Hilfspunkt im Quadrat

24.09.2019, 15:06

Dopap

Hilfspunkt im Quadrat

die Ecken eines Quadrats sind gegenseitig nicht einsichtbar. Der Geometer findet aber eine Stelle im Quadrat wo er 3 Ecken sehen kann. Die Lasermessungen ergeben 5 hm, 2 hm und $\begin{eqnarray*} \sqrt{17} \end{eqnarray*}$ hm.

Welche Fläche hat das Quadrat?

Erinnert etwas an Rückwärtsschneiden nach 3 bekannten Punkten.

24.09.2019, 15:16

Leopold

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RE: Hilfspunkt im Quadrat

Zitat:

Original von Dopap
einsichtbar

Zitat:

Original von Dopap
Die Lasermessungen ergeben ... $\begin{eqnarray*} \sqrt{17} \end{eqnarray*}$ hm.

Toller Laser, der
$\begin{align*} \sqrt{17} = 4 \, {,} \, 12310 \, 56256 \, 17660 \, 54982 \, 14098 \, 55974 \, 07702 \, 51471 \, 99225 \, 37362 \, 04343 \, 98633 \, 57309 \, 49543 \, 46337 \, 62159 \, 35878 \, 63650 \, 81068 \, 42966 \, \ldots \end{align*}$
messen kann.

24.09.2019, 15:24

HAL 9000

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Mittlere der drei gemessenen Ecken in den Ursprung, dann ist

$\begin{eqnarray*} u^2 &=& x^2+y^2\\ v^2 &=& x^2+(a-y)^2\\ w^2 &=& (a-x)^2+y^2 \end{eqnarray*}$

das Gleichungssystem für die drei Unbekannten $\begin{eqnarray*} x,y \end{eqnarray*}$ (Geometerposition) und $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ (Quadratseitenlänge) bei den gegebenen drei gemessenen Längen $\begin{eqnarray*} u,v,w \end{eqnarray*}$ . Dürfte in eine quadratische Gleichung für die Größe $\begin{eqnarray*} A=a^2 \end{eqnarray*}$ münden.

Eine Frage: Für die Lösung ist ja entscheidend, welche der drei Entfernungen die zu dem mittleren der drei Eckpunkte ist. Sind das wirklich die 2 hm, oder hast du die Entfernungsangaben oben bunt permutiert (womit es dann drei Interpretationen gibt).

24.09.2019, 15:57

rumar

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RE: Hilfspunkt im Quadrat
@Leopold: Naja, eine Strecke der Länge $\begin{eqnarray*} \sqrt{(17)} \end{eqnarray*}$ ist ja immerhin ZL-konstruierbar.

Falls das also ein "Euklidischer Laser" ist, habe ich an der Messung keinerlei Zweifel ...

24.09.2019, 19:37

Dopap

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eine Andeutung von Sachaufgabe macht es etwas gefälliger.

@Leopold: das ist ein Speziallaser -wie rumar anmerkte - nach 10 Stellen hat er auf $\begin{eqnarray*} \sqrt{17} \end{eqnarray*}$ gerundet.
Wenn du schon etwas lustiges einfließen lässt, dann achte doch auch auf Zeilenumbruch.
Und was ist mit "einsichtbar" los? Bei Bin Laden seiner letzten Behausung war das wegen der hohen Mauern auch eine Frage.

@Hal: Die kleinste Strecke liegt zwischen den größeren wie beschrieben 5 , 2 , W17
Geht es auch ohne analytische Geometrie?

24.09.2019, 22:08

HAL 9000

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Zitat:

Original von Dopap
@Hal: Die kleinste Strecke liegt zwischen den größeren wie beschrieben 5 , 2 , W17

Ich bin ein wenig enttäuscht, dass kein ganzzahliger, ja nicht mal rationaler Wert herauskommt. Erst die Mühe mit dem $\begin{eqnarray*} \sqrt{17} \end{eqnarray*}$ , wofür? Big Laugh

24.09.2019, 22:12

Leopold

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Zitat:

Original von Dopap
@Leopold: das ist ein Speziallaser -wie rumar anmerkte - nach 10 Stellen hat er auf $\begin{eqnarray*} \sqrt{17} \end{eqnarray*}$ gerundet.

Der helle Wahnsinn, das Ding!

Zitat:

Original von Dopap
Wenn du schon etwas lustiges einfließen lässt, dann achte doch auch auf Zeilenumbruch.

$\begin{align*} \sqrt{17} \end{align*}$ ist so wahnsinnig (schon wieder!) lang. Irgendwann kam es mir vor, als würde das nie aufhören. Ich habe mich einfach nicht getraut, es umzubrechen. Schließlich bin ich, wie alle hier wissen, ein zartbesaiteter und extrem sensibler Mensch. Halt achtsam.

Zitat:

Original von Dopap
Und was ist mit "einsichtbar" los?

Der Existenzquantor hat so viele Facetten. Natürlich kannst du sagen: Dieses Wort gibt es, schließlich habe ich es geschrieben. Man kann aber auch im Duden suchen. Und wenn man es dort nicht findet, haben es außer dir noch nicht viele Menschen vorher in Gebrauch gehabt.
Ich fand's einfach ein lustiges Wort.

25.09.2019, 02:09

Dopap

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Zitat:

Original von Leopold

Zitat:

Original von Dopap
@Leopold: das ist ein Speziallaser -wie rumar anmerkte - nach 10 Stellen hat er auf $\begin{eqnarray*} \sqrt{17} \end{eqnarray*}$ gerundet.

Der helle Wahnsinn, das Ding!

mein TR hp50g liefert zum Beispiel für die Zufallszahl 0.605102457425 beim Übergang in den exact mode mittels XQ

bei 4 eingestellten Nachkommastellen $\begin{eqnarray*} \frac{26}{135}\pi \end{eqnarray*}$ bei 5 den Wert $\begin{eqnarray*} 2 \sqrt{\frac{53}{79}} \end{eqnarray*}$ und
bei 6 dann $\begin{eqnarray*} \frac{593}{980} \end{eqnarray*}$ ... verwirrt

Zitat:

Original von HAL 9000
Ich bin ein wenig enttäuscht, dass kein ganzzahliger, ja nicht mal rationaler Wert herauskommt. Erst die Mühe mit dem $\begin{eqnarray*} \sqrt{17} \end{eqnarray*}$ , wofür? Big Laugh

Weil ... das ist eine gute Frage!

25.09.2019, 09:05

HAL 9000

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Zitat:

Original von Dopap
Geht es auch ohne analytische Geometrie?

Du kannst vom Geometerpunkt aus das Lot fällen auf die beiden Seiten, deren Eckpunkte du alle vermessen hast, die entsprechenden Quadratseitenabschnitte mit x,y bezeichnen und bist dann wieder genau bei dem Ansatz von mir oben. Ist das jetzt dann "ohne analytische Geometrie", weil es nicht in ein Koordinatensystem gepackt wurde, sondern man nur mit diesen Loten + Pythagoras arbeitet? Augenzwinkern

Spaß beiseite, eine Alternative ohne Hilfslinien: Die Strecke vom Geometerpunkt zur mittleren der drei Quadratecken teilt den dortigen Quadratinnenwinkel in $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 90^{\circ}-\varphi \end{eqnarray*}$ . Kosinussatz in beiden entsprechenden Dreiecken, die diese Strecke beinhalten ergibt

$\begin{eqnarray*} \cos(\varphi) = \frac{u^2+a^2-v^2}{2ua},\quad \cos(90^{\circ}-\varphi) = \sin(\varphi) = \frac{u^2+a^2-w^2}{2ua} \end{eqnarray*}$ .

Trigonometrischer Pythagoras anwenden, und schon haben wir eine quadratische Bestimmungsgleichung für $\begin{eqnarray*} A=a^2 \end{eqnarray*}$ . Genau analysiert ist es aber auch nur eine verkappte Umschreibung des ersten Wegs, wobei allerdings schon wesentliche Teile der dortigen Gleichungssystemlösung integriert sind. smile

25.09.2019, 09:28

Dopap

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ich hab's jetzt mal wieder mit Drehung um A ( am nächsten zu S) um 90°probiert
und mit ein Pythagoras und gl-sch-rechtw 3 eck ASS' auf 135° bei S zwischen Strecke 2 und Strecke W17
gekommen und dann eben auch mit cosinussatz:

$\begin{eqnarray*} x^2= 17+4 -4\sqrt{17}\left(-\frac{1}{\sqrt 2}\right)=21+2\sqrt{34} \end{eqnarray*}$

btw: du hast eine post

25.09.2019, 09:34

HAL 9000

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Zitat:

Original von Dopap
btw: du hast eine post

Mit "du" kannst du nicht mich gemeint haben, denn da ist keine Post.

25.09.2019, 09:46

Dopap

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steht aber bei mir in Nachrichtenüberwachung und im Postausgang verwirrt

und HAL9000 ist doch immer noch richtig ?

Lehrer

evtl. ist ein nichtvorhandenes blank der Übeltäter.

25.09.2019, 09:53

HAL 9000

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Nichts da. Vielleicht hast du das Leerzeichen vergessen: HAL 9000

Zitat:

Original von Dopap
und mit ein Pythagoras und gl-sch-rechtw 3 eck ASS' auf 135° bei S zwischen Strecke 2 und Strecke W17

Nach Entzifferung der Hieroglyphen (du könntest dich echt mal um verständlichere Beschreibungen bemühen) schließe ich, dass du die Entfernungen so zurecht gebastelt hast, dass der Sonderfall eines rechtwinkligen Dreiecks in deinem Drehungsgebilde entsteht? D.h., die Lösung ist gebunden an diese drei Werte 2, 5, $\begin{eqnarray*} \sqrt{17} \end{eqnarray*}$ gemäß $\begin{eqnarray*} 2\cdot 2^2+(\sqrt{17})^2 = 5^2 \end{eqnarray*}$ und bei deren Änderung daher nicht mehr brauchbar?

25.09.2019, 11:35

mYthos

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@Dopap
Du musst es dir nicht schwer machen.
Wenn du unter einem Beitrag von HAL direkt auf den PN-Button klickst, wird dessen UserName bereits richtig in das AN-Feld vorgegeben ...

mY+

25.09.2019, 23:53

rumar

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andere Distanzen für einfachere Lösung
Hallo Dopap,

nach dem (erfolglosen) Rumpröbeln mit pythagoräischen Dreiecken habe ich schließlich zu Gleichungssystemen gegriffen (3 Varianten) und diese per CAS-Rechner lösen lassen. Die (verschiedenen) Lösungen, die der dann fand, enthielten aber sehr komplizierte Wurzelausdrücke. So vermutete ich schließlich, dass dir bei der Konzeption der Aufgabenstellung ein Fehler unterlaufen sein könnte.
So möchte ich hier drei andere Distanzen vorschlagen, mit welchen man doch zu einer einigermaßen "netten" Lösung kommt:

Vorgegebene Eckdistanzen $\begin{eqnarray*} \qquad u = 5\ , v = 2\ , w = \sqrt{(37)} \end{eqnarray*}$

Oder mit lauter ganzen Zahlen: $\begin{eqnarray*} \qquad u = 5\ , v = 3\ , w = 7 \end{eqnarray*}$

26.09.2019, 07:24

HAL 9000

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So schlimm ist es nun auch nicht mit der allgemeinen Lösung: Ganz ohne CAS erhielt ich

$\begin{eqnarray*} A = x^2 = \frac{1}{2}\left( v^2+w^2 \pm \sqrt{(v^2+w^2)^2 - 2(u^2-v^2)^2 - 2(u^2-w^2)^2} \right) \end{eqnarray*}$ ,

dabei ist die Minusvariante aber eine, wo der Geometer außerhalb des Quadrats steht.

26.09.2019, 10:10

Dopap

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Zitat:

Original von HAL 9000
[...] schließe ich, dass du die Entfernungen so zurecht gebastelt hast, dass der Sonderfall eines rechtwinkligen Dreiecks in deinem Drehungsgebilde entsteht? D.h., die Lösung ist gebunden an diese drei Werte 2, 5, $\begin{eqnarray*} \sqrt{17} \end{eqnarray*}$ gemäß $\begin{eqnarray*} 2\cdot 2^2+(\sqrt{17})^2 = 5^2 \end{eqnarray*}$ und bei deren Änderung daher nicht mehr brauchbar?

Eine Aufgabe aus meiner alten Geometrie-Kiste. Nicht von mir.
Wahrscheinlich eine von mehreren Teilen einer Klassenarbeit nach der Einheit mit Drehungen Und ja, jetzt klar, die Seite mit
Wurzel aus 17 ist schülerfreundlich maßgeschneidert.

26.09.2019, 12:55

HAL 9000

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Dem Wurzelausdruck in obiger Formel sieht man auch an, dass man nicht beliebige positive Tripel $\begin{eqnarray*} (u,v,w) \end{eqnarray*}$ wählen kann, insbesondere darf $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ in Relation zu $\begin{eqnarray*} v,w \end{eqnarray*}$ nicht zu groß werden, weil ansonsten $\begin{eqnarray*} (v^2+w^2)^2 - 2(u^2-v^2)^2 - 2(u^2-w^2)^2 < 0 \end{eqnarray*}$ droht, was eine Nichtlösbarkeit für diese Parameterkonstellation bedeutet. Aber auch zu klein geht nicht, denn z.B. für $\begin{eqnarray*} u=0 \end{eqnarray*}$ erhalten wir $\begin{eqnarray*} (v^2+w^2)^2 - 2v^4 - 2w^4 = -(v^2-w^2)^2 \end{eqnarray*}$ .

26.09.2019, 14:31

Dopap

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richtig, ich hatte mal eine ähnliche Aufgabe, wo ebenfalls die Längen x , y und z
als Seillängen und ein fester Pflock P irgendwo in der Weite der Landschaft vorgegeben waren.
Gesucht waren das Rechteck mit größtem Umfang ( Einzäunung )
und das Rechteck mit der größten Fläche und ob ein Quadrat möglich ist.
Alles war zu realisieren aber die drei Werte x, y ,z mussten dazu fein austariert sein.
Zusätzlich ging es noch darum ob genau eine Fläche von einem Hektar erreichbar ist.
Leider sind mir die Werte verloren gegangen

[attach]49738[/attach]
aber z , der Kleinste war 78Meter, mMn

27.09.2019, 22:36

Leopold

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Zitat:

Original von HAL 9000
$\begin{eqnarray*} A = x^2 = \frac{1}{2}\left( v^2+w^2 \pm \sqrt{(v^2+w^2)^2 - 2(u^2-v^2)^2 - 2(u^2-w^2)^2} \right) \end{eqnarray*}$

Der Radikand ist

$\begin{align*} D = \left( \sqrt{2} \, u + v + w \right) \cdot \left( - \sqrt{2} \, u + v + w \right) \cdot \left( \sqrt{2} \, u - v + w \right) \cdot \left( \sqrt{2} \, u + v - w \right) \end{align*}$

Nach Heron ist $\begin{align*} \frac{1}{2} \sqrt{D} \end{align*}$ daher das Doppelte des Flächeninhalts eines Dreiecks aus den Seiten $\begin{align*} \sqrt{2} \, u, \, v, \, w \end{align*}$ , sofern für diese drei Größen die Dreiecksungleichungen gelten.
Ich habe mich gefragt, ob $\begin{align*} D>0 \end{align*}$ auch sein kann, wenn nicht alle vier Faktoren oben positiv sind. Da der erste Faktor auf jeden Fall positiv ist, hieße das, daß von den hintern drei Faktoren zwei negativ sind und einer positiv ist. Das geht aber nicht. Wären etwa der dritte und vierte Faktor gleichzeitig negativ, dann liefe das auf die unverträglichen Bedingungen $\begin{align*} \sqrt{2} \, u < v-w \end{align*}$ und $\begin{align*} \sqrt{2} \, u < w-v \end{align*}$ hinaus.

28.09.2019, 09:20

HAL 9000

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Zitat:

Original von Leopold
eines Dreiecks aus den Seiten $\begin{align*} \sqrt{2} \, u, \, v, \, w \end{align*}$

Richtig, dieses Dreieck taucht ja auch schon in Dopaps Idee "Quadrat um 90° drehen" auf.

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