Beiweis Lunulae Hippocratis

07.10.2011, 11:15

Christian_P

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Beiweis Lunulae Hippocratis

Die Aufgabe:
Zeichnet man über den Seiten eines rechtwinkligen Dreiecks nach der gleichen Richtung Halbkreise, so ist die Summe der beiden mondsichelförmigen Flächen zwischen den Halbkreisen gleich der Dreiecksfläche. Beweisen Sie dies.

$\begin{eqnarray*} A_{k1} \rightarrow \text{1.Halbkreis über Kathete} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} A_{k2} \rightarrow \text{2.Halbkreis über Kathete} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} A_{k3} \rightarrow \text{3.Halbkreis über Hypothenuse} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} A_D \rightarrow \text{Dreiecksfläche} \end{eqnarray*}$

Nach der Zeichnung muss gelten:

$\begin{eqnarray*} A_{k1}+A_{k2}-A_{k3}+A_D=A_D \end{eqnarray*}$

Umstellen ergibt:

$\begin{eqnarray*} A_{k1}+A_{k2}-A_{k3} = A_D-A_D \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} A_{k1}+A_{k2}-A_{k3} = 0 \end{eqnarray*}$

Es muss also nur noch gezeigt werden das:

$\begin{eqnarray*} A_{k1}+A_{k2}-A_{k3}=0 \end{eqnarray*}$

Annahme: es gelte der Satz des Pythagoras auch für die Halbkreise mit dem Durchmesser der Dreieckseiten, die Halbkreise über den Dreieckseiten verhalten sich also genau wie die Quadrate über denselben:

$\begin{eqnarray*} a^2+b^2 = c^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a^2+b^2-c^2 = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{\pi }{2}\left(\frac{a}{2}\right)^2+\frac{\pi }{2}\left(\frac{b}{2}\right)^2-\frac{\pi }{2}\left(\frac{c}{2}\right)^2 = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left(\frac{a}{2}\right)^2+\left(\frac{b}{2}\right)^2-\left(\frac{c}{2}\right)^2 = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{a^2}{4}+\frac{b^2}{4}-\frac{c^2}{4} = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a^2+b^2-c^2 = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \mathrm{Q.E.D.} \end{eqnarray*}$

Wäre der Beweis in dieser Form schlüssig und korrekt?

lg,
Christian

EDIT: "Und-Zeichen" (&) vor und nach dem Gleichheitszeichen bzw. Pfeilen entfernt.
und Zeilenumbrüche im LATEX vermieden

07.10.2011, 11:28

riwe

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RE: Beiweis Lunulae Hippocratis
sicher ist: man kann ihn nicht lesen unglücklich

unglücklich

edit: Komplettzitat entfernt.
LG sulo

07.10.2011, 11:35

Christian_P

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Warum kann man ihn nicht lesen (vorausgesetzt man kann lesen)?

Was könnte man noch verbessern?

07.10.2011, 11:42

riwe

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vorausgesetzt, du bist nicht blind: zumindest den LATEX-code könnte man verbessern.

07.10.2011, 11:54

Christian_P

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Wenn du keine konstruktive Kritik anbringen möchtest, dann würde ich dich gern bitten davon abzusehen hier weiter zu antworten. Was nutzt mir, wenn du schreibst "man könne den Beweis nicht lesen". Davon kann ich mir leider nichts kaufen. Der Kommentar nutz mir nichts, weil ich ihn nicht verwerten kann, denn er enthält keine nützlichen Hinweise. Ich bin dir ja dankbar, dass du geantwortet hast und dich vielleicht auch für meine Probleme interessiert, aber leider nutzen mir deine Beiträge nichts.

lg,
Christian

07.10.2011, 12:09

riwe

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da ich nach wie vor deinen latexcode nicht lesen kann, komme ich deiner bitte gerne nach und hoffe, andere können ihn lesen.

vor meiner hilfe bist du nun sicher geschockt

geschockt

Anzeige

07.10.2011, 12:47

Huggy

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Zitat:

Original von Christian_P
Wenn du keine konstruktive Kritik anbringen möchtest, dann würde ich dich gern bitten davon abzusehen hier weiter zu antworten. Was nutzt mir, wenn du schreibst "man könne den Beweis nicht lesen". Davon kann ich mir leider nichts kaufen. Der Kommentar nutz mir nichts, weil ich ihn nicht verwerten kann, denn er enthält keine nützlichen Hinweise. Ich bin dir ja dankbar, dass du geantwortet hast und dich vielleicht auch für meine Probleme interessiert, aber leider nutzen mir deine Beiträge nichts.

lg,
Christian

Wenn du zu faul bist, deinen Latex-Code zu reparieren, damit man deinen Beweis auch lesen kann, dann fürchte ich - nein, besser, dann hoffe ich - dass auch kein anderer dir helfen wird. Und wenn du den Hinweis, dass dein Code nicht leserlich ist, als nicht konstruktiv empfindest, dann fürchte ich um deine Intelligenz.

07.10.2011, 12:59

Bjoern1982

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Hmm also evtl liegts ja auch an euren Browsern bzw Kompatibilitätsproblemen.
Ich kann es mit Firefox alles einwandfrei lesen und da riwe es sogar nochmal komplett zitiert hat sogar zweimal Big Laugh

Big Laugh

07.10.2011, 13:13

Huggy

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Zitat:

Original von Bjoern1982
Hmm also evtl liegts ja auch an euren Browsern bzw Kompatibilitätsproblemen.
Ich kann es mit Firefox alles einwandfrei lesen und da riwe es sogar nochmal komplett zitiert hat sogar zweimal Big Laugh

Big Laugh

Wenn das so ist, nehme ich meine böse Bemerkung zurück. Bei mir und offenbar auch bei riwe erscheinen statt der Formeln solche Texte wie

! Missing $ inserted.

Ich benutze den Windows Explorer 9.

Wenn der Latex-Code in einem Browser korrekt als Formel angezeigt wird, in einem anderen aber nicht, sollten sich die Boardbetreiber das Problem mal ansehen.

07.10.2011, 13:22

Bjoern1982

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Zitat:

Wenn der Latex-Code in einem Browser korrekt als Formel angezeigt wird, in einem anderen aber nicht, sollten sich die Boardbetreiber das Problem mal ansehen.

Absolut, ich leite das mal weiter.

Hier mal ein Screenshot fürs erste:

07.10.2011, 13:27

riwe

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unabhängig davon, könntest ja du diese sehr simple aufgabe erledigen Augenzwinkern

Augenzwinkern

07.10.2011, 13:36

Huggy

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So sieht das im Windows Explorer 9 aus:

[attach]21402[/attach]

07.10.2011, 13:52

Christian_P

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ooohh ein Missverständnis also Big Laugh

Big Laugh

@riwe:
Ich konnte aus deinen beiden ersten Tipps nicht entnehmen, das mein LATEX-code nicht lesbar ist. Das hätte ich nie in Betracht gezogen, weil bei mir keine Probleme mit der Anzeige auftreten. Aus diesem Grund konnte ich mit deinen Tipps nichts anfangen. Du wirst sicher zugeben das "man kann ihn nicht lesen" in diesem Zusammenhang doch sehr zweideutig sein kann. Darum meine von Irritation geprägte Reaktion -> entschuldige bitte.

@Huggy
zu faul bin ich mit Sicherheit nicht... du brauchst nichts befürchten smile

smile

07.10.2011, 13:58

Huggy

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Zitat:

Original von Christian_P
@Huggy
zu faul bin ich mit Sicherheit nicht... du brauchst nichts befürchten smile

smile

Nachdem sich die Ursache der Verwirrung geklärt hat, tut mir meine Bemerkung auch echt Leid.

07.10.2011, 14:29

Christian_P

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@Huggy
you are Willkommen

Willkommen

07.10.2011, 15:32

jester.

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Ich habe mir den Thread gerade auch mal mit dem Internet Explorer angesehen. Dieser hat wohl weiterhin Probleme mit Zeilenumbrüchen im Latex-Code. Diese sollte man also am besten vermeiden, wenn man "universelle Lesbarkeit" erreichen möchte. Augenzwinkern

Augenzwinkern

07.10.2011, 16:58

Huggy

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RE: Beiweis Lunulae Hippocratis
Dein Beweis ist richtig, nur die Darstellung finde ich etwas schief. Du hast zunächst korrekt ausgeführt:

Zitat:

Es muss also nur noch gezeigt werden das:

$\begin{eqnarray*} A_{k1}+A_{k2}-A_{k3}=0 \end{eqnarray*}$

Dann machst du eine Annahme. Wenn du diese Annahme benutzen würdest, müsstest du sie auch beweisen. Tatsächlich benutzt du die Annahme aber gar nicht. Denn die vorige Gleichung ergibt als zu zeigende Gleichung:

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \frac{\pi }{2}\left(\frac{a}{2}\right)^2+\frac{\pi }{2}\left(\frac{b}{2}\right)^2-\frac{\pi }{2}\left(\frac{c}{2}\right)^2 = 0 \end{eqnarray*}$

Nach Ausklammern ist zu zeigen:

$\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{2}\frac{1}{4}(a^2+b^2-c^2)=0 \end{eqnarray*}$

Der Ausdruck in der Klammer ist aber nach dem ganz normalen Satz des Pythagoras 0 und damit der gesamte Ausdruck.

07.10.2011, 18:49

Christian_P

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Ach so, dann ist die abschließende Argumentation, dass die Gleichung so umgeformt werden kann, dass die Pythagorasformel dann als Faktor den Term null werden lässt.

Ich habe es so verstanden, dass ich die Gleichung so weit umformen kann, bis ich schließlich auf den Satz des Pythagoras stoße und somit ebenfalls die Richtigkeit meiner Gleichung bewiesen habe. Ich bin davon ausgegangen, wenn ich die Gleichung auf die Form des Pythagoras bringen kann, dann habe ich die Richtigkeit der Annahme bewiesen. Meine Annahme war, dass die Halbkreisflächen über den Dreiecksseiten sich genau so verhalten wie die Quadrate über denselben (Pythagoras). Ich hatte die Quadrate im Pythagoras durch die Halbkreisflächen ersetzt und konnte die Gleichung dann wieder auf den Pythagoras zurückführen. Das war für mich der abschließende Beweis. Wahrscheinlich läuft dies alles auf dasselbe hinaus.

Gruß,
Christian

07.10.2011, 19:20

PhyMaLehrer

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Zitat:

Original von Christian_P
Meine Annahme war, dass die Halbkreisflächen über den Dreiecksseiten sich genau so verhalten wie die Quadrate über denselben (Pythagoras).

Das tun sie auch. Das funktioniert nicht nur mit den Halbkreisen, auch mit regelmäßigen n-Ecken und sogar auch mit völlig unregelmäßigen Figuren, wenn diese nur ähnlich sind. Sicher steht das auch irgendwo (Woher wüßte ich es sonst? Augenzwinkern

Augenzwinkern

), aber ich weiß nicht, ob man diese Tatsache so einfach als gegeben in dem Beweis verwenden kann.
Für die Halbkreise läßt es sich ja aber ganz schnell zeigen, wie es auch hier geschehen ist.

07.10.2011, 19:31

Huggy

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Zitat:

Original von Christian_P
Wahrscheinlich läuft dies alles auf dasselbe hinaus.

So ist es.
Die letzte Formel meiner vorigen Antwort zeigt ja zweierlei: Einmal, dass die zu zeigende Gleichung richtig ist, und zum anderen, dass man die Formel des Pythagoras statt auf die Quadrate auch auf die Halbkreisflächen anwenden kann. Nun kann man aus dem zweiten nochmal schließen, dass die zu beweisende Formel richtig ist. Das wäre aber mit dem Erschlagen einer Leiche vergleichbar.

08.10.2011, 10:07

Christian_P

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Ich danke Euch für die Antworten.

Ich finde das Phänomen der Ähnlichkeit sehr faszinierend. Als es mir das erste Mal bewusst geworden ist, war ich wirklich sehr erstaunt darüber. Es ist möglich Längen Flächen, ja sogar Volumina in Beziehung zu setzten. Rein theoretisch müsste es möglich sein jede nur denkbare Fläche über einer Seite des rechtwinkligen Dreiecks aufzubauen und die Verhältnisse müssten immer dieselben bleiben. Die einzige Voraussetzung würde vielleicht sein, dass die Fläche, was in ihrer Natur liegt, von einer eindimensionalen Punktmenge begrenzt ist. Der Pythagoras dürfte dann für jede beliebige Form gelten, solange die Ähnlichkeit garantiert ist. Natürlich können diese anderen Flächen bzw. die Differenz derer nicht mehr gleich der Dreieckfläche sein.

08.10.2011, 10:29

Leopold

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Bei einer Streckung mit dem Faktor $\begin{eqnarray*} \lambda>0 \end{eqnarray*}$ nehmen

Längen den Faktor $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$
Flächeninhalte den Faktor $\begin{eqnarray*} \lambda^2 \end{eqnarray*}$
Rauminhalte den Faktor $\begin{eqnarray*} \lambda^3 \end{eqnarray*}$

auf (wird z.B. die Seitenlänge eines Quadrates verdreifacht, so verneunfacht sich der Flächeninhalt).

[attach]21408[/attach]

Man kommt nun mit dem Streckfaktor $\begin{eqnarray*} \lambda = \frac{b}{a} \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ , d.h. $\begin{eqnarray*} b = \lambda a \end{eqnarray*}$ , also kommt man mit $\begin{eqnarray*} \lambda^2 = \frac{b^2}{a^2} \end{eqnarray*}$ von Wolke a nach Wolke b, d.h.

$\begin{eqnarray*} W(b) = \frac{b^2}{a^2} \cdot W(a) \end{eqnarray*}$

Ganz genauso zeigt man

$\begin{eqnarray*} W(c) = \frac{c^2}{a^2} \cdot W(a) \end{eqnarray*}$

Und jetzt muß man das nur noch zusammensetzen und dabei $\begin{eqnarray*} a^2 + b^2 = c^2 \end{eqnarray*}$ verwenden:

$\begin{eqnarray*} W(a) + W(b) = W(a) + \frac{b^2}{a^2} \cdot W(a) = \left( 1 + \frac{b^2}{a^2} \right) \cdot W(a) = \frac{a^2 + b^2}{a^2} \cdot W(a) = \frac{c^2}{a^2} \cdot W(a) = W(c) \end{eqnarray*}$

08.10.2011, 16:07

Christian_P

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Danke für die ausführliche Erklärung! Das es mit Wolken funktioniert hätte ich gar nicht gedacht. W(a),W(b) und W(c) sind Funktionen der Wolken abhängig von den Dreieckseiten? Toll, dass das Ganze so verallgemeinerbar ist.

Gruß,
Christian

08.10.2011, 17:24

Leopold

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$\begin{eqnarray*} W(a),W(b),W(c) \end{eqnarray*}$ sind die Flächeninhalte der Wolken auf den Dreiecksseiten $\begin{eqnarray*} a,b,c \end{eqnarray*}$ . Natürlich sollen die Figuren ähnlich sein und sich maßstäblich wie die entsprechenden Dreiecksseiten verhalten.

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