Alle Dreiecke sind gleichseitig ("Pseudo-Beweis")

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02.09.2005, 17:30

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Also ich mag ja eher diesen Pseudo-Beweis:

Zusammenhang Skalarprodukt - Kosinussatz

Der hat irgendwie Stil. smile

02.09.2005, 18:16

JochenX

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Also ich mag ja eher diesen Pseudo-Beweis:

Zusammenhang Skalarprodukt - Kosinussatz

Der hat irgendwie Stil. smile

verdammt und ich komm nicht auf den fehler unglücklich

das hat wirklich stil..........

mfg jochen

edit: soll heißen: hiiiilfe Augenzwinkern

02.09.2005, 18:35

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Da jetzt was zu verraten, käme mir irgendwie blöd vor - du kommst schon allein drauf.

P.S.: geometrisches Problem? Skizze!

02.09.2005, 18:41

Egal

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Am besten nimmst du für die Skizze ein echtes Lineal smile

02.09.2005, 19:12

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Der Dreiecksbeweis ist ja witzig.

02.09.2005, 19:51

JochenX

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Skizze liefert doch leopold schon zu dem beweis dazu

das schon die erste behauptung nachmessbar nicht exakt aufgeht, könnte an einem denkfehler oder an einem skizzenfehler liegen.
ich vermute hier eher zweiteres, denn das sollte doch noch stimmen!?

wenn allerdings das erste gilt, dann gilt das zweite auch
durch 2 seiten und einen winkel sollte ein dreicek eindeutig sein, also wäre diese kongruenz gegeben

also doch den fehler beim ersten suchen, zumal EB und CF eindeutig unterschiedlich lang sind..... (die dreiecksseiten eines normalen dreiecks natürlich auch Augenzwinkern

)

bitte seid nachsichtig: ohne weisheitszähne und mit dicker backe denke ich nicht so schnell
lasst mir also zeit den fehler zu entdecken......

Wink

edit: bleibt natürlich die frage, ob E und F jeweils zwischen den punkten liegen müssen..... aber argh.....

02.09.2005, 20:12

MrPSI

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Hey LOED,

ich würd den Tipp von Egal befolgen und selbst ne Skizze zeichnen!

ich habs getan und bin dann auf den Fehler draufgekommen Big Laugh

02.09.2005, 20:42

JochenX

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okay dynageo sei dank

dann schneidet bei jedem (außer echten gleichseitigen!?) einer der beiden lotgeraden zu den seiten das dreieck "innen", die andere "außen"?

nicht gewusst, kann man das auch beweisen!?
oder hab ich sonst noch was übersehen?

mfg jochen

02.09.2005, 21:11

MrPSI

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Aber dass der Schnittpunkt jetzt außerhalb liegt, ist ja noch nicht alles...

jetzt musst du noch analysieren, ob die beiden Seiten gleichlang sind.
das geht ganz einfach mit dem Unterteilen in zwei rechtwinklige Dreiecke.

Anmerkung: die Schnittpunkte liegen bei ungleichseitigen Dreiecken(gleichschenklige nicht mitgezählt) IMMER außerhalb des Dreiecks. Wieso weiß ich nicht.

mfg MrPSI

02.09.2005, 21:44

Mathespezialschüler

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Abgetrennt von diesem Thread.

@Jochen
Wie schon richtig, aber nicht so eindeutig gesagt wurde, gilt das ganze für alle nicht gleichschenkligen Dreiecke.

Zitat:

Original von LOED
nicht gewusst, kann man das auch beweisen!?

Na klar kannst du das beweisen. Vll hilft dir dabei ja diese Tatsache! Augenzwinkern

Gruß MSS

02.09.2005, 22:37

MrPSI

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uupss, ich glaube ich hab einen kleinen Fehler gemacht.

ich hab ja ne genaue Zeichnung gezeichnet und da ist ganz deutlich zu sehen, dass bei den kleineren rechtw. Dreiecken die Gegenkatheten nicht gleich lang sind und damit auch das Dreieck ungleichseitig.
Nur sind ja jeweils die Ankatheten(=Lote von Schnittpunkt auf Seiten) und jeweils die Seiten von den Eckpunkten A und B zum Schnittpunkt gleich lang. und wenn da noch ein rechter winkel ist müssen die beiden Gegenkatheten doch auch gleich lang sein, oder? Also die zeichenfehler sind nur ca. 2mm groß.

und jetzt check ich gar nix mehr

02.09.2005, 22:52

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Ich fass mal zusammen, was am "Beweis" durchaus richtig ist:

$\begin{eqnarray*} \triangle CDE \cong \triangle CDF,\quad \triangle ADE \cong \triangle ADF \end{eqnarray*}$

Also gilt auch $\begin{eqnarray*} \overline{CE} = \overline{CF} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \overline{AE} = \overline{BF} \end{eqnarray*}$ . Dumm nur, dass in

$\begin{eqnarray*} \overline{AC} = \overline{CE}\mp\overline{AE},\quad \overline{BC} = \overline{CF}\pm\overline{BF} \end{eqnarray*}$

die Vorzeichen immer gerade entgegen gesetzt sind... Big Laugh

Die von MSS erwähnte Eigenschaft hat auch den schönen Namen Südpolsatz - weiß jetzt nicht, ob der in der Schule behandelt wird.

02.09.2005, 23:04

Mathespezialschüler

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Die von MSS erwähnte Eigenschaft hat auch den schönen Namen Südpolsatz - weiß jetzt nicht, ob der in der Schule behandelt wird.

Ich denke, nur in speziellen Ausnahmefällen. Augenzwinkern

Gruß MSS

03.09.2005, 00:17

MrPSI

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@ arthur dent:

können Sie mal bitte eine Grafik posten, ich weiß nämlich nicht wie man sich das vorzustellen hat. Bei mir liegen nämlich E und F auf den Dreiecksseiten und deshalb komm ich bei den Formeln nicht mit.

03.09.2005, 00:44

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Das "Sie" lassen wir mal - hier wird geduzt, ob 18 oder 80. Augenzwinkern

Zur beiliegenden Skizze:

Es ist kein Zufall, dass von den beiden kongruenten rechtwinkligen Dreiecken AES und BFS genau eins innerhalb des Sehnenvierecks ASBC liegt, und das andere außerhalb. Grund dafür ist die in eben diesem Sehnenviereck ASBC gültige Winkelsumme

$\begin{eqnarray*} \overline{\angle SAC} + \overline{\angle CBS} = 180^{\circ} \end{eqnarray*}$ ,

also ist immer einer der Winkel dieser Summe $\begin{eqnarray*} \leq 90^{\circ} \end{eqnarray*}$ und der andere $\begin{eqnarray*} \geq 90^{\circ} \end{eqnarray*}$ .

03.09.2005, 02:03

MrPSI

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wie kommt man denn auf $\begin{eqnarray*} winkelSAC+winkelSBC=180° \end{eqnarray*}$ ???

03.09.2005, 08:18

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Ich könnte jetzt sagen "das ist im Sehnenviereck so". Oder darauf hinweisen, dass man zum Nachweis dessen einfach die beiden Winkel als Peripheriewinkel über derselben Sehne $\begin{eqnarray*} CS \end{eqnarray*}$ auffassen kann, die aber auf unterschiedlichen Seiten dieser Sehne liegen. Dann folgt die Winkelsumme 180 Grad einfach durch zweimalige Betrachtung des Peripherie-Zentriwinkelsatzes. Aber frag jetzt nicht, was letzterer ist. Augenzwinkern

03.09.2005, 08:18

Egal

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Ich versuchs mal kurz zu erklären. Wenn N der Nordpunkt ist dann ist
$\begin{eqnarray*} \angle(SAN)=\angle(NBS)=90^\circ \end{eqnarray*}$ wegen Thales.
Wenn du dir die beiden Winkel aber eingezeichnet hast kannst du erkennen das der Winkel $\begin{eqnarray*} \angle(SAC) \end{eqnarray*}$ gerade soviel kleiner ist als 90° wie der andere grösser ist.

03.09.2005, 08:23

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Ist wirklich widerwärtig, wenn man am Morgen ins Forum kommt, und ein anderer 10 Sekunden schneller ist... Big Laugh

Aber jetzt seid ihr mich bis morgen abend los. Wink

03.09.2005, 09:58

MrPSI

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Peripherie-Zentriwinkelsatz........... ahh du meinst wohl den Umfang-Mittelpunktswinkelsatz (blöde Fachbegriffe)!

Also ich versuch mal die Herleitung:

Der Mittelpunktswinkel µ liegt zw. zwei Seiten, die sich zur Sehne CS hinstrecken. Es gilt $\begin{eqnarray*} \mu=2*winkel SBC=2*\beta \end{eqnarray*}$ .

Auf der anderen Seite der Sehne liegt der Winkel $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ als $\begin{eqnarray*} Winkel SAC \end{eqnarray*}$ vor.
Hier gilt aber nicht mehr der Umfang-Mittelpunktswinkelsatz, sondern die Formel(hab ich auch selbst hergeleitet*protz*)=
$\begin{eqnarray*} \mu=360^\circ-2*\alpha \end{eqnarray*}$

Gleichsetzen ergibt: $\begin{eqnarray*} 360^\circ-2*\alpha=2*\beta\\360^\circ=2*(\alpha+\beta)\\180^\circ=\alpha+\beta \end{eqnarray*}$

Aber ich weiß trotzdem nicht wieso, dass in meiner Zeichnung anders is, ich hab noch keinen zeichenfehler gefunden, aber ich probiers nochmal.

mfg MrPSI

03.09.2005, 11:52

Leopold

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Und hier ein weiterer schöner "Beweis".

Von den Endpunkten $\begin{eqnarray*} A,B \end{eqnarray*}$ einer Strecke gehen zur gleichen Seite hin zwei Strecken gleicher Länge $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ aus, bei $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ unter einem 90°-Winkel bis zum Punkt $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ , bei $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ unter einem 100°-Winkel bis zum Punkt $\begin{eqnarray*} D \end{eqnarray*}$ . $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ sei die Mitte der Strecke $\begin{eqnarray*} AB \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ die Mitte der Strecke $\begin{eqnarray*} CD \end{eqnarray*}$ . Da die Strecken $\begin{eqnarray*} AB \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} CD \end{eqnarray*}$ nicht parallel sind, schneiden sich ihre Mittelsenkrechten in einem Punkt $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ .

Die Dreiecke $\begin{eqnarray*} ABP \end{eqnarray*}$ (gelb) und $\begin{eqnarray*} CDP \end{eqnarray*}$ (rot) sind folglich gleichschenklig. Daraus kann man schließen, daß die Dreiecke $\begin{eqnarray*} ACP \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} BDP \end{eqnarray*}$ (grau) in den Seiten übereinstimmen und somit kongruent sind. Insbesondere müssen dann ihre Winkel bei $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ gleich groß sein. Nimmt man jetzt noch die Basiswinkel im Dreieck $\begin{eqnarray*} ABP \end{eqnarray*}$ hinzu, so folgt

90° = 100°

(aus N. Herrmann, Mathematik ist überall, Oldenbourg Verlag 2005)

03.09.2005, 15:19

MrPSI

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mmmhhhh........ sehr knifflig.

03.09.2005, 15:25

Mathespezialschüler

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Wieder selbst ne Zeichnung machen und überprüfen, ob auch wirklich alles stimmt in der Zeichnung, die Leopold angehängt hat!!

Gruß MSS

03.09.2005, 17:14

MrPSI

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also eins stimmt bestimmt nicht, nämlich dass der Schnittpunkt innen liegt. der liegt sehr weit außerhalb des Vierecks.
aber trotzdem entsteht dadurch diese verflixte kongruenz..
mist, wo ist da nur der fehler verwirrt

03.09.2005, 17:54

Leopold

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Zitat:

Original von MrPSI
aber trotzdem entsteht dadurch diese verflixte kongruenz..

So ist es.

04.09.2005, 23:24

MrPSI

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http://C:\Eigene Dateien\Unbenannt-Scannen-03

edit by jochen:
hallo mrpsi
sollen wir hier auf deine festplatte schauen können?
noch dazu mit http:// vorne?
bitte das korrigieren, sonst sehen wir nur weiß und dann lösch ich das

code:
1:	[IMG]http://C:\Eigene Dateien\Unbenannt-Scannen-03[/IMG]

so wird das nix....

05.09.2005, 11:16

MrPSI

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juhuu, ich hab den Fehler gefunden!

Ich habe vermutet, dass das Ganze ein Genauigkeitsfehler ist. Deshalb hab ich mir Dynageo heruntergeladen und dort hat man eindeutig gesehen, dass der Teilwinkel von 100° außerhalb des kongruenten Dreieckes lag geschockt

.
Eine Zeichnung kann ich leider nicht posten, ist nämlich in jeder Hinsicht zu groß.

mfg MrPSI

05.09.2005, 11:22

Leopold

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Alle Dreiecke sind gleichseitig ("Pseudo-Beweis")

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