Kirchenfenster

14.09.2019, 19:04

Leopold

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Kirchenfenster

Meine Frage:
Nachdem jetzt schon einige ältere Herrschaften Geometrieaufgaben hereingestellt haben, will ich auch etwas dazu beisteuern.

Gerne stelle ich im Unterricht die folgenden Aufgaben zu Kirchenfenstern.

[attach]49695[/attach]

Mit Anleitung sind sie für begabte und interessierte Schüler machbar. Die Beweise, die ich kenne, gehen im wesentlichen über den Satz des Pythagoras. Da das Verhältnis von r und a in allen drei Aufgaben rational ist, sollte man meinen, daß es auch einfacher gehen sollte, etwa mit Hilfe der Ähnlichkeit. Und so bin ich besonders daran interessiert, ob jemand Beweise findet, die Quadrate von vorneherein vermeiden.

Wie sagte neulich Dopap:

Zitat:

Original von Dopap
Was rechtwinklig aussieht soll auch rechtwinklig sein.

Und so gilt auch hier: Wo der Mittelpunkt eines Kreisbogens zu liegen scheint, da liegt er auch.

14.09.2019, 20:01

Dopap

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feine Wochenend-Aufgabe. Und wenn nichts explizit gesucht ist, dann darf man sich die "einfachste" Frage selbst stellen. Hier z.B.
Welches Fenster hat den geringsten Zinnverbrauch zum Einfassen der Gläser? Augenzwinkern

Augenzwinkern

14.09.2019, 23:25

Gualtiero

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RE: Kirchenfenster
[attach]49697[/attach]

Aufgabe links oben und Aufgabe links unten sind für mich im Moment nur mit Pythagoras lösbar.

Aufgabe rechts oben finde ich leichter.

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \cdot a + 2 \cdot r = a \Rightarrow r= \frac{1}{4} \cdot a \end{eqnarray*}$

Voraussetzung: was in der Zeichnung offensichtlich ist, gilt als mathematische Angabe.
Das bedeutet, dass der Kreis in allen drei Beispielen tangential an benachbarte Kreisbögen stößt.
Daraus folgt wiederum, dass die entsprechenden Radien auf einer Gerade liegen.

15.09.2019, 14:14

rumar

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RE: Kirchenfenster
Hallo Leopold,

falls ich richtig verstanden habe, denkst du: "Da in den Ergebnissen für die gesuchten Radien keine Quadratwurzeln vorkommen, sollte auch der ganze Lösungsweg ohne Wurzeln - und insbesondere auch ohne Pythagoras - durchführbar sein".

Solch ein "Prinzip" wäre wohl auch in vielen anderen Situationen nützlich - aber ich sehe keinen Weg, es nachzuweisen ...

Bei den vorliegenden Beispielen bin ich im Moment gleich weit wie Gualtiero.

15.09.2019, 16:30

riwe

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RE: Kirchenfenster
zu Fenster 1:
über Ähnlichkeitsbetrachtungen wie gewünscht:

$\begin{eqnarray*} s=\frac{2r\cdot(a-r)}{a+2r} \end{eqnarray*}$

damit kommt man weiter auf x = 4r und letzlich auf

$\begin{eqnarray*} (x+a):a=(a-r):\frac{a}{2}\to r=\frac{a}{6} \end{eqnarray*}$
Gnade(n) mir Gott und Leopold, wenn´s nicht stimmt Augenzwinkern

Augenzwinkern

15.09.2019, 17:48

rumar

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RE: Kirchenfenster
Hallo riwe

Zitat:

über Ähnlichkeitsbetrachtungen wie gewünscht

Im Prinzip lässt sich natürlich auch der Satz von Pythagoras aus einfachen Ähnlichkeitsbetrachtungen herleiten.

Insofern kann man es nicht als wirklichen "Erfolg" sehen, ohne Pythagoras (aber mit Ähnlichkeitsüberlegungen) durchgekommen zu sein ...
Damit sei der Wert deines Vorschlags aber keineswegs geschmälert.

Ich denke aber, dass du auf die Formel für s verzichten könntest, denn die anschließende Proportionsgleichung kann man auch direkt aus der Ähnlichkeit zweier Dreiecke ablesen.

Schönen Abend und gute neue Woche !

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15.09.2019, 18:08

riwe

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RE: Kirchenfenster

Zitat:

Original von rumar
Hallo riwe

Zitat:

über Ähnlichkeitsbetrachtungen wie gewünscht

Im Prinzip lässt sich natürlich auch der Satz von Pythagoras aus einfachen Ähnlichkeitsbetrachtungen herleiten.

Insofern kann man es nicht als wirklichen "Erfolg" sehen, ohne Pythagoras (aber mit Ähnlichkeitsüberlegungen) durchgekommen zu sein ...
Damit sei der Wert deines Vorschlags aber keineswegs geschmälert.

Ich denke aber, dass du auf die Formel für s verzichten könntest, denn die anschließende Proportionsgleichung kann man auch direkt aus der Ähnlichkeit zweier Dreiecke ablesen.

Schönen Abend und gute neue Woche !

bei deinen Beiträgen fällt mir immer öfter ein altes russisches Sprichwort ein:
"alle Menschen sind schlauer,
die einen vorher, die anderen hinterher"

TP könnte es nicht schöner aber kürzer sagen.

ich habe es nicht des Ruhmes oder Rumes wegen gemacht, sondern weil dies die Fragestellung ist.
Deinen Kommentar betrachte ich daher als überflüssig,
denn wir alle wissen, dass es mit Pythagoras eleganter geht.

Statt zu kritisieren, kannst du ja - sozusagen im "vorher" - die letzte Aufgabe knacken - ich lobe dich dann im "hinterher" Augenzwinkern

Augenzwinkern

15.09.2019, 19:21

rumar

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RE: Kirchenfenster

Zitat:

"denn wir alle wissen, dass es mit Pythagoras eleganter geht"

Nein, das glaube ich eben gerade nicht mehr nach der Entdeckung,
dass man die von dir genannte Proportionalität direkt
durch Vergleich eines Quotienten Hypotenuse / Kurzkathete
in zwei passend gewählten ähnlichen Dreiecken finden kann.

15.09.2019, 19:34

Leopold

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RE: Kirchenfenster

Zitat:

Original von riwe
damit kommt man weiter auf x = 4r und letzlich auf

Die Beziehung $\begin{align*} x+a=2(a-r) \end{align*}$ leuchtet mir unmittelbar ein, denn die rechtwinkligen Dreiecke mit den Hypotenusen $\begin{align*} t=a-r \end{align*}$ beziehungsweise $\begin{align*} x+a \end{align*}$ sind ähnlich. Den Streckfaktor 2 kann man an den kurzen Katheten ablesen. Aber wie du auf $\begin{align*} x=4r \end{align*}$ kommst und was das mit $\begin{align*} s \end{align*}$ (Formel ist auch klar) zu tun hat, habe ich noch nicht herausgefunden. Ich stehe da irgendwie auf dem Schlauch.

17.09.2019, 10:49

rumar

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Drittes Fenster
$\begin{eqnarray*} \qquad \qquad \qquad \end{eqnarray*}$ [attach]49707[/attach]

Hier nun eine Lösung durch Ähnlichkeitsbetrachtungen. Der zusätzlich eingefügte Kreis hat das Zentrum B und den Radius a/2 . Er schneidet die Gerade BD in den Punkten G und L. Analog schneidet der kleine Kreis links unten die Gerade DE in H und J. Nun sind die Dreiecke DGM und DML ähnlich, ebenso DHM und DMJ. Aus diesen Ähnlichkeiten folgt (was man auch via Sekanten-Tangentensatz erkennt):

$\begin{eqnarray*} \qquad \qquad \qquad \qquad \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} |\overline{DH}| \cdot |\overline{DJ}|\ =\ |\overline{DM}|^2\ =\ |\overline{DG}| \cdot |\overline{DL}| \end{eqnarray*}$

Also: $\begin{eqnarray*} \qquad \qquad \qquad \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} r \cdot \left(r+\frac{1}{2}\,a\right)\ =\ \left(\frac{1}{2}\,a - r\right)\cdot \left(\frac{3}{2}\,a -r\right) \end{eqnarray*}$

Daraus folgt sofort $\begin{eqnarray*} \qquad r\ =\ \frac{3}{10}\ a \end{eqnarray*}$

Bemerkung: Auf demselben Weg könnte man natürlich auch den Satz des Pythagoras aus dem Sekanten-Tangentensatz herleiten ...

17.09.2019, 14:33

Leopold

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Schöner alternativer Beweis - über den Sekanten-Tangentensatz! Aber auch dieser Beweis führt auf eine scheinquadratische Gleichung in $\begin{align*} r \end{align*}$ , die sich letztlich als linear erweist. Also ganz so, wie das auch bei Anwendung von Pythagoras geschieht. Aber vielleicht suche ich auch nach etwas, was es nicht gibt: eine von vorneherein lineare Gleichung in $\begin{align*} r \end{align*}$ , ähnlich wie es Gualtiero beim zweiten Fenster vorgeführt hat.
Euch allen ein Dankeschön für eure Vorschläge.

17.09.2019, 15:17

rumar

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Danke Leopold.

Beim zweiten Fenster ist aber wirklich offensichtlich, dass man sogleich auf eine einfache lineare Gleichung kommt, nämlich

$\begin{eqnarray*} \qquad \qquad \frac{a}{2} + 2 r = a \end{eqnarray*}$

Dazu muss man weder Dreiecke noch Ähnlichkeiten betrachten. Aus Ähnlichkeitsbeziehungen (z.B. an Dreiecken) ergeben sich zwangsläufig Verhältnisgleichungen, die umgeformt zu Produktgleichungen und dann eben zu quadratischen oder eventuell (nach deiner Terminologie) "scheinquadratischen" Gleichungen führen. Anders wäre es nur, falls die Verhältnisgleichung etwa auf die Form

$\begin{eqnarray*} \qquad \qquad \frac{r-p}{r-q}\ =\ \frac{u}{v} \end{eqnarray*}$

mit konstanten $\begin{eqnarray*} \ \ p , q , u , v \ \ \end{eqnarray*}$ gebracht werden könnte.

Ob Letzteres bei den vorliegenden Fenstern Nr. 1 und Nr. 3 möglich wäre, bezweifle ich.

17.09.2019, 18:46

HAL 9000

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Zitat:

Original von Gualtiero
Das bedeutet, dass der Kreis in allen drei Beispielen tangential an benachbarte Kreisbögen stößt.

Das ist klar. Allerdings bedarf es in Problem 2 (das rechts oben) dann doch noch einer kleinen Begründung, dass die beiden Tangentenpunkte, als deren Verbindungsstrecke ich die von dir blau gefärbte Strecke sehe, tatsächlich ein Kreisdurchmesser ist. Das kann z.B. dadurch geschehen, dass der große Bogen rechts durch zentrische Streckung eines der kleinen Bögen um das Zentrum "linker unterer Fensterpunkt" entsteht. Augenzwinkern

Augenzwinkern

17.09.2019, 21:04

rumar

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Hallo Leopold

mir ist noch nicht recht klar, was du mit "alternativer Beweis" genau gemeint hast. Zwar habe ich den Sekanten-Tangenten-Satz erwähnt, aber doch zuerst schon gesagt, wie man dazu durch reine Ähnlichkeitsbetrachtungen kommt. Auf den Hinweis zum Begriff "Sekanten-Tangenten-Satz" hätte ich also auch verzichten können.
Wie schon gesagt, glaube ich nicht, dass für die Fenster Nr. 1 und 3 Radiusbestimmungen möglich wären, welche ohne das auskommen, was du "scheinquadratische" Gleichungen nennst.

17.09.2019, 21:36

Leopold

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Nun, ein alternativer Beweis fürs dritte Bild könnte so aussehen, dass man durch geometrische Betrachtungen auf eine Gleichung der Art

$\begin{align*} \frac{\frac{1}{2}r + \frac{3}{4}a}{\frac{1}{3}r + \frac{4}{3}a} = \frac{3}{5} \end{align*}$

kommt, woraus man $\begin{align*} r = \frac{3}{10} a \end{align*}$ schließt (die Gleichung oben ist frei erfunden). Auch der Pythagoras-Beweis geht über eine "scheinquadratische" Gleichung (siehe drittes Bild bei Gualtiero):

$\begin{align*} \left(\frac{1}{4}a + r \right)^2 - \left( \frac{1}{4} a \right)^2 = \left( a-r \right)^2 - \left( \frac{1}{2} a \right)^2 \end{align*}$

Mich stört irgendwie das $\begin{align*} r^2 \end{align*}$ in den Gleichungen, das später herausfällt. Aber vielleicht bin ich ja auch nur etwas hypersensibel. Gehen nicht viele Beweis der Mathematik so, daß sich etwas zunächst aufbläht, um hinterher zu einem "einfachen" Ergebnis zusammenzufallen? Da stört einen das ja auch nicht.

19.09.2019, 13:45

Gualtiero

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Zitat:

Original von HAL 9000
Das ist klar. Allerdings bedarf es in Problem 2 (das rechts oben) dann doch noch einer kleinen Begründung, dass die beiden Tangentenpunkte, als deren Verbindungsstrecke ich die von dir blau gefärbte Strecke sehe, tatsächlich ein Kreisdurchmesser ist.

Ich hätte gedacht, dass dieser Punkt damit

Zitat:

Daraus folgt wiederum, dass die entsprechenden Radien auf einer Gerade liegen.

abgedeckt ist. Aber wenn ich es jetzt lese - sehr ausführlich ist es gerade nicht. verwirrt

verwirrt

Gemeint habe ich und ausgegangen bin ich jedenfalls davon, dass man in diesem Beispiel (Kirchenfenster rechts oben in Leopolds Eingangsthread) folgendes annehmen soll:
- der große Kreisbogen rechts und der kleine, innere Kreisbogen haben ihren Mittelpunkt in der linken unteren Fensterecke.
- der Kreis berührt beide Kreisbögen

Daraus folgt mathematisch, dass alle drei Radien in den Berührpunkten auf derjenigen Gerade liegen, die durch den Kreismittelpunkt und die linke untere Fensterecke geht.

19.09.2019, 13:54

HAL 9000

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Zitat:

Original von Gualtiero
- der große Kreisbogen rechts und der kleine, innere Kreisbogen haben ihren Mittelpunkt in der linken unteren Fensterecke.

Ja eben: Das entscheidende dabei ist, dass die beiden Kreisbögen einen gemeinsamen Mittelpunkt haben. In deinem Beitrag oben klang es noch so, als folge allein deswegen, dass der Kreis die beiden Bögen berührt, dass die Radien alle auf einer Geraden liegen. Das allein reicht aber eben nicht. Augenzwinkern

Augenzwinkern

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