Trigonometrie am Dreieck

01.08.2004, 00:58

Mathespezialschüler

Trigonometrie am Dreieck

Hi, wie in einem anderen Thread gesagt, hab ich noch ein paar Fragen zur Trigonometrie am allgemeinen Dreieck, um genau zu sein, es sind 4:

1. Für die Seitenhalbierende $\begin{eqnarray*} s_a \end{eqnarray*}$ eines Dreiecks ABC gilt:

$\begin{eqnarray*} s_a = \frac{1}{2}\sqrt{2b^2 + 2c^2 - a^2} = \frac{1}{2}\sqrt{b^2 + c^2 + 2bc\cos(\alpha)} \end{eqnarray*}$

2. Für die Winkelhalbierende $\begin{eqnarray*} w_{\alpha} \end{eqnarray*}$ eines Dreiecks ABC gilt:

$\begin{eqnarray*} w_{\alpha} = \frac{\sqrt{bc\cdot (a+b+c)\cdot (b+c-a)}}{b+c} = \frac{2bc\cos(\frac{\alpha}{2})}{b+c} \end{eqnarray*}$

3. Für den Inkreisradius $\begin{eqnarray*} \rho \end{eqnarray*}$ eines Dreiecks ABC gilt:

$\begin{eqnarray*} \rho = \tan(\frac{\alpha}{2})\cdot \frac{b+c-a}{2} \end{eqnarray*}$

4. Für ein Dreieck ABC gilt der

Projektionssatz: $\begin{eqnarray*} a = b \cos \gamma + c\cos \beta \end{eqnarray*}$

Bei allen 4: Könnt ihr mir einen Tipp geben, wie ich das herleiten kann?? Ich möchte keine Lösung, sondern nur einen Tipp, zumindest für 1.-3., bei 4. kanns auch ne Lösung sein.

Wäre für Denkanstöße sehr dankbar!

01.08.2004, 01:49

Poff

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RE: Trigonometrie am Dreieck
4 ) Höhe ha einzeichnen und der Rest ist geschenkt

2 ) ist mindestens eine der beiden falsch

3 ) Halbwinkelsatz

1 ) Dreieck ABC spiegeln an BC ...

.

01.08.2004, 11:08

Leopold

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RE: Trigonometrie am Dreieck

Zitat:

Original von Poff
2 ) ist mindestens eine der beiden falsch

Verschärfung der Aussage: Beide sind falsch.
Richtig ist

$\begin{eqnarray*} w_{\alpha} \ = \ \frac{\sqrt{bc(a+b+c)(-a+b+c)}}{b+c} \ = \ \frac{2bc}{b+c} \cos{\frac{\alpha}{2}} \end{eqnarray*}$

(Das hoffe ich zumindest.)

01.08.2004, 13:08

Mathespezialschüler

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RE: Trigonometrie am Dreieck
@Poff
Danke, ich werds versuchen. Nur 3. versteh ich nich ganz. Halbwinkelsatz, damit meinst du sicher

$\begin{eqnarray*} \tan(\frac{\alpha}{2}) = \frac{\sin(\alpha)}{1+\cos(\alpha)} \end{eqnarray*}$

oder? Nur was dann? Ich komm ja für $\begin{eqnarray*} \rho \end{eqnarray*}$ auch nur auf die Gleichung

$\begin{eqnarray*} \frac{\rho}{c_1} = \tan(\frac{\alpha}{2}) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{\rho}{c_2} = \tan(\frac{\beta}{2}) \end{eqnarray*}$

wenn p senkrecht auf c steht und dabei diese in c_1 und c_2 aufteilt. Wenn ich da den Halbwinkelsatz anwende, komm ich ja nur auf sin a und cos a und die sind nicht nur durch Seiten darstellbar.
Anderer Weg: Wenn ich das oben mit der Lösung vergleiche, bekomme ich, dass $\begin{eqnarray*} c_1 = \frac{b+c-a}{2} \end{eqnarray*}$
Aber wie komm ich wieder darauf??

@Poff & Leopold
Ok, war n bisschen spät, aber beide sind nicht falsch! Dass da cos(a/2) hinmuss, ist richtig. Zur ersten Gleichung: In meinem Tafelwerk steht:

$\begin{eqnarray*} w_{\alpha} = \frac{2}{b+c}\sqrt{bcs(s-a)} \end{eqnarray*}$

bekanntermaßen $\begin{eqnarray*} s = \frac{a+b+c}{2} \end{eqnarray*}$
Ich habs dann eingesetzt und dann kannst du auch gern $\begin{eqnarray*} 2\cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \end{eqnarray*}$ wegkürzen:

$\begin{eqnarray*} w_{\alpha} = \frac{2}{b+c}\sqrt{bc\cdot \frac{(a+b+c)\cdot (b+c-a)}{2}} = \frac{\sqrt{2}\cdot \sqrt{bc\cdot (a+b+c)\cdot (b+c-a)}}{b+c} \end{eqnarray*}$

Augenzwinkern

01.08.2004, 13:10

Leopold

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Das ist leider schon wieder falsch. Aber den Fehler verrate ich dir nicht. Rechne selbst noch einmal nach.

01.08.2004, 13:13

Mathespezialschüler

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Ok, habs gesehn :P. Im Nenner unter der Wurzel muss natürlich ne 4 stehen. Sorry Gott

edit: @Poff

Zitat:

Original von Poff
1 ) Dreieck ABC spiegeln an BC ...

Danke, hat auch super geklappt, nachdem ich rausbekommen hab, dass du eine Punktspiegelung am Mittelpunkt von BC meintest Augenzwinkern

01.08.2004, 23:29

Poff

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tan(alpha/2) = Inkreisradius/(s-a)
bzw entsprechende für beta ...

... dies mitunter nennt sich Halbwinkelsatz.
Hat 'nichts' mit dem Funktionstheorem des halben Winkels zu tun

.

02.08.2004, 00:43

Mathespezialschüler

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Jetzt weiß ich zum ersten mal, was (s-a) geometrisch darstellt, danke!
Hab auch schon n Beweis dafür gefunden.

Dann bliebe nur noch die Winkelhalbierende verwirrt

edit: Hab selbst ne Idee zur Winkelhalbierende, muss mal sehen, ob sie klappt:

$\begin{eqnarray*} w_{\alpha}\ teilt\ a\ in\ a_1\ und\ a_2,\ es\ gilt: \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{a_1}{a_2} = \frac{b}{c} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{a_1}{a-a_1} = \frac{b}{c} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_1 = \frac{ab}{b+c} \end{eqnarray*}$

Cosinussatz:

$\begin{eqnarray*} w_{\alpha}^2 = b^2 + \frac{a^2b^2}{(b+c)^2} - 2\frac{ab^2}{b+c}\cos(\gamma) \end{eqnarray*}$

Hmm, klappt nich so richtig, zumindest komm ich so nich auf die Formel, andere Cosinussatzbeziehung in dem Dreieck:

$\begin{eqnarray*} \frac{a^2b^2}{(b+c)^2} = w_{\alpha}^2 + b^2 - 2w_{\alpha}b\cos(\frac{\alpha}{2}) \end{eqnarray*}$

pq-Formel (negative Lösung entfällt):

$\begin{eqnarray*} w_{\alpha} = b\cos(\frac{\alpha}{2}) + \sqrt{b^2(\cos(\frac{\alpha}{2}))^2 + \frac{a^2b^2}{(b+c)^2} - b^2} = b\cos(\frac{\alpha}{2}) + b\sqrt{(\cos(\frac{\alpha}{2}))^2 + \frac{a^2}{(b+c)^2} - 1} \end{eqnarray*}$

hmm... bringt mich das weiter??

06.08.2004, 23:14

Mathespezialschüler

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Wär schön, wenn ihr euch nochmal meldet!
Ich komm nämlich bei der Winkelhalbierenden nich weiter. Hab versucht meine Ansätze irgendwie umzuformen, aber das klappt alles nich. Wär mir aber relativ wichtig.
Vielleicht könnt ihr mir ja nochmal n bisschen helfen. Gott

07.08.2004, 08:20

Leopold

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So geht's:

1. Wende den Cosinus-Satz auch auf das Dreieck ABC für den Winkel $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ an.
2. Ersetze in deiner zweiten Formel a² durch die Formel aus 1. und verwende
$\begin{eqnarray*} \cos{\alpha} = 2\cos^2{\frac{\alpha}{2}}-1 \end{eqnarray*}$
3. Löse nach $\begin{eqnarray*} w_{\alpha} \end{eqnarray*}$ auf.

Tip: Nimm o.B.d.A. $\begin{eqnarray*} b \geq c \end{eqnarray*}$ (oder umgekehrt) an, um bei der Diskriminante und der Lösungsformel Fallunterscheidungen zu vermeiden. Die Diskriminante läßt sich nämlich als Produkt von Quadraten schreiben.

Aber es geht sicher noch viel einfacher. Suche selber danach.

07.08.2004, 09:53

Mathespezialschüler

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Ok, danke Leopold!! Ich werds gleich mal versuchen.

Zitat:

Original von Leopold
o.B.d.A.

Was heißt das?? verwirrt

07.08.2004, 10:17

Leopold

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"o.B.d.A" = "ohne Beschränkung der Allgemeinheit"
Das wird beim Beweisen in der Mathematik in vielerlei Hinsicht gebraucht (leider gelegentlich auch zur Verwischung von Beweisschwächen mißbraucht).
Man gebraucht es z.B., wenn eine zu beweisende Aussage symmetrisch in den vorkommenden Variablen ist (wie hier, wo die zu beweisende Aussage symmetrisch in b,c ist), so daß man von den beiden möglichen Fällen b<=c bzw. c<=b nur einen behandelt, weil jeder vernünftig denkende Mensch sieht, daß der andere Fall analog verliefe, wenn man nur überall b durch c und c durch b ersetzte.

Aber der bisherige Beweis ist viel zu kompliziert und aufwendig! Siehe das Bild unten (zur Konstruktion vergleiche meinen Beitrag in http://www.matheboard.de/thread.php?threadid=4507 , wo die Konstruktion für den Winkel gamma statt alpha erklärt ist).
Du mußt nur das schraffierte gleichschenklige Dreieck durch seine Symmetrieachse halbieren und in einer Hälfte den cos im rechtwinkligen Dreieck anwenden. Fertig!

07.08.2004, 10:38

Mathespezialschüler

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Danke!!

Ich hab zwar das andere auch geschafft, war aber wirklich relativ kompliziert. Und das is natürlich viel einfacher :]

07.08.2004, 12:58

Ben Sisko

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@MSS: Deswegen sollte nach OBdA immer eine Begründung folgen, warum man die Annahme machen darf. Gewöhn es dir erst gar nicht anders an ;-)

Gruß vom Ben

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