Siebeneck

21.05.2020, 20:58

mathehorn

Siebeneck

Hallo

Ich will den Flächeninhalt des siebenzackigen Sterns bestimmen und bin auf die Idee gekommen, dass man ja vom gesamten Siebeneck die 7 gleichgroßen, weißen Dreiecke abziehen könnte.

Die Kantenlänge des regelmäßigen Siebenecks ist mit 1 Längeneinheit vorgegeben.

Um den Flächeninhalt $\begin{eqnarray*} F= \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot h \end{eqnarray*}$ des unteren weißen Dreiecks zu bestimmen, brauche ich zur Bestimmung von h z.B. den Winkel b.

Wenn ich den Winkel e hätte, dann kann ich b leicht bestimmen, denn es muss ja $\begin{eqnarray*} e+b=\frac{450}{7}°=(\frac{900}{7}:2)° \end{eqnarray*}$ gelten.

Dazu habe ich dann im Dreieck LBM die Kathetenlänge LM bestimmt und genutzt, dass die Strecke LE doppelt so groß wie LM ist.

Im Dreieck LBE habe ich dann mittels Tangens den Winkel e berechnet und kam dabei auf ca. 13,538°.

Damit folgte für den Winkel b also $\begin{eqnarray*} b=\frac{450}{7}°-13,538° \approx 50,747° \end{eqnarray*}$ .

Mir scheint mein Lösungsweg irgendwie zu kompliziert, geht es vielleicht einfacher ?

Kann man den Winkel b vielleicht auch direkt(er) aus der Innenwinkelsumme von 900° folgern ?

21.05.2020, 21:28

Leopold

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Betrachte ein gleichschenkliges Trapez, dessen Ecken vier aufeinanderfolgende Ecken des umgebenden Siebenecks sind. Zwei Innenwinkel dieses Trapezes sind bekannt. Mit der Winkelsumme im Viereck und der Symmetrie können auch die beiden anderen Winkel ermittelt werden. Und einer von diesen Winkeln ist der gesuchte.

21.05.2020, 21:42

HAL 9000

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Zitat:

Original von mathehorn
und genutzt, dass die Strecke LE doppelt so groß wie LM ist.

Dieser Denkfehler führt zu der falschen Winkelberechnung von $\begin{eqnarray*} e \end{eqnarray*}$ . Tatsächlich bekommt man ohne jede Trigonometrie per Kreiswinkelsatz

$\begin{eqnarray*} e = \frac{1}{2} \left|\angle EBF\right| = \frac{1}{4} \left|\angle EMF\right| = \frac{1}{4}\cdot \frac{360^{\circ}}{7} = \frac{90^{\circ}}{7} \end{eqnarray*}$ .

21.05.2020, 21:47

mathehorn

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Zitat:

...dass die Strecke LE doppelt so groß wie LM ist.

Ich merke gerade, dass das falsch ist, oder ? geschockt

Neuer Versuch:

Das innere, gelbe Siebeneck ist ebenso regelmäßig, wodurch jeder Innenwinkel $\begin{eqnarray*} (\frac{900}{7})° \end{eqnarray*}$ beträgt.

Das bedeutet, dass in einem der grünen, gleichschenkligen Zacken ein Basiswinkel $\begin{eqnarray*} s=(180°-\frac{900}{7})°=(\frac{360}{7})° \end{eqnarray*}$ betragen muss.

Der Winkel an der Zackenspitze ergibt dann $\begin{eqnarray*} z=180° - 2 \cdot (\frac{360}{7})°=(\frac{540}{7})° \end{eqnarray*}$ .

Im unteren weißen Dreieck folgt damit also an der obigen Spitze derselbe Winkel z (Scheitelwinkel), der durch die eingezeichnete Höhe h halbiert wird.

Der Winkel b muss daher $\begin{eqnarray*} b=90°-(\frac{540}{7}:2)°=(\frac{360}{7})° \end{eqnarray*}$ lauten.

Ok und jetzt merke ich gerade beim Blick auf die Skizze, dass ich mir die letzten 3 Zeilen auch hätte sparen können, da das grüne Dreieck (Zacken) und das weiße Dreieck ähnlich zueinander sind und somit der oben erwähnte Basiswinkel s derselbe ist wie der gesuchte Winkel b. Big Laugh

Passt das so oder habe ich mich wieder vertan ?

@ Leopold und HAL_9000

Eure Beiträge sehe ich jetzt erst in der Vorschau, ich werde das auch mal so versuchen, danke.

21.05.2020, 21:55

HAL 9000

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Ja, es gibt sicher viele Möglichkeiten auf $\begin{eqnarray*} b=\frac{360^{\circ}}{7} \end{eqnarray*}$ zu kommen. Ich würde die wählen:

Es ist $\begin{eqnarray*} AG\parallel BF \end{eqnarray*}$ , und damit ist $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ per Stufenwinkel gleich dem Siebeneck-Außenwinkel bei $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ , und der ist wegen der Außenwinkelsumme $\begin{eqnarray*} 360^{\circ} \end{eqnarray*}$ (gültig für alle konvexen Polygone) eben gleich $\begin{eqnarray*} \frac{360^{\circ}}{7} \end{eqnarray*}$ .

Oder auch wieder per Kreiswinkelsatz: $\begin{eqnarray*} b = \left|\angle ABF\right| = \frac{1}{2} \left|\angle AMF\right| = \frac{1}{2} \cdot 2\cdot \frac{360^{\circ}}{7} \end{eqnarray*}$

21.05.2020, 22:41

mathehorn

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Ich habe eure Ideen ebenso getestet und mal mit in die Skizze einbezogen.

Oben links sieht man dann auch schön. dass b ein Siebtel des ganzen Kreises sein muss, also $\begin{eqnarray*} b=\frac{360^{\circ}}{7} \end{eqnarray*}$ .

Und auch die Gleichung $\begin{eqnarray*} 2b+2 \cdot \frac{900^{\circ}}{7}=360° \end{eqnarray*}$ führt zu $\begin{eqnarray*} b=180°- \frac{900^{\circ}}{7}=\frac{360^{\circ}}{7} \end{eqnarray*}$

Herzlichen Dank euch beiden Wink

21.05.2020, 23:21

Leopold

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$\begin{align*} a = \text{Kantenlänge des äußeren Siebenecks} \, , \ \ 7 \delta = 180^{\circ} \end{align*}$

Für den Flächeninhalt des Sterns habe ich

$\begin{align*} F = \frac{7}{4} a^2 \left( \cot(\delta) - \tan(2 \delta) \right) \end{align*}$

Wie immer in der Trigonometrie dürfte es davon noch viele Varianten geben.

22.05.2020, 08:56

mathehorn

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Auf diesen Flächeninhalt komme ich auch. Freude

Mit dem in der Aufgabe vorgegebenem a=1 kam ich auf $\begin{eqnarray*} A_{Stern}=\frac{7}{4}(tan(\frac{450°}{7})-tan(\frac{360°}{7})) \approx 1,44 ~ FE \end{eqnarray*}$

Habt ihr noch eine Idee wie man das als Formel für ein regelmäßiges n-Eck verallgemeinern kann ?

Für den Flächeninhalt des regelmäßigen n-Ecks sollte ja $\begin{eqnarray*} A_{n-Eck}=\frac{n}{4} \cdot tan(\frac{n-2}{n} \cdot 90°) \end{eqnarray*}$ gelten, oder ?

Ich glaube es spielt aber auch die Sternkonstruktion eine Rolle, also mit welchem k-nächsten Eckpunkt man im n-Eck jeweils verbindet (Schläfli-Symbol n/k).

Hier liegt ja ein (7/3)-Stern vor, für den gelten würde:

$\begin{eqnarray*} A_{Stern}=\frac{n}{4} \cdot (tan(\frac{n-2}{n} \cdot 90°)-tan(\frac{360°}{n})) \end{eqnarray*}$

Für einen (7/2)-Stern (siehe innere gelb-grüne Sternfigur) würde gelten:

$\begin{eqnarray*} A_{Stern}=\frac{n}{4} \cdot (tan(\frac{n-2}{n} \cdot 90°)-tan(\frac{180°}{n})) \end{eqnarray*}$

Die Frage ist, ob der Winkel im jeweils zweiten Tangens dann je nach k zwischen 180°/n und 360°/n wechselt (Fallunterscheidung) oder man das doch noch intensiver untersuchen muss, wenn man k mit einbeziehen will. verwirrt

22.05.2020, 10:04

HAL 9000

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Zitat:

Original von mathehorn
Habt ihr noch eine Idee wie man das als Formel für ein regelmäßiges n-Eck verallgemeinern kann ?

Du meinst damit aber nur ungerade $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ , sowie einen Stern mit möglichst "schmalen" Spitzen (d.h. gebildet aus den beiden Diagonalen zu den beiden weitestmöglich entfernten Polygoneckpunkten) ?

Für gerade $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ist das in genau dieser Weise nämlich gar nicht möglich.

Für diese ungeraden $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ bekommen wir mit Hilfswinkel $\begin{eqnarray*} \varphi_n=\frac{90^{\circ}}{n} \end{eqnarray*}$ dann Flächeninhalt $\begin{eqnarray*} F_n = \frac{n}{4}a^2\left(\cot(2\varphi_n)-\cot(3\varphi_n)\right) = \frac{n}{8\cos(\varphi_n)\sin(3\varphi_n)}a^2 \end{eqnarray*}$ heraus.

(Im Fall $\begin{eqnarray*} n=7 \end{eqnarray*}$ deckt sich das mit Leopolds Formel, da dort $\begin{eqnarray*} \delta=2\varphi_7 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} 2\delta=4\varphi_7=90^{\circ}-3\varphi_7 \end{eqnarray*}$ ist und somit $\begin{eqnarray*} \tan(2\delta)=\cot(3\varphi_7) \end{eqnarray*}$ .)

22.05.2020, 12:39

Leopold

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Man kann in jedem regelmäßigen $\begin{align*} n \end{align*}$ -Eck über eine $\begin{align*} k \end{align*}$ -Regel (wobei $\begin{align*} 1 \leq k < \frac{n}{2} \end{align*}$ ist) einen $\begin{align*} k \end{align*}$ -Stern aufstellen, indem man einen Drehsinn festlegt und vereinbart: Verbinde jeden Punkt mit dem $\begin{align*} k \end{align*}$ -nächsten. So erhält man unterschiedliche Sterne. Für $\begin{align*} k=1 \end{align*}$ erhält man das regelmäßige $\begin{align*} n \end{align*}$ -Eck. Sind $\begin{align*} n,k \end{align*}$ teilerfremd, dann läßt sich der Stern in einem Zug ohne Absetzen zeichnen. Und was die Ästhetik angeht, erscheinen nach meinem Geschmack die Sterne um so weihnachtlicher, je näher $\begin{align*} k \end{align*}$ bei $\begin{align*} \frac{n}{2} \end{align*}$ liegt.

22.05.2020, 23:18

mathehorn

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Meine Vermutung ist, dass sich der Winkel b zwischen Polygon- und Zackenkante stets nach Leopolds Regel (egal ob n gerade oder ungerade bzw. egal ob man den Stern in einem Zug zeichnen kann oder nicht) als Differenz von "halber n-Eck-Winkel" und "halber Zackenwinkel" ergibt:

$\begin{eqnarray*} b=\frac{n-2}{n} \cdot 90° - (1-\frac{2k}{n}) \cdot 90° \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} b=\frac{k-1}{n} \cdot 180° \end{eqnarray*}$

Wenn diese Vermutung stimmt, dann ergäbe sich in Abhängigkeit von n und k allgemein der Sternflächeninhalt:

$\begin{eqnarray*} A_{Stern}=\frac{n}{4} \cdot (tan(\frac{n-2}{n} \cdot 90^\circ)-tan(\frac{k-1}{n} \cdot 180°)) \end{eqnarray*}$

Kommt das hin oder habe ich einen Denkfehler ?

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