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Matroids Matheplanet Forum Index » Rätsel und Knobeleien (Knobelecke) » ** 4 Dreiecke im Rechteck
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Universität/Hochschule J ** 4 Dreiecke im Rechteck
Radix
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  Themenstart: 2022-06-24

Hallo! Ein Rechteck wird folgendermaßen in Dreiecke zerlegt: https://www.matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/3460_rechteck.JPG Jede Zahl gibt den Flächeninhalt des Dreiecks an, in dem sie steht. Berechne den Flächeninhalt des grünen Dreiecks. Lösungen bitte als PM an mich. Viel Spaß Radix


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Radix
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  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2022-06-24

Die erste richtige Lösung kommt von zathe. Die zweite richtige und sehr elegante Lösung kommt von MontyPythagoras. Dieses Rätsel kann und soll ohne Computerunterstützung gelöst werden. Danke Radix


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Radix
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-06-25

Die dritte richtige Lösung kam von gonz. Wieder eine völlig andere Lösungsidee. :) Glückwunsch Radix


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Radix
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  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2022-06-25

Weitere richtige Lösungen von StrgAltEntf und cramilu. Glückwunsch Radix


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cramilu
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  Beitrag No.4, eingetragen 2022-06-25

Radix, vielen Dank für die tolle Knobelei! 🤗 Ich werde sie entzückt mit veränderten Daten in meinen Nachhilfe-Fundus aufnehmen: \showon \showoff


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Radix
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  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2022-06-25

Die nächste richtige Lösung kommt von tactac, der einen ganz anderen Bereich der Mathematik verwendet hat als die anderen. Es ist wirklich erstaunlich, auf wie viele grundverschiedene Arten man sich dem Problem nähern kann. Glückwunsch Radix


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Radix
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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2022-06-25

Die nächste richtige Lösung stammt von Wauzi. Glückwunsch Radix


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Radix
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  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2022-06-26

Eine weitere richtige Lösung von JoeM. Glückwunsch Radix


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Radix
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  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2022-06-29

Eine weitere richtige Lösung von Hans-Juergen. Glückwunsch Radix


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Radix
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  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-01

Hier nun die Auflösung: Faszinierend war die Unzahl an verschiedenen Lösungsansätzen: Da gab es die Fleißigen, die mit 8 oder sogar 12 Variablen jonglierten. 😮 Tactac hat es mit Vektoren und deren Orthogonalität gelöst. Eine Schülerin hat alle Flächen durch 7 dividiert, wodurch die Lösung leicht zu erraten war, und dann wieder mit 7 multipliziert. Häufig ist es ja egal, welchen Größen man Variablennamen gibt und welche man dann wie daraus berechnet. Aber bei diesem Rätsel macht das den entscheidenden Unterschied: Schlecht ist es, wenn man Dreiecksseiten Variablennamen gibt und die Rechteckseiten als ihre Summe schreibt. Das wird mühsam. Besser ist es, wenn man den Rechteckseiten Variablennamen gibt und die Dreieckseiten dann teilweise als Differenzen schreibt. Denn die Rechteckseiten führen auf die Rechtecksfläche und damit auf die Lösung. Das war mein Ansatz. In Sachen Eleganz den Vogel abgeschossen hat jedoch gonz. Er hat die Variablen nicht durch Addition oder Subtraktion verknüpft, sondern durch Multiplikation. Das spart Arbeit, weil Produkte bei der Flächenberechnung schneller zu multiplizieren sind als Summen oder Differenzen. Den Trick sollte man sich merken. Das führt zu einer erstaunlich kurzen Lösung: https://www.matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/3460_gonz.png Vielen Dank an alle, die mitgemacht haben. Danke Radix


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Kuestenkind
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  Beitrag No.10, eingetragen 2022-07-01

Man kann auch einfach zwei Parallelen zeichnen und das Rechteck in vier kleinere Rechtecke teilen. Dann gibt man den Flächen Variablen und braucht nur drei, da man die Fläche rechts unten ja kennt. Nennen wir die oben links \(a\), oben rechts \(b\) und unten links \(c\), dann ergibt sich einfach das System: \(\displaystyle (1):\quad a+b=70\) \(\displaystyle (2):\quad a+c=56\) \(\displaystyle (3):\quad bc=42a\) Gruß, Küstenkind


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tactac
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  Beitrag No.11, eingetragen 2022-07-01

\(\begingroup\)\(\newcommand{\sem}[1]{[\![#1]\!]} \newcommand{\name}[1]{\ulcorner#1\urcorner} \newcommand{\upamp}{\mathbin {⅋}} \newcommand{\monus}{\mathbin {∸}}\) Für den Fall, dass jemanden mehr Details interessieren: $ \begin{tikzpicture} \draw (0,0) -- (6,0) -- (6,4) -- (0,4) -- cycle; \draw (0,4) -- (6,2.5) -- (4,0) -- cycle; \draw [->] (0,-0.1) -- (2,-0.1) node[anchor=north]{$a$} -- (4,-0.1); \draw [->] (4,-0.1) -- (5,-0.1) node[anchor=north]{$b$} -- (6,-0.1); \draw [->] (6.1,0) -- (6.1,1.25) node[anchor=west]{$c$} -- (6.1,2.5); \draw [->] (6.1,2.5) -- (6.1,3.25) node[anchor=west]{$d$}-- (6.1,4); \node (A) at (1,1) {$A$}; \node (B) at (5.5,1) {$B$}; \node (C) at (4,3.5) {$C$}; \node (F) at (3.5,2) {$F$}; \end{tikzpicture} $ Vektoren $x,y$ spannen ja ein Parallelogramm auf, dessen signierter Flächeninhalt $xy^\perp$ ist. Wir definieren $(-)^\perp$ so, dass $xy^\perp$ der positive Flächeninhalt ist, wenn $x$ der "rechte" Vektor ist. Gegebene Gleichungen: 1. $bc^\perp = 2B$, 2. $a(c+d)^\perp = 2A$, 3. $(a+b)d^\perp = 2C$. Gesucht: $F = (b+c)(c+d-a)^\perp/2 = (bc^\perp + bd^\perp + ac^\perp)/2$. Mit den Gleichungen ergibt sich: $F = A+B+C - ad^\perp$. Man muss also nur noch $ad^\perp$ bestimmen (natürlich wiederum mit den Gleichungen). Alle $xy^\perp$, die jetzt noch vorkommen, sind aber so, dass $xy^\perp = |x||y|$, und der Rest geht straight-forward. [Die Antwort wurde nach Beitrag No.9 begonnen.]\(\endgroup\)


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StrgAltEntf
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  Beitrag No.12, eingetragen 2022-07-01

Ich habe mich nicht ganz so geschickt angestellt und viel gerechnet. Immerhin nur mit 6 Variablen. 🙃 Interessant bei dieser Aufgabe ist auch, dass für x und y keine Aussagen möglich sind, und prinzipiell alle x > 0, y > 0 mit xy = 56 infrage kommen. Wenn man dies unterstellt (denn das Gleichungssystem ist unterbestimmt, und laut Rätsel soll es ja eine Lösung geben) und dann x und y geschickt wählt (z. B. x = y?), gibt es vielleicht noch elegantere Lösungen.


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MontyPythagoras
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  Beitrag No.13, eingetragen 2022-07-01

Na, dann teile ich gerne auch meine Lösung: $$\sum A_k=A$$ $$\frac{A_1}A=\frac{\frac12a}{a+b}$$ $$\frac{A_3}A=\frac{\frac12d}{c+d}$$ $$\frac{A_2}A=\frac{\frac12bc}{(a+b)(c+d)}=2\cdot\frac{\frac12b}{a+b}\cdot\frac{\frac12c}{c+d}=2\left(\frac12-\frac{A_1}A\right)\left(\frac12-\frac{A_3}A\right)$$ $$2A_2A=(A-2A_1)(A-2A_3)$$ $$A^2-2(A_1+A_2+A_3)A+4A_1A_3=0$$ $$A=A_1+A_2+A_3+A_4=A_1+A_2+A_3+\sqrt{(A_1+A_2+A_3)^2-4A_1A_3}$$ $$A_4=\sqrt{(A_1+A_2+A_3)^2-4A_1A_3}=56$$ Ciao, Thomas


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Hans-Juergen
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  Beitrag No.14, eingetragen 2022-07-02

https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/1948_meine.png DerFigur entnimmt man: ax=56 | yz=42 | ub=70 | a=z+u | b=x+y | ab=F+28+21+35 <=> F=ab-84. Dies sind 6 Gleichungen für die 7 Unbekannten a,b,x,y,z,u und F; das Gleichungssystem ist unterbestimmt und hat keine eindeutige Lösung. Um es lösbar zu machen, wähle ich eine Variable, b, willkürlich; es soll sein b=10. Dann folgt: x+y=10 | a=z+u | 10u=70 -> u=7, y=10-x | (10-x)z=42 |x=56/a=56/(z+7) (10-56/(z+7))z=42 => 10z^2-28z-294=0 mit der (positiven) Lösung z=7. Somit ist a=14, ab=140 und F=140-84=56. Am Ergebnis für F ändert sich nichts, wenn statt b=10 ein anderer Wert für b gewählt wird. Hans-Jürgen


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JoeM
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  Beitrag No.15, eingetragen 2022-07-02

Hallo, mein Ansatz war ... https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/44117_DR11.jpg viele Grüße JoeM


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cramilu
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  Beitrag No.16, eingetragen 2022-07-02

Hab' meine allgemeine Lösung noch etwas entschlackt: \((1)\) \(X\;=\;a\,\cdot\,b\;-(A+B+C)\) \(\Leftrightarrow\) \(A+B+C\;=\;a\,\cdot\,b\;-\;X\) \((2)\) \(\left(a\,-\,\frac{2\cdot B}{b}\right)\,\cdot\,\left(b\,-\,\frac{2\cdot A}{a}\right)\;=\;2\,\cdot\,C\) \(\Leftrightarrow\) \(a\cdot b\;-\;2\cdot A\;-\;2\cdot B\;-\;2\cdot C\;+\;\frac{4\cdot A\cdot B}{a\cdot b}\;=\;0\) \(\vert\) \(\cdot\frac{a\cdot b}{2}\) \(\Rightarrow\) \(\frac{(ab)^2}{2}\;-\;ab\,\cdot\,(A+B+C)\;+\;2AB\;=\;0\) \(\Rightarrow\) \(ab\;=\;(A+B+C)\;\pm\;\sqrt{\,\left(A+B+C\right)^2\,-\,4AB\,}\) \((1)\) eingesetzt: \(\Rightarrow\) \(ab\;=\;ab\;-\;X\;\pm\;\sqrt{\,\left(A+B+C\right)^2\,-\,4AB\,}\) \(\Leftrightarrow\) \(X\;=\;\pm\;\sqrt{\,\left(A+B+C\right)^2\,-\,4AB\,}\) ; negativ ist Quatsch! \(\Rightarrow\) \(X\;=\;\sqrt{\,\left(A+B+C\right)^2\,-\,4AB\,}\;=\;\sqrt{3.136}\;=\;56\) Der hiesige Spezialfall ist ein besonders schöner: \(ab\;=\;A+B+C+X\;=\;140\;=\;4A\;=\;5B\) \(\land\) \(3C\;=\;A+B\) \(\land\) \(4C\;=\;3B\) Unabhängig von den konkreten Rechteckproportionen wird seine Höhe rechts im Verhältnis \(1:1\) geteilt, und seine Breite unten im Verhältnis \(2:3\) . Hans-Juergen, Du hattest das auch schon erkannt! Das vereinfacht die allgemeine Formel lässig zu: \(X\;=\;\sqrt{\,16C^2\,-\,5B^2\,}\;=\;\sqrt{\,9B^2\,-\,5B^2}\;=\;\sqrt{4B^2}\;=\;2B\;=\;56\) Im Moment brüte ich noch über folgendem: Angenommen, man zielt auf ganzzahlige Konstellationen ab, und von den beiden Dreiecken, deren eine Kathete jeweils aus einer ganzen Rechteckseite besteht, liegt das größere entlang der längeren sowie das kleinere entlang der kürzeren Rechteckseite... ... welche Teilungsverhältnisse kommen dann für die Rechteckseiten infrage?


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MontyPythagoras
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  Beitrag No.17, eingetragen 2022-07-02

Hallo cramilu, \quoteon(2022-07-02 10:49 - cramilu in Beitrag No. 16) Im Moment brüte ich noch über folgendem: Angenommen, man zielt auf ganzzahlige Konstellationen ab, und von den beiden Dreiecken, deren eine Kathete jeweils aus einer ganzen Rechteckseite besteht, liegt das größere entlang der längeren sowie das kleinere entlang der kürzeren Rechteckseite... ... welche Teilungsverhältnisse kommen dann für die Rechteckseiten infrage? \quoteoff Schon die Frage ist falsch. 🙂 Die Form des Rechtecks und welches die lange Seite und die kurze Seite ist, ist völlig egal. Jede affine Abbildung, deren Determinante gleich 1 oder -1 ist, bildet flächengleich ab. Das heißt, die Flächeninhalte bleiben die gleichen, selbst wenn Du es zu einen Parallelogramm verformst. Wenn Du eine Lösung konstruieren möchtest, kannst Du z.B. $A_1$ und $A_3$ in meinem Bild vorgeben. Mit einem beliebigen Faktor $m$ kannst Du dann setzen: $$A_2=(m-1)\left(A_1-\frac1mA_3\right)$$Dann folgt $$A_4=\left|mA_1-\frac1mA_3\right|$$ Ciao, Thomas


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cramilu
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  Beitrag No.18, eingetragen 2022-07-02

Guten Abend, MontyPythagoras ... 🙄 Um die anderen genügend lange von dem unausweichlich gebotenen Folgegefrotzel abzulenken: \quoteon(2022-07-02 13:23 - MontyPythagoras in Beitrag No. 17) [...] Schon die Frage ist falsch. 🙂 [...] \quoteoff Erst findet die Fußball-WM in Katar statt. Dann werden Maultaschen und Döner teurer. Und nun auch noch das. Dazu an einem derart schwülen Samstag. Eine Frechheit! Woher, bitte, soll ich denn wissen, was ich meine, bevor ich lese, was ich schreibe? Ich werde mein Anliegen wohl anders formulieren müssen... Bis dahin liebe Grüße und ein schönes Wochenende, Uli


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MontyPythagoras
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  Beitrag No.19, eingetragen 2022-07-02

\quoteon(2022-07-02 22:04 - cramilu in Beitrag No. 18) Woher, bitte, soll ich denn wissen, was ich meine, bevor ich lese, was ich schreibe? \quoteoff 😂 Der ist super, den muss ich mir merken. Der wird in meinen täglichen Sprachgebrauch übergehen. 😁 So wie: Es gibt immer zwei Meinungen: Meine und die falsche. oder: Einer von uns beiden ist klüger als du. Gut gelaunte Grüße nach Bierfranken, Thomas


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gonz
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  Beitrag No.20, eingetragen 2022-07-03

Gut fand ich da auch: "Schließen wir einen Kompromiss... machen wir es so, wie ich es vorgeschlagen habe". ( wird Koroljow zugeschrieben )


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cramilu
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  Beitrag No.21, eingetragen 2022-07-03

😄 Hehe... Apropos »[...] machen wir es so, wie ich es vorgeschlagen habe.«: Deinen Ansatz, gonz, werde ich für meine Verhältnisüberlegungen weiterverfolgen. Bevor ich dazu wieder etwas schreibe, mag ich allerdings diesmal zunächst wissen, was ich meine. Und, wie! 😉


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Radix hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Radix hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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