Seitenverhältnisse von Rechtecken

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11.05.2020, 19:34	Handwerker185	Auf diesen Beitrag antworten »
Seitenverhältnisse von Rechtecken Meine Frage: Sitze gerade an folgender Aufgabe und mir fehlt komplett der Ansatz. Könnte jemand einen kleinen Denkanstoß geben? Aufgabe 451323: "Zwei Rechtecke verschiedener Größe haben das gleiche Seitenverhältnis. Sie liegen so überein- ander, dass auf dem Inneren jeder Seite des größeren Rechtecks ein Eckpunkt des kleineren Rechtecks liegt. Für welche Seitenverhältnisse ist dies möglich?" Meine Ideen: ?
11.05.2020, 19:55	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Das geht jedenfalls für Quadrate. Für nichtquadratische Rechtecke kann man eine Skizze machen und anfangen zu rechnen.
11.05.2020, 20:03	Handwerker185	Auf diesen Beitrag antworten »
D.h. man beweist, dass es für Rechtecke nicht funktioniert?
11.05.2020, 20:13	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Das kannst du sicher nicht beweisen, denn Quadrate sind ja Rechtecke, also funktioniert es für gewisse Rechtecke. Was du höchstens beweisen könntest und vermutlich auch meinst: Rechtecke, für die es funktioniert, müssen Quadrate sein.
13.05.2020, 16:07	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich habe (ausnahmsweise / mal wieder) den Mund zu voll genommen, und jetzt rechne ich mir seit 2 Tagen einen Wolf. Pythagoras und Thales, euklidische und analytische Geometrie, reelle Zahlen und komplexe Zahlen ... ich komme nicht zum Ziel. @Handwerker185 Kommst du voran ? @Alle Wie heißt der Gott der Geometer, den ich hier anrufen kann ?
13.05.2020, 18:44	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Sind wir uns denn einig, dass nur die folgende Konfiguration derartigen "Rechteck im Rechteck" gibt: [attach]51255[/attach] Für das innere Rechteck klammere ich mal den Quadratfall aus, wir betrachten mal o.B.d.A. nur $\begin{eqnarray} x:=\frac{b}{a}\geq 1 \end{eqnarray}$ . Dann gilt für das Seitenverhältnis $\begin{eqnarray} y \end{eqnarray}$ des äußeren Rechtecks $\begin{eqnarray} y = \frac{c+f}{d+e} = \frac{c+dx}{d+cx} \end{eqnarray}$ und man kann nachweisen $\begin{eqnarray} \frac{1}{x}\leq y\leq x \end{eqnarray}$ , und Gleichheit im Fall $\begin{eqnarray} x>1 \end{eqnarray}$ nur genau dann, wenn Innen- und Außenrechteck übereinstimmen. Da nun aber gerade $\begin{eqnarray} y\in\left\{x,\frac{1}{x}\right\} \end{eqnarray}$ bei dieser Aufgabe vorausgesetzt ist, gibt es nur im Quadratfall $\begin{eqnarray} a=b \end{eqnarray}$ nichttriviale Konfigurationen.
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14.05.2020, 05:08	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke.
14.05.2020, 10:34	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich habe es so gemacht. Es gibt ein positives $\begin{align} \lambda \leq 1 \end{align}$ , so daß man die Seitenlängen des äußeren Rechtecks mit $\begin{align} a, \lambda a \end{align}$ und die des inneren Rechtecks mit $\begin{align} b, \lambda b \end{align}$ bezeichnen kann. Die den Seiten des inneren Rechtecks aufsitzenden rechtwinkligen Dreiecke sind ähnlich zueinander, sich gegenüberliegende sogar kongruent. Sind $\begin{align} u,v \end{align}$ mit $\begin{align} u \geq v \end{align}$ die Katheten des größeren Dreiecks, so besitzt das kleinere die Katheten $\begin{align} \lambda u, \lambda v \end{align}$ (den Streckfaktor liest man an den Hypotenusen ab). Die Situation ist in der Figur dargestellt. [attach]51267[/attach] Man liest ab: $\begin{align} \text{(1)} \ \ u + \lambda v = a \end{align}$ $\begin{align} \text{(2)} \ \ \lambda u + v = \lambda a \end{align}$ Löst man $\begin{align} \text{(2)} \end{align}$ nach v auf und setzt das in $\begin{align} \text{(1)} \end{align}$ ein, erhält man $\begin{align} u + \lambda ^2 (a-u) = a \ \ \Leftrightarrow \ \ \lambda ^2 (a-u) = a-u \ \ \Leftrightarrow \ \ \lambda^2 = 1 \ \ \Leftrightarrow \ \ \lambda = 1 \end{align}$ Beide Rechtecke sind somit Quadrate.
14.05.2020, 10:42	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Sehr elegant. Meine Ansätze sind alle stecken geblieben, weil ich die Ähnlichkeit der Dreiecke nicht erkannt habe.

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