) Daher bin ich auf Poffs Lösung gespannt. Gelegentlich vernimmt man ja von professionellen Mathematikern herablassende Äußerungen zur Elementargeometrie der Dreiecke wie "ein Steckenpferd für pensionierte Studienräte". Umso mehr bin ich erfreut, daß sich in diesem Strang wohl jung und alt zusammentun, um an diesen Aufgaben zu knobeln. Man könnte sich auch überlegen, eine Art "Trigopedia" mit sämtlichen 63 lösbaren Dreieckskonstruktionen zu erstellen, im ersten Beitrag mit einer Aufzählung und Verweisen zu den jeweiligen Lösungen beginnend. Wünschenswert wäre dann aber ein einheitliches Design, was Aufgabenformulierung, Beschreibung der Lösungsidee, Ausführung der Lösung einschließlich Graphik betrifft. |
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| 02.02.2005, 00:12 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
ich hab kopfschmerzen.... und wieso? 
deshalb! das ist doch krank! <- edit: das musste noch fett aber ich konstruiere dafür grad mal wieder was leichtes
edit2: so, nachdem mir poff vorne so schön erklärt hat, wie man winkel überträgt, wollte ich das mal probieren.... im anhang die nr. 17...... (a, beta, gamma) auf jeden fall schön bunt |
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| 02.02.2005, 00:47 | riwe | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
trigopedia trigopedia trigopedia das finde ich großartig! wäre - wie artur dent schon sagte - wohl ziemlich einzigartig - ich finde die idee ganz toll und werde versuchen, meine bescheidenen alten anteile einzubringen. loed und ich konstruieren dann die einfachen euklid macht spaß werner hoffentlich gibt uns POFF anleitungen zur synthetischen geometrie! in der zwischenzeit habe ich schon literatur gesucht und gefunden, nur ist das meiste vergriffen und damit den nichtolympiern nicht zugänglich, aber in den unibibliotheken vorhanden (stelle es nach ordnen wenn gewünscht hier her) |
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| 02.02.2005, 01:02 | Poff | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Nr 80, ha, hb, wgamma Sei ha > hb (ha=hb, gleichschenkl. Dreieck ist einfach) Zeichne waagerechte Strecke der Länge ha (Linie g), der linke Endpunkt sei A, der rechte D Zeichne Kreis um D mit Radius hb, der Schnittpunkt mit der Strecke AD (g) sei B Zeichne einen (beliebigen) Strahl s von D ausgehend, Richtung A laufend, am besten einen Winkel von ca 30°-40° mit g bildend und nach unten weglaufend (3,4 Quadrant) Erstelle Senkrechte in A auf g, der Schnittpunkt mit s sei A' Erstelle Senkrechte in B auf g, der Schnittpunkt mit s sei B' Zeichne Kreis um B mit Radius BB', der Schnittpunkt mit der Linie BB' sei X (X ist Spiegelpunkt von B' bezügl. g) Ziehe Linie A'X, der Schnittpunkt mit g sei W Zeichne Thaleskreis t1 über WD Zeiche Kreis um D mit Radius wgamma, der Schnittpunkt mit g sei U (DU muss kleiner sein als DW, sonst gibts keine Lösung) Errichte Senkrechte zu g in U, der Schnittpunkt mit Linie s sei U' Zeichne Kreis um U mit Radius UU', der Schnittpunkt mit der Linie UU' sei X' ((X' ist Spiegelpunkt von U' bezügl. g) Zeichne Linie A'X', der Schnittpunkt mit g sei V Zeichne einen (beliebigen) Strahl s' von A ausgehend, Richtung D laufend, am besten einen Winkel von ca 30°-40° mit g bildend und nach unten weglaufend (3,4 Quadrant) Errichte Senkrechte zu g in D, der Schnittpunkt mit s' sei D' Errichte Senkrechte zu g in U (ist schon vorhanden), der Schnittpunkt mit s' sei P Errichte Senkrechte zu g in V, der Schnittpunkt mit s' sei Q Ziehe Linie PW Konstruiere Parallele zu PW durch D', der Schnittpunkt mit g sei Z Konstruiere Parallele zu PW durch Q, der Schnittpunkt mit g sei Y Konstruiere Thaleskreis t2 über YZ Der Schnittpunkt der beiden Thaleskreise t1 und t2 (das sind hier die Apollonios-Kreise) ist der gesuchte Dreieckspunkt C, der zusammen mit A und B ein zum gesuchten Dreieck ähnliches Dreieck darstellt, das nun noch auf die richtige Größe gestreckt oder gestaucht werden muss, was ich mir im Detail aber erspare. Das wars. *g* Das Prinzip W und D bilden den inneren und äußeren harm. Teilungspunkt der Strecke AB = ha-hb Der Kreis t1 ist die Ortslinie aller Punkte P mit AP/BP = AW/WB = AD/BD = ha/hb = const V und D bilden den inneren und äußeren harm. Teilungspunkt der Strecke AU = ha-wgamma. Für einen Punkt P auf dem Thaleskreis über VD würde gelten AP/UP = AV/VU = AD/UD = ha/wgamma = const. über die Streckenschrumpfung AU->AW, AV->AY, AD->AZ wird gleiches Verhältnis für Kreis t2 erreicht, sodass gilt Der Kreis t2 ist die Ortslinie aller Punkte P mit AP/WP = AY/YW = AZ/WZ = ha/wgamma = const Für den Schnittpunkt C beider Kreise t1 und t2 gilt somit AC/CB = ha/hb AC/CW = ha/wgamma (zugleich gilt dann auch CB/CW = hb/wgamma) Damit ist das Dreieck ABC dem gesuchten Dreieck mit vorgegebenem ha,hb, und wgamma ähnlich. Bei den vielen verschiedenen Punkten usw ist es nicht ganz leicht den Überblick zu behalten. Fehler kann ich deshalb nicht ausschließen, es sollte aber abzählbar bleiben *g* Vorsicht können noch kleinere Fehlerchen enthalten sein, Text wird noch überarbeitet ... |
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| 02.02.2005, 02:30 | riwe | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
hallo poff, ich erstarre! ich habe es mir nicht nehmen lassen (2uhr30) und habe versucht, es umzusetzen kann es aber sein, dass da ein faktor 2 irgendwo fehlt? (bin mir eh sicher, dass der fehler bei mir beim übersetzen liegt, aber da ich es (noch <- man soll die hoffnung nie aufgeben)) nicht verstehe, kann ich es auch nicht nachvollziehen) der kannnitverstahn werner |
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| 02.02.2005, 06:45 | Poff | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Kommando zurück, das haut nicht hin wegen dem Seiten-Höhen- problem. Setzt man die Höhen als Seiten, dann gehts problemlos. Durch die Umsetzung auf Seiten, bzw Höhen stimmt dann aber das Verhältnis zur Winkelhalbierenden nicht mehr. Ich denke das ist nur das Problem eines linearen Faktors, den man allerdings vorher wissen müsste um die Konstruktion mit dem angepassten Wert durchführen zu können. Weil das mit den Höhen etwas unpraktisch war bei der Überprüfung hab ich das nicht weiter angeschaut und mich nur um das Seiten- verhältnis gekümmert, nach dem Motto, die Seiten verhalten sich wie die Höhen, also ists egal, gestreckt werden muss eben um den fehlenden Faktor und dann wird die Winkelhalbierende eben entsprechend mitgestreckt. Dies ist aber nicht ganz richtig, weil es sich bei der Verdreherei leider nicht (mehr) um die wirkliche Winkelhalbierende handelt und infolgedessen auch das Verhältnis nicht stimmen kann. Das ist mir eben gerade erst eingefallen ... egal, umsonst war das dennoch nicht, vielleicht gibts ja noch ne Brücke zum Ziel Da bin ich leider einem blöden Fehler aufgelaufen. . Die Nr 9 liese sich zumindest so lösen, weiß nicht ob da schon was da ist, oder obs dafür was besseres gibt, aber das ginge auf jeden Fall auf diese Weise von oben. Nein, für die Nr 9 ist's übertrieben, die geht einfacher, da reichen schon 50% und weniger aus |
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| 02.02.2005, 10:37 | riwe | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
verstehe ich das richtig: es funktioniert, wenn statt der höhen die entsprechenden seiten gegeben sind, also a, b, wgamma? müßte es dann nicht auch funktionieren, wenn man mit den kehrwerten der höhen arbeitet bei ha, hb, wgamma? kannst du uns vielleicht und bitte bie nr.9 und nr. 15 auf die sprünge helfen, das ist vielleicht einfacher (!) nachzuvollziehen. die verdammten winkelhalbierenden. werner |
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| 02.02.2005, 11:32 | Poff | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ja bei a, b, wgamma (9) funktionierts auf jeden Fall. Ich habs nochmal überdacht und bin zu dem Schluss gekommen, dass das für die 9 doch komplett so gebraucht wird wies oben steht. Es sei man hat eine ganz andere Idee. Dachte kurzfristig mal das ginge bei der 9 einfacher, aber das stimmt nicht (es geht bei 80 schwieriger *g*). Erinnere mich sogar dass ich diese Lösung schon einmal produziert habe. (aber nicht in Verbindung mit Höhen und überhaupt das kommt jetzt erst wieder hoch) Ja das mit den Kehrwerten bei den Höhen da hab ich schon drüber nachgedacht, aber das kommt so alleine nicht hin. . |
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| 02.02.2005, 12:45 | riwe | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
@ Ja das mit den Kehrwerten bei den Höhen da hab ich schon drüber nachgedacht, aber das kommt so alleine nicht hin. da stimmt dann wohl wgamma nicht mehr? werner |
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| 02.02.2005, 14:26 | Poff | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Alle Roten haben mindestens eine Winkelhalbierende .... Wenn du wissen willst ob schwer oder leicht, machst am besten so wie Leopold, rechnest die 'fehlende Seite' aus und je nachdem wie komplex das möglichst vereinfachte Ergebnis ausfällt, wirds schwer oder leicht. Am Ergebnis kannst fast schon ablesen wieviele verschachtelte Wurzeln in der Konstruktion mindestens drinstecken müssen. Wenn ich bei der 15 nicht gerade blind bin, scheint sie mir, trotz dass sie harmlos aussieht, es dennoch nicht zu sein Ja, das andere scheitert an der Zuordnung Seite Winkelhalbierende . |
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| 02.02.2005, 15:26 | kurellajunior | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Weil, wenn ich mich schon mal an son Tool gewöhne, dann will ich nicht nach 8 Wochen wieder vom Rechenr schmeißen... Jan |
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| 02.02.2005, 15:49 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
du kannst ja nach 8 Wochen die demo neu installieren? eventuell läuft sie auch mit einem Hinweis weiter...... dann wirst du halt nie die vorzüge der vollversion bekommen, aber die demo ist schon sehr ordentlich...... mfg jochen @konstrukteure (konstruierende?): ihr seid spitze 
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| 02.02.2005, 19:15 | riwe | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
eine einzellizenz koste ca. 20 euro, das war sie mir wert das geld war/ist gut angelegt (habe ich halt 3 bier weniger getrunken) kannst dasselbe auch mit geonext machen, das ist frei werner |
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| 02.02.2005, 20:36 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
zru Auflockerung zwischen euren Klötzen mal wieder was einfaches von mir. Nr. 6 
übersicht über die nummern, die ich jetzt habe: 1 6 7 12 15 17 30 39 54 76 80 82 90 einwände? was vergessen? |
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| 03.02.2005, 00:02 | riwe | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
und die mr 81 werner |
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| 03.02.2005, 00:08 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
wenn mans mal sieht eigentlich ganz einfach..... muss man sich nur rantrauen.... mal schauen ob ich noch was einfaches auf meinem niveau finde
mfg jochen |
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| 03.02.2005, 00:42 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
HILFE 
wieso geht das nicht eindeutig bei mir.... habe mich mal an der 23 (a, beta, sc) versucht.... a abgetragen (B und C), beta konstruiert (habs mal als 45° gewählt und mit doppelten mittelsenkrechten konstruiert). hilfsgerade sei g. lief anfangs auch sehr gut, aber dann...... wollte dann kreis um C mit s_c-radius mit g schneiden, um die mitte von AB zu finden... aber der kreis schneidet g 2x. damit komme ich nicht klar.... denn meines erachtens würden beide fälle die angeforderten werte erfüllen. laut der tabelle sollte das aber eindeutig sein! wer kann helfen?! mfg jochen edit: anhang vergessen, ich hoffe es ist nicht zu unübersichtlich..... ich wollte die mittelsenkrechtenkonstruktionen ganz ausführlich machen.... der entscheidende kreis ist der schwarze um C. |
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| 03.02.2005, 03:32 | Poff | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Für die 23 brauchst keine Mittelsenkrechten zu konstruieren ?? wollte dann kreis um C mit s_c-radius mit g schneiden, um die mitte von AB zu finden... aber der kreis schneidet g 2x. damit komme ich nicht klar.... ist doch kein Problem ... das ist richtig so. Die Schnittpunkte mit der c-Linie sind die ver- schiedenen Mitten. Je nach Lage der Dinge gibts keine bis 2 Lösungen . |
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| 03.02.2005, 11:47 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
d.h. bei meinen werten ist das dreiek tatsächlich nicht eindeutig, wie es aber in der tabelle steht? ui. gibt es eine andere (schnellere) möglichkeit, einen als 45° angegebenen winkel zu konstruieren als über senkrechte, 2 punkte auf dem senkrechtenpaar abtragen und mittelsenkrechte zwischen diesen? mit winkelkonstruktionen kenne ich mich gar nicht aus! wo wir schon dabei sind: was für winkelteilungen sind denn möglich? halbieren (vierteln, achteln,....), dritteln (glaube ich, aber wie?), damit zusammen auch 6teln, 9teln, 12teln,... was noch? mfg jochen |
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| 03.02.2005, 17:04 | riwe | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
hallo jochen, ziehe an P_beta, und du hast 0/1/2 lösungen. (wo steht denn das mit eindeutig?) nr. 23 werner |
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| 03.02.2005, 17:07 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
naja, ich dachte wenn es mehrere lösungen gibt, fällt das unter "unterbestimmt", wie bei alpha, beta, gamma... aber okay da gibt's natürlich sogar unendlich viele..... mfg jochen |
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| 03.02.2005, 17:11 | riwe | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
unterbestimmt heißt, glaube ich, zuwenig der angaben, um ein dreieck konstruieren zu können. z.b.offensichtlich bei nr 48: das sind ja in wirklichkeit nur 2 (unabhängige) bestimmungsstücke werner |
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| 03.02.2005, 17:12 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Unterbestimmt heißt, daß die drei gegebenen Größen nicht unabhängig voneinander wählbar sind und bei einer gültigen Wahl unendlich viele Lösungen existieren. Und hier eine nicht-konstruktive Lösung von Nr. 80. |
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| 03.02.2005, 17:23 | JochenX | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
ich hab dann die 23 noch mal überarbeitet (reste meiner konstruktionen und so weggemacht und bei deinem textfeld alpha zu beta geändert, werner) s. anhang @leopold: nr. 80 sieht ja schön aus so
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| 03.02.2005, 18:05 | kurellajunior | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Irgendso ein schlauer Mathematiker hat doch mal bewiesen, dass man jedes beliebige n-Eck konstruieren könne, ergo muss auch jede Winkelteilung möglich sein, oder? Leider bin ich auf dem Gebiet nicht so firm. |
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| 03.02.2005, 18:17 | riwe | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
soweit ich weiß, stimmt genau das nicht (dafür hat gauss bewiesen, dass man ein regelm. 17-eck und ähnliche konstruieren kann, und eben welche nicht,z.b. das 7-eck, wenn ich mich richtig erinnere) werner |
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| 03.02.2005, 18:20 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Konstruierbar ist ein -Eck nur dann, wenn in der Primfaktorzerlegung von höchstens der Primfaktor 2 (beliebig oft) und Fermatsche Primzahlen, jede allerdings höchstens einmal, vorkommen. Fermatsche Zahlen sind ganze Zahlen der Form Fermatsche Primzahlen sind Fermatsche Zahlen, die zugleich Primzahlen sind: ist keine Primzahl. Bis in jüngster Zeit waren keine weiteren Fermatschen Primzahlen außer den obigen bekannt. Über neuere Entwicklungen bin ich aber nicht informiert. Da lohnt es sich vielleicht zu googeln. |
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| 03.02.2005, 18:23 | kurellajunior | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Bedeutet das, dass ein Winkel nicht in beliebig viele Teilwinkel zerlegbar ist, wie man das von Strecken kennt?
ohweih werft mir nicht mein Weltbild um. |
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