Sehnenviereck

29.01.2022, 22:53

SehnigerAdrian

Sehnenviereck

Meine Frage:
Es seien ABCD ein Sehnenviereck sowie k1, k2, k3, k4 die vier Kreise, die die Vierecksseiten AB, BC , CD beziehungsweise DA als Durchmesser besitzen. Es werde vorausgesetzt, dass die
Kreislinien k1, k2, k3 und k4 einen gemeinsamen Punkt besitzen.
Man zeige, dass dann die Summe der Flächeninhalte der vier Kreise k1, k2, k3, k4 doppelt so
groß ist wie der Flächeninhalt des Umkreises von ABCD.

Meine Ideen:
Ich zerbreche mir schon den ganzen Tag den Kopf an dieser Aufgabe. Kann vielleicht jemand einen kleinen Hinweis geben?

29.01.2022, 23:19

HAL 9000

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Stichwort: Thalessatz

30.01.2022, 00:09

quadrierer

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Wenn die Kreise k1 bis k4 einen gemeinsamen Schnittpunkt M haben, dann ist das Sehnenviereck ein Quadrat mit bekannten gleichgrossen Seitenlängen..
_________
Quadrierer

30.01.2022, 06:13

HAL 9000

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Dann wollen wir das mal festhalten, bevor es womöglich wegeditiert wird:

Zitat:

Original von quadrierer
Wenn die Kreise k1 bis k4 einen gemeinsamen Schnittpunkt M haben, dann ist das Sehnenviereck ein Quadrat mit bekannten gleichgrossen Seitenlängen..

Manch Geometer sollte wohl in seinem realen räumlichen Kohärenzsystem verbleiben, bevor er Unsinn zu anderen geometrischen Problemen erzählt.

Um der Beschreibung der Problemstellung zu genügen, muss ein Viereck nicht nur Sehnenviereck sein, sondern es müssen auch seine Diagonalen senkrecht aufeinander stehen. Es gibt aber weit mehr Vierecke als nur Quadrate, welche dieser Beschreibung genügen:

[attach]54441[/attach]

30.01.2022, 10:38

Leopold

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@ HAL
Bei quadrierer ist ein typischer Kurzschluß passiert. Man hat ein Bild vor Augen, bei dem die beschriebene Situation zutrifft. Und schon denkt man, das sei die einzige Möglichkeit. Keiner ist vor solchen Kurzschlüssen gefeit. Bei einem erfahrenen Mathematiker sollten aber alle Warnlampen angehen, wenn er in Versuchung geführt wird. Es ist schon erstaunlich, welche Anfängerfehler quadrierer immer wieder macht.

Das Problem läuft letzten Endes auf den folgenden Satz hinaus.

Zwei Sehnen eines Kreises vom Radius $\begin{align*} r \end{align*}$ mögen sich orthogonal schneiden, so daß auf der einen Sehne Abschnitte der Länge $\begin{align*} p,q \end{align*}$ und auf der andern Abschnitte der Länge $\begin{align*} u,v \end{align*}$ entstehen. Dann gilt:

$\begin{align*} p^2 + q^2 + u^2 + v^2 = 4r^2 \end{align*}$

Zum Beweis darf man $\begin{align*} p \geq q \end{align*}$ und $\begin{align*} u \geq v \end{align*}$ annehmen. Eine Anwendung des Satzes des Pythagoras ergibt

$\begin{align*} \left( \frac{1}{2} (u-v) \right)^2 + \left( \frac{1}{2} (p+q) \right)^2 = r^2 \end{align*}$

Wenn man links ausquadriert, heben sich wegen des Sehnensatzes die gemischten Glieder gegenseitig weg.

[attach]54442[/attach]

Aus ästhetischen Gründen bin ich mit dem Beweis nicht zufrieden. Er ist mir zu unsymmetrisch in den Größen. Das geht sicher schöner.

30.01.2022, 12:46

HAL 9000

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Man kann auch auf den Sehnensatz (den vermutlich nur sehr wenige Schüler kennen) verzichten, wenn man die (der Symmetrie wegen) ebenfalls gültige Pythagorasgleichung

$\begin{eqnarray*} \left(\frac{1}{2}(u+v)\right)^2 + \left(\frac{1}{2}(p-q)\right)^2 = r^2 \end{eqnarray*}$

zur obigen Gleichung $\begin{eqnarray*} \left( \frac{1}{2} (u-v) \right)^2 + \left( \frac{1}{2} (p+q) \right)^2 = r^2 \end{eqnarray*}$ addiert, und man damit

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}\left(u^2+v^2+p^2+q^2\right) = 2r^2 \end{eqnarray*}$

erhält. Für mein Empfinden ist das symmetrisch genug. Augenzwinkern

30.01.2022, 13:39

Leopold

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Ja, so ist es hundertprozentig symmetrisch. Und wenn dann auch noch r ins Quadrat erhoben wird, ist es sogar hundertfünfzigprozentig richtig. Augenzwinkern

30.01.2022, 23:10

quadrierer

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Zitat:

Original von Leopold
Es ist schon erstaunlich, welche Anfängerfehler quadrierer immer wieder macht.

Damit ich nicht dumm sterbe, wüsste ich gerne, wo genau steckt dieser Fehler?

Bei meinem angesprochenen Sehnen-Viereck=Quadrat ist berücksichtigt, wie in der Aufgabenstellung gefordert, dass die Summe der Flächeninhalte der vier Kreise k1, k2, k3, k4 doppelt so groß ist wie der Flächeninhalt des Umkreises durch die Punkte ABCD. Der Aufgabensteller soll ja in die richtige Spur geschickt werden.

Für Sehnen-Vierecke mit gemeinsamen Schnittpunkten der Kreise k1 bis k4, die kein Quadrat sind, kann ich die Erfüllung dieser besonderen Forderung nicht klar erkennen. Wenn ich da etwas übersehe, hätte ich hier gerne noch etwas Hilfe durch eine ausführlichere Betrachtung.

31.01.2022, 07:46

HAL 9000

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wohl doch nicht nur ein Anfängerfehler...
Hurra! Ich habe soeben nach dem quadrierer-Prinzip die Goldbachsche Vermutung bewiesen:

Die gerade Zahl 4 ist als Summe 2+2 zweier Primzahlen darstellbar - warum sollte es da bei den restlichen geraden Zahlen anders sein? qed

31.01.2022, 07:58

Leopold

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Ich nehme mir mal den Großen Fermat vor:

$\begin{align*} a^n + b^n = c^n \ \ \text{mit} \ a,b,c,n \in \mathbb{N}, \ n \geq 3 \end{align*}$

Fürl $\begin{align*} n=3 \end{align*}$ und $\begin{align*} c=4 \end{align*}$ heißt das

$\begin{align*} a^3 + b^3 = 64 \end{align*}$

Positive Kubikzahlen kleiner als 64 sind 1,8,27:

$\begin{align*} 1+1 = 2 \neq 64 \end{align*}$
$\begin{align*} 1+8 = 9 \neq 64 \end{align*}$
$\begin{align*} 1+27 = 28 \neq 64 \end{align*}$
$\begin{align*} 8+8 = 16 \neq 64 \end{align*}$
$\begin{align*} 8+27 = 35 \neq 64 \end{align*}$
$\begin{align*} 27+27 = 54 \neq 64 \end{align*}$

Jeder sieht, daß das nicht geht. Also geht es nie. Man sollte Wiles die Fields-Medaille aberkennen. Offenbar ein Hochstapler.

31.01.2022, 08:08

Leopold

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Etwas ernsthafter. Eine dynamische Zeichnung mit Euklid im Anhang.

[attach]54448[/attach]

31.01.2022, 08:58

HAL 9000

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Auch ernsthafter: Wie ich mir einen seriösen Beweis vorstelle.

Zunächst ein paar Bezeichnungen (siehe Skizze in meinem obigen Beitrag). Sei $\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ der Schnittpunkt der vier Kreise über den Vierecksseiten. Außerdem seien $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ der Mittelpunkt der Diagonalen $\begin{eqnarray*} AC \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ der Mittelpunkt der Diagonalen $\begin{eqnarray*} BD \end{eqnarray*}$ , sowie schließlich $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ der Umkreismittelpunkt des Vierecks $\begin{eqnarray*} ABCD \end{eqnarray*}$ . Mit den Abkürzungen $\begin{eqnarray*} |AS|=p,|BS|=u,|CS|=q,|DS|=v \end{eqnarray*}$ (wie bei Leopold) gilt dann folgendes

1) $\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ liegt auf den Thaleskreisen aller vier Vierecksseiten, erscheint von diesen betrachtet also jeweils unter einem rechten Winkel. Das bedeutet, dass sich die Diagonalen $\begin{eqnarray*} AC \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} BD \end{eqnarray*}$ in einem rechten Winkel schneiden, und $\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ dieser Schnittpunkt ist.

2) $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ als Umkreismittelpunkt liegt u.a. auch auf den Mittelsenkrechten der beiden Diagonalen. Das bedeutet, dass $\begin{eqnarray*} SEMF \end{eqnarray*}$ ein Rechteck ist mit den Seitenlängen $\begin{eqnarray*} |SE| = |FM| = \frac{|p-q|}{2} \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} |SF| = |EM| = \frac{|u-v|}{2} \end{eqnarray*}$ .

3) Für die Summe der Flächeninhalte der Kreise über den vier Vierecksseiten gilt gemäß Pythagoras

$\begin{eqnarray*} A_1 = \frac{\pi}{4}\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right) = \frac{\pi}{4}\left(p^2+u^2 + u^2+q^2 + q^2+v^2 + v^2+p^2\right) = \frac{\pi}{2}\left(p^2+q^2+u^2+v^2\right) \end{eqnarray*}$

4) Für den Umkreisradius $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ des Vierecks $\begin{eqnarray*} ABCD \end{eqnarray*}$ gilt wegen 2) sowie Pythagoras

$\begin{eqnarray*} R^2 = |AM|^2 = |AE|^2 + |EM|^2 = \left(\frac{p+q}{2}\right)^2 + \left(\frac{u-v}{2}\right)^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} R^2 = |BM|^2 = |BF|^2 + |FM|^2 = \left(\frac{u+v}{2}\right)^2 + \left(\frac{p-q}{2}\right)^2 \end{eqnarray*}$

Wie oben schon erwähnt ergibt das in der Summe $\begin{eqnarray*} 2R^2 = \frac{1}{2}\left(p^2+q^2+u^2+v^2\right) \end{eqnarray*}$ und damit den Flächeninhalt des Umkreises

$\begin{eqnarray*} A_2 = \pi R^2 = \frac{\pi}{4}\left(p^2+q^2+u^2+v^2\right) \end{eqnarray*}$

Aus 3) und 4) folgt die Behauptung $\begin{eqnarray*} A_1=2A_2 \end{eqnarray*}$ .

31.01.2022, 11:42

quadrierer

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Danke für die ausführliche Betrachtung zum allgemeineren Fall und den damit einhergehenden Wissenszuwachs bei mir und Anderen und hoffentlich auch beim Aufgabensteller. „SehnigerAdrian“.

Die dynamische Zeichnung von Leopold hilft mir den betrachteten allgemeineren Zusammenhang anschaulich nachzuvollziehen und die ausführlichen Betrachtung von HAL 9000 hilft beim logischen Nachzuvollziehen.

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