Beweis rechtwinkliges Dreieck

27.08.2019, 00:59

Freddy9

Beweis rechtwinkliges Dreieck

Meine Frage:
Ich soll beweisen dass a und b Spitze Winkel in einem rechtwinkligen dreieck sind.

Meine Ideen:
Entschuldigung für die schlechte Qualität, ging nicht anders. Auf der rechten Seite steht tan^4

27.08.2019, 09:33

riwe

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RE: Beweis rechtwinkliges dreieck
benutze, dass $\begin{eqnarray*} \alpha+\beta=\frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ ,

damit kommst du z.B. im Zähler schnell auf

$\begin{eqnarray*} Z=-4sin^4\frac{\alpha}{4} \end{eqnarray*}$

usw.

27.08.2019, 09:42

HAL 9000

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Zitat:

Original von Freddy9
Ich soll beweisen dass a und b Spitze Winkel in einem rechtwinkligen dreieck sind.

Mal langsam: Es wird vorausgesetzt, dass $\begin{eqnarray*} \alpha,\beta \end{eqnarray*}$ Innenwinkel eines Dreiecks sind. Und es soll nun bewiesen werden, dass aus der Gültigkeit der Gleichung die Rechtwinkligkeit dieses Dreiecks folgt, und $\begin{eqnarray*} \alpha,\beta \end{eqnarray*}$ dessen spitze Innenwinkel sind - habe ich das richtig verstanden. verwirrt

@werner

Das wäre gerade die umgekehrte Richtung: Du gehst wohl von der Rechtwinkligkeit aus und willst dann die Gleichung nachweisen. Hmm, na mal abwarten, wie sich Freddy9 äußert.

27.08.2019, 10:35

riwe

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Zitat:

Original von HAL 9000

Zitat:

Original von Freddy9
Ich soll beweisen dass a und b Spitze Winkel in einem rechtwinkligen dreieck sind.

@werner

Das wäre gerade die umgekehrte Richtung: Du gehst wohl von der Rechtwinkligkeit aus und willst dann die Gleichung nachweisen. Hmm, na mal abwarten, wie sich Freddy9 äußert.

ja, da war ich wohl schlampig beim Lesen unglücklich

oder auch nicht: "...Winkel in einem rechtwinkeligen 3eck sind" verwirrt

27.08.2019, 14:22

Freddy9

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"Mal langsam: Es wird vorausgesetzt, dass ±,² Innenwinkel eines Dreiecks sind. Und es soll nun bewiesen werden, dass aus der Gültigkeit der Gleichung die Rechtwinkligkeit dieses Dreiecks folgt, und ±,² dessen spitze Innenwinkel sind - habe ich das richtig verstanden." Korrekt Hal 9000

27.08.2019, 14:25

Freddy9

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Anstatt des kauderwelsches natürlich ± , ²

27.08.2019, 14:41

riwe

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Zitat:

Original von Freddy9
Anstatt des kauderwelsches natürlich ± , ²

nun ist alles klar Big Laugh

27.08.2019, 15:14

Freddy9

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Oh Mann ich meine $\begin{eqnarray*} \alpha , \beta \end{eqnarray*}$
Ich habe die Buchstaben auf meiner Tastatur ... Ich dachte das geht auch so

27.08.2019, 15:36

HAL 9000

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Ich wünschte fast, ich hätte die Frage nicht gestellt: Während werners Richtung vergleichsweise einfach zu bewältigen ist, kann die Gegenrichtung ganz leicht in eine Termorgie ausarten - man muss wohl den geeigneten Hebel finden, der das unterbindet. verwirrt

27.08.2019, 15:48

Freddy9

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Ich muss anmerken dass das eine Aufgabe aus einem Buch für 8./9. Klässler ist. Vielleicht ist doch der Ansatz von Werner der richtige Weg

27.08.2019, 16:07

HAL 9000

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Zitat:

Original von Freddy9
aus einem Buch für 8./9. Klässler

Sprechen wir da von derselben Klasseneinteilung? 8./9.Klasse sind für mich 14-15jährige Schüler, dass die überhaupt schon Winkelfunktionen, noch dazu hier im unvermeidlichen Zusammenhang mit Additionstheoremen kennenlernen, hätte ich nicht gedacht. verwirrt

27.08.2019, 19:57

Freddy9

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Vielleicht hätte ich ergänzen sollen dass das Buch aus Russland ist... Schon eine Idee zur Lösung gefunden? Ich beiße mir seit gestern die Zähne an der Aufgabe aus

27.08.2019, 21:45

Freddy9

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Hab's durchgerechnet mit dem Taschenrechner ... Aber wie komme ich z.b. auf $\begin{eqnarray*} sin^2(a)+4*sin^2(a/2)-4=-4*cos^4(a/2) \end{eqnarray*}$ ?

28.08.2019, 14:47

riwe

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Zitat:

Original von Freddy9
Hab's durchgerechnet mit dem Taschenrechner ... Aber wie komme ich z.b. auf $\begin{eqnarray*} sin^2(a)+4*sin^2(a/2)-4=-4*cos^4(a/2) \end{eqnarray*}$ ?

da wüßte ich auch gerne, was das mit unserem Problem zu tun hat verwirrt

28.08.2019, 17:50

Dopap

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in cosinus :

$\begin{eqnarray*} 4\left(\cos^4(\tfrac a2)-\cos^2(\tfrac a2)\right)=\cos^2(a)-1 \end{eqnarray*}$

28.08.2019, 18:27

Freddy9

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Es ging mir aber um das gewirr mit den sinustermen

28.08.2019, 19:16

Dieter30

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Trotz meiner Hochachtung für die Experten hier erstaunt mich nicht wenig, dass selbst diese sich an einer Matheaufgabe der 8. Jahrgangsstufe ( Russland ) ihre Zähne ausbeißen. Zunächst interessiert mich aber wie du denn an jenes Buch herankamst ? Kannst du überhaupt Russisch ?

Ich kann mir vorstellen, dass die Russen andere mathematische Schwerpunkte vermittelt bekommen und die geforderte Aufgabe nach unsereren Verhältnissen deshalb kompliziert erscheint, da hierzulande die Schüler auf andere Schwerpunkte trainiert werden.

Ich erinnere mich hier an Euler der in seiner Mechanica selbst offen zugab nur einige Lehrsätze der Principia von Newton vollständig zu verstehen, da dieser die komplizierte Methode der " Alten* " bei physikalischen Problemstellungen angewendet habe. Was ungewohnt ist erscheint eben auf den ersten Blick kompliziert.

* Antike Gemometrie der Griechen

28.08.2019, 21:30

Freddy9

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Kann nochmal jemand Schritt für Schritt zeigen wie man auf $\begin{eqnarray*} sin^2(x)+4*sin^2(x/2)-4= -4*cos^4(x/2) \end{eqnarray*}$ kommt?

Und ja ich kann russisch... Buch ist im Internet erhältlich

29.08.2019, 09:10

HAL 9000

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Zitat:

Original von Dieter30
Trotz meiner Hochachtung für die Experten hier erstaunt mich nicht wenig, dass selbst diese sich an einer Matheaufgabe der 8. Jahrgangsstufe ( Russland ) ihre Zähne ausbeißen.

Die Richtung "rechtwinkliges Dreieck $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$ Gleichung gilt" bereitet keinerlei Probleme. Die Rückrichtung (und so lese ich die Aufgabe) ist erheblich schwieriger - oder kennst du einen einfachen Weg dafür?

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Ich versuche zunächst mal, die Gleichung zu vereinfachen (unabhängig von der zu diskutierenden Beweisrichtung):

$\begin{eqnarray*} \frac{\sin^2\left(\frac{\pi}{2}+\beta\right)-4\cos^2\left(\frac{3\pi}{2}-\frac{\alpha}{2}\right)}{\cos^2(\beta)-4+4\cos^2\left(\frac{\pi}{2}+\frac{\alpha}{2}\right)} = \tan^4\left(\alpha+\frac{\beta}{2}-\frac{\pi}{4}\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{\cos^2(\beta)-2+2\cos(\alpha)}{\cos^2(\beta)-2-2\cos(\alpha)} = \left(\frac{1-\sin(2\alpha+\beta)}{1+\sin(2\alpha+\beta)}\right)^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \cos(\alpha)[2-\cos^2(2\alpha+\beta)] = (2-\cos^2(\beta))\sin(2\alpha+\beta)\qquad (*) \end{eqnarray*}$

Ok, betrachten wir zunächst mal die einfache Richtung "rechtwinkliges Dreieck $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$ Gleichung gilt": Da ist $\begin{eqnarray*} \alpha = \frac{\pi}{2}-\beta \end{eqnarray*}$ , und die Gleichung ist dann äquivalent zu

$\begin{eqnarray*} \cos\left(\frac{\pi}{2}-\beta\right)[2-\cos^2(\pi-\beta)] = (2-\cos^2(\beta))\sin(\pi-\beta) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \sin(\beta)[2-\cos^2(\beta)] = (2-\cos^2(\beta))\sin(\beta) \end{eqnarray*}$ ,

das ist bereits die Identität.

Die Rückrichtung "Gleichung gilt $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$ rechtwinkliges Dreieck" ist erheblich komplizierter. Ich hab zunächst mal versucht, ausgehend von (*) durch geeignete Subsitutionen die Terme einigermaßen "klein" zu halten: Sei $\begin{eqnarray*} \gamma = \frac{\pi}{2}+t \end{eqnarray*}$ , dann ist $\begin{eqnarray*} \alpha = \pi-\beta-\gamma = \frac{\pi}{2}-\beta-t \end{eqnarray*}$ , was eingesetzt ergibt

$\begin{eqnarray*} \sin(\beta+t)(2-\cos^2(\beta+2t)) = (2-\cos^2(\beta))\sin(\beta+2t) \end{eqnarray*}$ .

Nochmal substituiert $\begin{eqnarray*} s = \beta+t \end{eqnarray*}$ ergibt

$\begin{eqnarray*} \sin(s)(2-\cos^2(s+t)) = (2-\cos^2(s-t))\sin(s+t) \end{eqnarray*}$ .

So, und aus dieser Gleichung ist jetzt $\begin{eqnarray*} t=0 \end{eqnarray*}$ (oder zunächst mal $\begin{eqnarray*} \sin(t)=0 \end{eqnarray*}$ o.ä.) zu folgern. Additionstheoreme angewandt ergibt das ziemlich sperrige Ausdrücke aus Produkten von $\begin{eqnarray*} \sin(s),\cos(s),\sin(t),\cos(t) \end{eqnarray*}$ , wo sich zwar nach einigen Umformungen $\begin{eqnarray*} \sin(t/2) \end{eqnarray*}$ ausklammern lässt (was bedeutet, t=0 ist Lösung), aber nicht klar ist, warum nicht auch der Restfaktor Null werden kann. Andere Vorschläge, Dieter30?

29.08.2019, 10:16

Leopold

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Zitat:

Original von HAL 9000
... aber nicht klar ist, warum nicht auch der Restfaktor Null werden kann. Andere Vorschläge, Dieter30?

zum Beispiel $\begin{align*} \alpha = \frac{\pi}{4}, \ \beta = \arccos \left( \frac{1}{2} \left( \sqrt{6} - \sqrt{2} \right) \right) \end{align*}$

29.08.2019, 10:59

HAL 9000

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Danke, Leopold - damit ist die Sache geklärt: Die Rückrichtung ist falsch, denn es gibt mindestens ein Dreieck, welches die Gleichung erfüllt, aber nicht rechtwinklig ist. Freude

P.S.: Cleverer Schachzug, das mit dem $\begin{eqnarray*} \alpha=\frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$ , dadurch wird (*) zur kubischen Gleichung $\begin{eqnarray*} \frac{\sqrt{2}}{2}(1+x^2) = (2-x^2)x \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} x=\cos(\beta) \end{eqnarray*}$ , von der wir schon eine Lösung $\begin{eqnarray*} x=\cos\left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2} \end{eqnarray*}$ (die passt zu einem rechtwinkligen Dreieck) kennen. Bleibt noch eine quadratische Gleichung mit je einer negativen wie positiven Lösung, letztere ist $\begin{eqnarray*} x=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2} \end{eqnarray*}$ und passt zu einem spitzen Winkel $\begin{eqnarray*} \beta > \frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$ .

29.08.2019, 15:20

Leopold

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[attach]49616[/attach]

Die rote Kurve zeigt die Lösungspaare $\begin{align*} (\alpha,\beta) \end{align*}$ der Gleichung mit $\begin{align*} \alpha, \beta > 0 \end{align*}$ und $\begin{align*} \alpha + \beta < \pi \end{align*}$ .

29.08.2019, 15:34

HAL 9000

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Wir müssen wohl davon ausgehen, dass Freddy9 trotz ausdrücklicher Bestätigung 27.08.2019 14:22 die Beweisrichtungen verwechselt hat - ich glaub ja nicht, dass die Russen so dumm sind, eine falsche Behauptung als Beweisaufgabe zu stellen. Tja, da fragt man wegen des unklar formulierten Eröffnungspostings extra nach und bekommt dann doch die falsche Auskunft - kann nicht sagen, dass das neu oder gar selten hier im Board wäre. Augenzwinkern

29.08.2019, 15:55

Leopold

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Nun, es wäre nicht das erste Mal, daß in einem (Schul)buch eine falsche Aufgabe gestellt würde. Mir scheint allerdings die "Freddy9-kann-Hin-und-Herrichtung-nicht-unterscheiden"-Theorie auch wahrscheinlicher. Um das herauszufinden, wäre es hilfreich, wenn Freddy9 einen größeren Ausschnitt mit dem vollständigen Aufgabentext hier hereinstellen würde. Im Board gibt es sicher jemanden, der seine alten Russisch-Kenntnisse hervorkramt und den Text ins Deutsch übertragen kann.

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