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Mathematik » Olympiade-Aufgaben » Alte Olympiadeaufgaben
Thema eröffnet 2019-04-22 08:33 von
stpolster
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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1440, eingetragen 2019-07-27


2019-07-24 12:23 - TomTom314 in Beitrag No. 1396 schreibt:
2019-07-23 22:59 - TomTom314 in Beitrag No. 1392 schreibt:
Aufgabe 2 - 311042
...

Hallo Steffen,

die Lösung ist leider ausgesprochen unvollständig, da ich implizit annehme, dass der Schnittpunkt im inneren des Dreiecks $ABC$ liegt. Die Idee ist schon ok, muß aber noch überarbeitet werden. Daher wäre es gut, wenn Du meine Lösung aus dem pdf herausnimmst.

Huhu Tom,

ich erlaube mir dann mal einen Beweis für den Fall, dass der Punkt außerhalb des Dreiecks liegt. Ich hoffe du bist einverstanden.



Es ist \(\angle SFA=\angle SEA\), da beide Winkel über der Sehne \(AS\) sind. Dann ist \(\angle BFS=180°-\angle 1\). Daraus folgt dann \(\angle SDB=\angle 1\), da \(FBDS\) Sehnenviereck ist. Daraus folgt nun \(\angle CES=\angle CDS\). Durch Umkehrung des Peripheriewinkelsatzes folgt somit die Behauptung.

Anmerkung: Dieser Satz ist bekannt als Satz von Miquel, der Schnittpunkt der 3 Kreise heißt Miquel-Punkt. Der Satz gilt auch, wenn man \(D\), \(E\) und \(F\) auf die Verlängerung einer Seite setzt.

Gruß,

Küstenkind



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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1441, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-27


@TomTom314 und Küstenkind:
Könntet ihr bitte die Gesamtlösung so formulieren, dass ich sie übernehmen kann. Wenn ich es versuche, geht es bestimmt schief.

Danke
Steffen



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1442, eingetragen 2019-07-27


Hallo Küstenkind,

keine Einwände, ich hab's nicht hinbekommen. Aber Fragen/Anmerkungen. Es fehlt dann noch der Fall $S=E$. Außerdem ist mir überhaupt nicht klar, warum wir mit diesen Fällen alles abgedeckt haben. Wikipedia ist dort auch nicht besonders hilfreich. Dort wird nur der Fall behandelt, wenn $S$ im Dreieck liegt.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1440 begonnen.]

@Steffen: Zuerst müssen wir uns auf eine Lösung einigen.  biggrin



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Kornkreis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1443, eingetragen 2019-07-27


Noch zur
231246A
Über $n$ Punkte des Raumes, von denen keine vier in einer gemeinsamen Ebene liegen, wird vorausgesetzt, dass jedes Tetraeder, das vier dieser $n$ Punkte als Ecken hat, einen Rauminhalt nicht größer als 1 besitzt.
Man beweise aus dieser Voraussetzung, dass es dann im Raum ein Tetraeder mit einem Rauminhalt nicht größer als 27 gibt, das alle $n$ Punkte in seinem Inneren oder auf seinem Rand enthält. [...]

Lösung
Wir gehen analog zur Lösung der 161235 vor, bei der die Aussage für Dreiecke statt Tetraeder und Schranke 4 für den Flächeninhalt des umfassenden Dreiecks zu zeigen war.

Für $0 \leq n \leq 3$ ist die Aussage trivial, da dann alle Punkte in einer Ebene und somit in einer Dreiecksfläche liegen (entarteter Tetraeder mit Volumen 0). Sei nun $n \geq 4$. Nach Voraussetzung gibt es einen nicht-entarteten Tetraeder mit Eckpunkten aus der gegebenen Punktmenge. Betrachten wir nun von allen solchen Tetraedern einen mit dem größten Volumen (so ein maximaler Tetraeder existiert, da die Menge nur endlich viele Punkte besitzt und damit nur endlich viele Tetraeder).

Bezeichne die Eckpunkte dieses Tetraeders mit $P_1, P_2, P_3, P_4$. Da dessen Volumen maximal ist, müssen alle anderen Punkte $P_i$ ($i >4$) so liegen, dass die Volumina der Tetraeder mit den Eckpunkten $P_a,P_b,P_c$ und $P_i$ (für alle $a,b,c \in \{1,2,3,4\}$ paarweise verschieden und alle $i>4$) nicht größer sind als das Volumen des Tetraeders $P_1P_2P_3P_4$.
Da das Volumen eines Tetraeders gleich "Grundfläche mal Höhe durch 3" ist, liegen also alle Punkte in einem Gebiet $T$ (oder auf dessen Rand), welches begrenzt wird durch die Ebenen, die parallel zu den Seitenflächen des Tetraeders $P_1P_2P_3P_4$ liegen und den der jeweiligen Seitenfläche gegenüberliegenden Eckpunkt enthalten. Beachte, dass man die Ebenen durch den Spiegelpunkt dieses Eckpunktes an der jeweiligen Fläche nicht zu betrachten braucht, da das soeben beschriebene Gebiet $T$ bereits geschlossen ist. $T$ stellt nämlich einen nicht-entarteten Tetraeder dar. Dessen Seitenflächen sind parallel zu denen des Tetraeders $P_1P_2P_3P_4$, und überdies ähnlich zu ihnen mit drei mal so großen Seitenlängen, was wir im Folgenden zeigen wollen.

Betrachten wir als Beispiel (die anderen Seiten sind dann analog) die Schnittlinie $g$, die durch den Schnitt der Ebene parallel zu $P_1P_2P_3$ durch $P_4$ mit der Ebene parallel zu $P_1P_2P_4$ durch $P_3$ entsteht. Die Ebenen $P_1P_3P_4$ und $P_2P_3P_4$ schneiden $g$ in den Punkten $A$ bzw. $B$. Nun kann man sehen, dass das Parallelverschieben der Strecke $P_1P_4$ entlang der Strecke $P_1P_3$ einen dieser Schnittpunkte $A$ oder $B$ auf $g$ ergibt; der andere Schnittpunkt dann entsprechend durch Parallelverschieben der Strecke $P_2P_4$ entlang der Strecke $P_2P_3$. Die Strecken $P_1P_4$ und $P_2P_4$ schneiden sich im Punkt $P_4$ und nach dem Verschieben im Punkt $P_3$. Da $A$ und $B$ in der Ebene parallel zu $P_1P_2P_3$ durch $P_4$ liegen und $P_1$, $P_2$ in der Ebene $P_1P_2P_3$, folgt, dass der Abstand zwischen $A$ und $B$ genau der Abstand zwischen $P_1$ und $P_2$ ist.

Nun müssen die Ebenen $P_1P_3P_4$ und $P_2P_3P_4$ noch zusätzlich zum Punkt $P_2$ bzw. $P_1$ parallelverschoben werden, was in der Ebene $P_1P_2P_3$ (und allen dazu parallelen Ebenen, insbesondere der durch $P_4$) einer Verschiebung um jeweils $|P_1P_2|$ entspricht. Die entsprechenden Schnittpunkte $A'$, $B'$ auf $g$ haben dann also den Abstand $3\,|P_1P_2|$ voneinander.

Dies zeigt das oben behauptete, sodass das Volumen des Tetraeders $T$ gleich $3^3=27$ mal dem Volumen des Tetraeders $P_1P_2P_3P_4$ entspricht. Letzterer hat maximal das Volumen 1, womit dann die Behauptung der Aufgabenstellung folgt.


Zu ochens Lösung der Aufgabe 251242 würde ich noch als Kommentar hinzufügen, dass das Produkt (erstmal ohne Einschränkung auf Primzahlen) ein Teleskopprodukt ist, da dies dann eine Lösung über Induktion motiviert. Wir haben nämlich
$$\frac{k^3+1}{k^3-1}=\frac{(k+1)(k^2-k+1)}{(k-1)(k^2+k+1)}=\frac{k+1}{k-1}\frac{k(k-1)+1}{k(k+1)+1}$$
und wenn man das Produkt aufeinanderfolgender Faktoren (beginnend mit irgendeinem $k\geq 2$) hinschreibt,

$$\frac{k+1}{\boldsymbol{\color{green}{k-1}}}\frac{\boldsymbol{\color{green}{k(k-1)+1}}}{k(k+1)+1}\cdot \frac{\boldsymbol{\color{orange}{k+2}}}{\boldsymbol{\color{green}{k}}}\frac{(k+1)k+1}{(k+1)(k+2)+1}\cdot \frac{\boldsymbol{\color{orange}{k+3}}}{k+1}\frac{(k+2)(k+1)+1}{\boldsymbol{\color{orange}{(k+2)(k+3)+1}}},$$

so sieht man, dass nach Wegkürzen "links" nur der grün markierte Teil übrig bleibt und "rechts" nur der orange Teil. Das Produkt von einem Index $k\geq 2$ zu einem $n> k$ ist also gleich

$$\boldsymbol{\color{green}{\left(1+\frac{1}{k(k-1)}\right)}}\boldsymbol{\color{orange}{\left(1-\frac{1}{n(n+1)+1}\right)}}$$

und da der rechte Faktor für $n\to \infty$ gegen 1 geht, ist der Wert des unendlichen Produktes gleich $1+\frac{1}{k(k-1)}$.
Und tatsächlich lässt sich nun die Aufgabe schnell lösen, indem man ausrechnet, dass $$\frac{q_1^3+1}{q_1^3-1}\cdots \frac{q_n^3+1}{q_n^3-1}<\frac{2^3+1}{2^3-1}\cdot \frac{3^3+1}{3^3-1}\cdot \frac{5^3+1}{5^3-1}\cdot \frac{7^3+1}{7^3-1}\cdot \boldsymbol{\color{green}{\left(1+\frac{1}{11\cdot 10}\right)}}<\frac{36}{25}$$ gilt (beachte, dass das Produkt durch Hinzunehmen von Faktoren größer wird, da jeder Faktor größer als 1 ist).

PS: Wenn ich einmal in den Farbtopf falle, dann richtig biggrin



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1444, eingetragen 2019-07-28

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Aufgabe 5 - 131245
a) In einer Ebene sei $P_1P_2...P_n$ ein beliebiges konvexes $n$-Eck $E$.
Man beweise folgende Aussage:
Sind $n$ Punkte $Q1...Qn$ so im Innern oder auf dem Rand von $E$ gelegen, dass $Q_1Q_2...Q_n$ ein zu $E$ kongruentes $n$-Eck ist, so ist jeder Punkt $Q_i$ eine Ecke von $E$.

b) Gibt es nichtkonvexe $n$-Ecke $E$, für die die in a) genannte Aussage falsch ist?

c) Ist für jedes nichtkonvexe $n$-Eck $E$ die in a) genannte Aussage falsch?

Lösung
a) Sei $F:=Q_1\ldots Q_6$ und sei $P_k$ eine beliebige Ecke von $E$.

Bemerkung: Im Folgenden ist mit $E$ bzw. $F$ jeweils die Menge aller Punkte gemeint, die im Inneren oder auf dem Rand des entsprechenden $n$-Ecks liegen.

Angenommen $P_k$ läge außerhalb von $F$.
Da $F$ konvex ist, gäbe es dann eine Gerade, die die Ebene in zwei Halbebenen zerlegt, wobei $P_k$ im Inneren der einen und $E$ im Inneren der anderen Halbebene liegt.  Der Schnitt von $E$ mit der Halbebene, die $P_k$ enthält, hätte dann einen positiven Flächeninhalt und somit wäre der Flächeninhalt von $F$ echt kleiner als der von $E$. Das ist ein Widerspruch dazu, dass $E$ und $F$ kongruent sind.

Also liegt jede Ecke von $E$ im Inneren oder auf dem Rand von $F$.
Da $F$ und $E$ konvex sind, muss somit $E$ komplett in $F$ enthalten sein.
Da andererseits nach Voraussetzung auch $F$ komplett in $E$ enthalten ist, folgt $F=E$. Daraus folgt, dass die Menge der Ecken von $F$ gleich der Menge der Ecken von $E$ sein muss, also die Behauptung.

b) Ja, gibt es:
<math>
\begin{tikzpicture}
\draw[fill=red] (0,0) --(3,0) -- (3,3) -- (2,3) --(2,1) --(1,1)--(1,3)--(0,3)--cycle;
\draw[very thin] (-0.5,-0.5) grid (3.5,3.5);
\begin{scope}[shift={(8,0)},rotate=90]
\draw[fill=blue] (0,0) --(3,0) -- (3,3) -- (2,3) --(2,1) --(1,1)--(1,3)--(0,3)--cycle;
\draw[very thin] (-0.5,-0.5) grid (3.5,3.5);
\end{scope}
\end{tikzpicture}
</math>

c) Nein:
<math>
\begin{tikzpicture}
\draw[fill=red] (0,0) node[below left]{$P_1$} --(2,0)node[below right]{$P_2$} -- (2,1) node[ above right]{$P_3$}-- (1,1)node[above right]{$P_4$} --(1,2)node[above right]{$P_5$} --(0,2)node[above left]{$P_6$}--cycle;
\draw[very thin] (-0.5,-0.5) grid (2.5,2.5);
\end{tikzpicture}
</math>
Angenommen $F:=Q_1\ldots Q_6$ ist ein zu $E$ kongruentes Sechseck, wobei $Q_1,\ldots, Q_6$ im Inneren oder auf dem Rand von $E$ liegen.

Die einzigen Punkte in $E$, die Abstand $2\sqrt 2$ zu einander haben, sind $P_2$ und $P_6$. Also muss $\{P_2,P_6\} = \{Q_2,Q_6\}$ gelten.

Wäre $Q_6=P_2$ und $Q_2= P_6$, dann läge $Q_1$ außerhalb von $E$.
Also muss $Q_2=P_2$ und $Q_6=P_6$ gelten. Dadurch ist die Lage der anderen Ecken von $F$ aber bereits festgelegt und es folgt, dass $P_k=Q_k$ für alle $1\leq k \leq 6$ gelten muss.

 
\(\endgroup\)


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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1445, eingetragen 2019-07-28

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Wie ist Aufgabe 131242
gemeint?

Ich vermute mal es soll $a^n$ oder $a\cdot n$ anstatt $a_n$ heißen.
\(\endgroup\)


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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1446, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-28

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2019-07-28 02:03 - Nuramon in Beitrag No. 1445 schreibt:
Wie ist Aufgabe 131242
gemeint?
Ich vermute mal es soll $a^n$ oder $a\cdot n$ anstatt $a_n$ heißen.
Richtig ist $a\cdot n$. Sorry.
\(\endgroup\)


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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1447, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-28


Beim Übernehmen der Aufgaben der Stufe I bin ich auf die nachfolgende Aufgabe gestoßen.
Es ist keine große Mathematik, aber ich finde eine schön formulierte Aufgabe und Lösung:

Aufgabe 4 - 181014

Da sei ein Dreieck $ABC$
mit rechtem Winkel $ACB$.
Der Inkreisradius sei $\rho$.
(Man nennt ihn nun mal gerne so.)
Dann möge man das $c$ noch kennen.
(Man kann's auch Hypotenusenlänge nennen.)
Nun gilt es, nur mit diesen Stücken
den Flächeninhalt auszudrücken.
Man muss sich nach Gesetzen richten,
(doch braucht man nicht dabei zu dichten.)

Lösung:
<math>
\begin{tikzpicture}[>=latex, font=\small, scale=2]
\coordinate(a) at (-2,-1);
\coordinate(b) at (1,-1);
\coordinate(c) at (0,1);
\coordinate(m) at (-0.204,-0.256);
\coordinate(e) at ($(a)!(m)!(c)$);
\coordinate(f) at ($(b)!(m)!(c)$);
\coordinate(d) at ($(a)!(m)!(b)$);
\draw (a) -- (b) -- (c) -- cycle;
\draw (m) circle (0.744);
\draw (d) -- (m) -- (e);
\draw (f) -- (m);
\foreach \P in {a,b,c,d,e,f,m}
\draw[fill=white] (\P) circle (0.03);
\node[below] at (a) {$A$};
\node[right] at (b) {$B$};
\node[above] at (c) {$C$};
\node[right] at (m) {$O$};
\node[below] at (d) {$D$};
\node[left] at (e) {$F$};
\node[above] at (f) {$E$};
\node[below] at ($(e)!0.5!(m)$) {$\rho$};
\node[right] at ($(d)!0.5!(m)$) {$\rho$};
\node[above] at ($(f)!0.5!(m)$) {$\rho$};
\draw pic [draw, angle radius=3mm,"\Large $\cdot$", ]
{angle =m--e--c};
\draw pic [draw, angle radius=3mm,"\Large $\cdot$", ]
{angle =c--f--m};
\draw pic [draw, angle radius=3mm,"\Large $\cdot$", ]
{angle =m--d--a};
\end{tikzpicture}
</math>

Der Inkreismittelpunkt sei $O$.
Dann steht gewiss der Radius $\rho$
stets senkrecht einmal auf $AB$,
zum zweiten tut er's mit $BC$.
Auch mit $AC$, der dritten Strecke,
da bildet er 'ne rechte Ecke;
Die Punkte, wo jeweils der Treff,
bezeichnet man mit $D, E, F$.
Das Dreieck $ABO$ dabei,
des Inhalt $c \cdot \rho : 2$
wird durch $DO$ nochmals geteilt.
Wenn man bei $\triangle ADO$ verweilt
und es mit $\triangle AFO$ vergleicht,
so sieht man - wie so üblich "leicht"
dass beide Flächen kongruent,
falls man den Kongruenzsatz kennt,
den man mit ssw beschreibt,
$AO$ sich nämlich selbst gleich bleibt;
dann ist $CD$ genau gleich $\rho$
und für $OF$ gilt's ebenso;
der Winkel $\angle ADO$ ist Rechter,
und $\angle AFO$ macht's auch nicht schlechter.
Auch für das Dreieck $BOD$
stimmt der Vergleich mit $\triangle BOE$.
Das Viereck mit $FCEO$
bleibt noch als Rest.
Jetzt denkt man so:
Da drei der Winkel 90 Grad,
wohl auch der vierte soviel hat.
Darum muss es ein Rechteck sein.
Setzt man die Seitenlängen ein,
erkennt man, dass es folglich hat
den Flächeninhalt $\rho^2$.
Und unsre Lösung heißt nun so:
$\rho^2 + c \cdot \rho$.

Möchte jemand von euch seine Lösung auch in Reimform veröffentlichen?  biggrin

Aktueller Stand: 1872 Aufgaben mit 1802 Lösungen, also 70 noch offenen Problemen.
Die Datei der ungelösten Aufgaben aktualisiere ich ständig.
Langsam nimmt der PDF-Text "größeren" Umfang an; 1350 Seiten mit knapp 7 MB. Mal sehen, wie viel das noch wird?

LG Steffen



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ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1448, eingetragen 2019-07-28


Hallo

Aufgabe 1 - 151221
a) Man untersuche, ob es natürliche Zahlen $n$ derart gibt, dass in der nach dem binomischen Lehrsatz gebildeten Entwicklung
\[(a+b)^n=c_0a^n+c_1a^{n-1}\cdot b+c_2a^{n-2}\cdot b^2+\ldots+c_nb^n\quad (1)\] die Koeffizienten $c_0,c_1,c_2$ die Summe $c_0+c_1+c_2= 7_9$ haben. Gibt es solche Zahlen n, so ermittle man sie.
b)  Man  untersuche,  ob  es  natürliche  Zahlen $n$ derart  gibt,  dass  aus  (1)  durch  die  Ersetzung $a=x^2,b=\frac 1x$ eine Entwicklung
\[\left(x^2+\frac 1x\right)^n=c_0x^{k_0}+c_1x^{k_1}+c_2x^{k_2}+\ldots+c_nx^{k_n}\] entsteht,  in  der  einer  der  Exponenten  den  Wert $k_i=0$  hat,  d.h.,  in  der  ein  von $x$ freies  Glied vorkommt. Gibt es solche Zahlen, so ermittle man sie.
b)  Man  ermittle  alle  natürlichen  Zahlen $n$,  die  sowohl  die  in  a)  als  auch  die  in  b)  angegebenen Bedingungen erfüllen.

a) Für festes $n$ gilt $c_0=\binom{n}{0}=1$, $c_1=\binom{n}{1}=n$ und $c_2=\binom{n}{2}=\frac 12n(n-1)$. Es ist also die Gleichung
\[1+n+\frac 12n(n-1)=79\] zu lösen. Nach der Multiplikation mit 2 und der Subtraktion von 79 erhalten wir die quadratische Gleichung
\[n^2+n+156=0.\] Diese lässt sich mit der $pq$-Formel lösen und wir erhalten die Lösungen
\[n_1=12,\quad n_2=-13.\] Offenbar ist hier nur $n=12$ sinnvoll. Dies ist die einzige Zahl, die die in a) gegebene Bedingung erfüllt.
b) Das Monom $x^0$ entsteht, wenn es eine Zahl $k$ gibt, so dass $k$ mal $x^2$ und $n-k$ mal $\frac{1}{x}$ mit einander multipliziert werden und \[2k+(-1)(n-k)=0\quad (2)\] ist. Da keine Summanden negativ eingehen, kann es auch nicht wieder verschwinden. Gleichung (2) ist alos auch die einzige Bedingung, der $n$ genügen muss. Außerdem ist sie äquivalent zu $n=3k$. Es muss also $n$ durch 3 teilbar sein.
c) Es erfüllt 12 als einzige natürliche Zahl sowohl die  in  a)  als  auch  die  in  b)  angegebenen Bedingungen.



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1449, eingetragen 2019-07-28

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
@181014: Ein schöner Fund!


Bei 131245 war ich in der Argumentation von Teil c) etwas voreilig. Hier eine Korrektur:
Lösung
c) Nein:
<math>
\begin{tikzpicture}
\draw[fill=red] (0,0) node[below left]{$P_1$} --(2,0)node[below right]{$P_2$} -- (2,1) node[ above right]{$P_3$}-- (1,1)node[above right]{$P_4$} --(1,2)node[above right]{$P_5$} --(0,2)node[above left]{$P_6$}--cycle;
\draw[very thin] (-0.5,-0.5) grid (2.5,2.5);
\end{tikzpicture}
</math>
Angenommen $F:=Q_1\ldots Q_6$ ist ein zu $E$ kongruentes Sechseck, wobei $Q_1,\ldots, Q_6$ im Inneren oder auf dem Rand von $E$ liegen.

Die einzigen Punkte in $E$, die Abstand $2\sqrt 2$ zu einander haben, sind $P_2$ und $P_6$. Also muss $\{P_2,P_6\} = \{Q_2,Q_6\}$ gelten.

Es ist $Q_4$ der Mittelpunkt von $Q_2Q_6$, also muss $Q_4=P_4$ gelten.
 
Da die Dreiecke $P_1P_2P_6$ und $Q_1Q_2Q_6$ kongruent sind und $Q_1$ in $E$ liegen soll, muss $P_1=Q_1$ gelten.

Da $Q_3$ und $Q_5$ auf verschiedenen Seiten von $Q_2Q_6$ liegen müssen und die Dreiecke $Q_2Q_3Q_4 $ und $P_2P_3P_4$ bzw. $Q_4Q_5Q_6$ bzw. $P_4P_5P_6$ kongruent sind, folgt, dass $\{Q_3, Q_5\} = \{P_3, P_5\}$ gilt.

Also ist jedes $Q_i$ eine Ecke  $E$.
\(\endgroup\)


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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1450, eingetragen 2019-07-28


Huhu,

2019-07-27 20:02 - TomTom314 in Beitrag No. 1442 schreibt:
Es fehlt dann noch der Fall $S=E$.

Ja - den müssten wir noch machen. Ich habe noch nicht darüber nachgedacht - werde es aber tun.

2019-07-27 20:02 - TomTom314 in Beitrag No. 1442 schreibt:
Außerdem ist mir überhaupt nicht klar, warum wir mit diesen Fällen alles abgedeckt haben.

Nun - wir haben doch dann bewiesen, dass bei zwei sich schneidenden Kreisen auch der dritte Kreis durch den Schnittpunkt verläuft. Und zwar für den Fall, dass sich die beiden Kreise innerhalb, auf der Seite und außerhalb des Dreiecks schneiden. Was fehlt da noch?

2019-07-27 20:02 - TomTom314 in Beitrag No. 1442 schreibt:
Wikipedia ist dort auch nicht besonders hilfreich. Dort wird nur der Fall behandelt, wenn $S$ im Dreieck liegt.

Ja - da ist Wiki erstaunlicherweise nicht alleine. Dieses wurde auch schon im Buch "Bundeswettbewerb Mathematik: Die schönsten Aufgaben", an dem auch Eckardt mitgewirkt hat, auf Seite 194 festgestellt:



Ich wäre jedenfalls dann auch an der Musterlösung interessiert. Aber erstmal sollten wir den obigen Fall noch erledigen!

Viele Grüße (und einen schönen Sonntag),

Küstenkind



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TomTom314
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2019-07-28 12:49 - Kuestenkind in Beitrag No. 1450 schreibt:
2019-07-27 20:02 - TomTom314 in Beitrag No. 1442 schreibt:
Es fehlt dann noch der Fall $S=E$.
Ja - den müssten wir noch machen. Ich habe noch nicht darüber nachgedacht - werde es aber tun.

Das Bild dazu hat mir die passende Idee geliefert. Die beiden Sekanten $AY$ und $YC$ definieren denselben Winkel zu ihrem Kreismittelpunkten. Daher gilt $\angle CXY + \angle YZA = 180^\circ$. Daraus folgt $\angle YXB + \angle BZY = 180^\circ$ und wir haben wieder ein Senkanten Viereck.


2019-07-27 20:02 - TomTom314 in Beitrag No. 1442 schreibt:
Außerdem ist mir überhaupt nicht klar, warum wir mit diesen Fällen alles abgedeckt haben.

Nun - wir haben doch dann bewiesen, dass bei zwei sich schneidenden Kreisen auch der dritte Kreis durch den Schnittpunkt verläuft. Und zwar für den Fall, dass sich die beiden Kreise innerhalb, auf der Seite und außerhalb des Dreiecks schneiden. Was fehlt da noch?

Soweit ich das sehe, könne wir ausschließen, dass $S$ nicht innerhalb der "spitzen" Verlängerungen der Dreiecksseiten liegt. Wenn wir aber zwei Kreise fixieren, wissen wir noch nicht außerhalb welcher Dreiecksseite nun $S$ liegt, d.h. eigentlich bräuchten wir für "außerhalb" dann 3 Fällen (besser nicht!). Ich hatte versucht aus der Lage der Punkte $D,E,F$ zwei Kreise zu finden, s.d. $S$ zwischen zwei Halbgerade einer Eckpunkte $A,B,C$ liegt, bin aber zu keinem Ergebnis gekommen.


Noch ein Nachtrag zum Wikipedia-Entrag: Dort wird auch auf eine äquivalente Formulierung auf der riemannschen Zahlenkugel verwiesen. In der Situation werden die Dreieckskanten und Umkreise durch Ebenen im $\IR^3$ repräsentiert. Hier kann ich mir vorstellen, dass damit ein "schöner" Beweis ohne Fallunterscheidungen möglich ist - leider etwas abseits des Schulstoffs.



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Kuestenkind
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2019-07-28 13:48 - TomTom314 in Beitrag No. 1451 schreibt:
Das Bild dazu hat mir die passende Idee geliefert. Die beiden Sekanten $AY$ und $YC$ definieren denselben Winkel zu ihrem Kreismittelpunkten. Daher gilt $\angle CXY + \angle YZA = 180^\circ$. Daraus folgt $\angle YXB + \angle BZY = 180^\circ$ und wir haben wieder ein Senkanten Viereck.

Ja - das sieht doch gut aus!

2019-07-28 13:48 - TomTom314 in Beitrag No. 1451 schreibt:
Wenn wir aber zwei Kreise fixieren, wissen wir noch nicht außerhalb welcher Dreiecksseite nun $S$ liegt,[...]

Ich habe nun \(S\) mal auf eine andere Seite gelegt - der Beweis lässt sich 1 zu 1 übertragen:



Also ist m.E. die Aufgabe so gelöst. Bin dann aber auch auf die Musterlösung gespannt - zumal dieses ja auch Aufgabe 2 ist (3 und 6 sind ja eigentlich immer die schwierigsten).

Gruß,

Küstenkind



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HyperPlot
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\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \usepackage{tikz-3dplot}\)
2019-07-28 12:40 - Nuramon in Beitrag No. 1449 schreibt:
131245
<math>
\begin{tikzpicture}
\draw[fill=red] (0,0) node[below left]{$P_1$} --(2,0)node[below right]{$P_2$} -- (2,1) node[ above right]{$P_3$}-- (1,1)node[above right]{$P_4$} --(1,2)node[above right]{$P_5$} --(0,2)node[above left]{$P_6$}--cycle;
\draw[very thin] (-0.5,-0.5) grid (2.5,2.5);
\end{tikzpicture}
</math>


Bei 131245 war ich in der Argumentation von Teil c) etwas voreilig. Hier eine Korrektur:
Lösung
c) Nein:
<math>
\begin{tikzpicture}
\draw[fill=red] (0,0) node[below left]{$P_1$} --(2,0)node[below right]{$P_2$} -- (2,1) node[ above right]{$P_3$}-- (1,1)node[above right]{$P_4$} --(1,2)node[above right]{$P_5$} --(0,2)node[above left]{$P_6$}--cycle;
\draw[very thin] (-0.5,-0.5) grid (2.5,2.5);
\end{tikzpicture}
</math>
Angenommen $F:=Q_1\ldots Q_6$ ist ein zu $E$ kongruentes Sechseck, wobei $Q_1,\ldots, Q_6$ im Inneren oder auf dem Rand von $E$ liegen.

Die einzigen Punkte in $E$, die Abstand $2\sqrt 2$ zu einander haben, sind $P_2$ und $P_6$. Also muss $\{P_2,P_6\} = \{Q_2,Q_6\}$ gelten.

Es ist $Q_4$ der Mittelpunkt von $Q_2Q_6$, also muss $Q_4=P_4$ gelten.
 
Da die Dreiecke $P_1P_2P_6$ und $Q_1Q_2Q_6$ kongruent sind und $Q_1$ in $E$ liegen soll, muss $P_1=Q_1$ gelten.

Da $Q_3$ und $Q_5$ auf verschiedenen Seiten von $Q_2Q_6$ liegen müssen und die Dreiecke $Q_2Q_3Q_4 $ und $P_2P_3P_4$ bzw. $Q_4Q_5Q_6$ bzw. $P_4P_5P_6$ kongruent sind, folgt, dass $\{Q_3, Q_5\} = \{P_3, P_5\}$ gilt.

Also ist jedes $Q_i$ eine Ecke  $E$.



Bei sowas bietet es sich an, die TikZ-Bibliothek matrix zu verwenden:

<math>
\usetikzlibrary{matrix}

\begin{tikzpicture}[]
\matrix (m) [matrix of math nodes, nodes in empty cells,
nodes={%draw,
%inner sep=0pt,   outer sep=0pt,
minimum width=2.5em,
text height=1.5\ht\strutbox,
text depth=\dp\strutbox,
text width =1.5\ht\strutbox,
align=center,
},
Fuellen/.style 2 args={row #1 column #2/.style={nodes={draw, thick, fill=red}}},
Fuellen/.list={ {2}{2}, {3}{2}, {3}{3} }
]{
P_6  &   & P_5   &           \\
&   & P_4   & P_3     \\
&   &       &            \\
P_1  &   &       &  P_2      \\
};

\foreach \Zeile in {1,...,3}
\draw[gray, shorten >=-5pt] (m-\Zeile-1.south west) -- (m-\Zeile-4.south east);

\foreach \Spalte in {1,...,4}
\draw[gray, shorten >=0pt] (m-1-\Spalte.north east) -- (m-4-\Spalte.south east);
\end{tikzpicture}
</math>

latex
\documentclass[margin=5pt, tikz]{standalone}
\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{matrix}
\usepackage{amsmath, amssymb, amsfonts}
\begin{document}
 
\begin{tikzpicture}[]
\matrix (m) [matrix of math nodes, nodes in empty cells,
nodes={%draw,
%inner sep=0pt,   outer sep=0pt,
%minimum width=1.9em,
text height=\ht\strutbox,
text depth=\dp\strutbox,
text width =1.5\ht\strutbox,
align=center,
}, 
Fuellen/.style 2 args={row #1 column #2/.style={nodes={draw, thick, fill=red}}},
Fuellen/.list={ {2}{2}, {3}{2}, {3}{3} }
]{
P_6  &   & P_5   &           \\
     &   & P_4   & P_3     \\
     &   &       &            \\
P_1  &   &       &  P_2      \\
};
 
\foreach \Zeile in {1,...,3}
\draw[gray, shorten >=-5pt] (m-\Zeile-1.south west) -- (m-\Zeile-4.south east);
 
\foreach \Spalte in {1,...,4}
\draw[gray, shorten >=0pt] (m-1-\Spalte.north east) -- (m-4-\Spalte.south east);
\end{tikzpicture}
\end{document}


Mehr Syntax, neue Syntax. Kann sich aber lohnen bei komplexeren Strukturen.


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1449 begonnen.]
\(\endgroup\)


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TomTom314
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Aufgabe 2 - 311042
Es sei ABC ein beliebiges Dreieck; auf der Seite BC sei D ein beliebiger Punkt zwischen B und C; auf CA sei E ein beliebiger Punkt zwischen C und A; auf AB sei F ein beliebiger Punkt zwischen A und B. Ferner sei $k_A$ der Kreis durch A,E,F; es sei $k_B$ der Kreis durch B,F,D; und es sei $k_C$ der Kreisdurch C,D,E. Man beweise,   dass   bei   allen   Lagemöglichkeiten,   die   es   unter   diesen   Voraussetzungen   für A,B,C,D,E,F,kA,kB,kC gibt, die drei Kreise kA,kB,kC stets einen Punkt gemeinsam haben.

Die Lage des Schnittpunktes: Sei $S$ ein möglicherweise von $F$ verschiedner Schnittpunkt der Kreise $k_A,k_B$. Falls $k_A,k_B$ nur einen gemeinsamen Schnittpunkt haben, zeigen wir, dass $F$ auch auf $k_C$ liegt. Falls es einen weiteren Schnittpunkt gibt, so kann dieser nicht zwischen den verlängerten Halbgeraden an den Eckpunkten $A,B,C$ liegen. Wir unterscheiden die Fälle, dass $S$ im Inneren von $ABC$ oder außerhalb einer Dreiecksseite liegt.

1. Fall: Es gibt nur einen Schnittpunkt. Da die beiden Kreise $k_A,k_B$ sich berühren, definieren die beiden Sekanten $AF$ und $FB$ denselben Winkel zu Kreismittelpunkt der Umkreise von $AEF$ und $FDB$. Daher gilt $\angle AEF + \angle FDB = 180^\circ$. Daraus folgt $\angle FEC + \angle FDC = 180^\circ$. Also ist $FECD$ ein Sehnenviereck und $F$ liegt auf $k_C$.

2. Fall: $S$ liegt im Inneren des Dreiecks. Dann sind $AFSE$ und $BDSF$ Sehnenvierecke und es gilt $\angle FSE = 180^\circ - \alpha$, $\angle DSF = 180^\circ - \beta$ und somit
$$\angle ESD=360^\circ-\angle FSE - \angle DSF =  \alpha +\beta = 180^\circ-\gamma.$$
Daher ist $CESD$ ebenfalls ein Sehnenviereck und $S$ liegt auf dem Kreis $k_C$.

3. Fall: $S$ liegt außerhalb des Dreiecks.

Wie nehmen an, dass $S$ außerhalb der Seite $AC$ liegt. und unterscheiden die Teilfälle, dass $S$ der Schnittpunkt der Kreise a) $k_A,k_B$ oder b) $k_A,k_C$ ist. Der Fall, dass $S$ der Schnittpunkt der Kreise $k_B,k_C$ ist symmetrisch zu $k_A,k_B$.
a) Es ist \(\angle SFA=\angle SEA\), da beide Winkel über der Sehne \(AS\) sind. Dann ist \(\angle BFS=180°-\angle 1\). Daraus folgt dann \(\angle SDB=\angle 1\), da \(FBDS\) ein Sehnenviereck ist. Daraus folgt nun \(\angle CES=\angle CDS\). Durch Umkehrung des Peripheriewinkelsatzes folgt somit die Behauptung.
b) Da $AFES$ und $SEDC$ Sehnenvierecke ist, gilt $\angle SFA=\angle SEA$ und $\angle CDS=\angle CES$. Hieraus folgt $\angle SFB + BDC = 180°$. Also ist $FBDS$ ebenfalls ein Sehnenviereck.

Anmerkung: Dieser Satz ist bekannt als Satz von Miquel, der Schnittpunkt der 3 Kreise heißt Miquel-Punkt. Der Satz gilt auch, wenn man \(D\), \(E\) und \(F\) auf die Verlängerung einer Seite setzt.

@Küstenkind,Steffen: Nun haben wir ein (fast) vollständige Lösung. Für den 3ten Fall ist auf jeden Fall eine Skizze gut, da zwei Teilfälle unterschieden werden. Ggf. wären Skizzen zu den beiden anderen Fällen auch sinnvoll.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1452 begonnen.]

@Nachtrag: Ich habe jetzt schon 2 Fehler gefunden. Daher könnte ich das eine oder andere Augenpaar zur Korrektur benötigen.  wink



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1455, eingetragen 2019-07-28


@Hyperplot: Deine Anmerkungen zu tikz finde ich in der Regel sehr hilfreich, also ruhig mehr davon.
Aber diesmal scheint mir deine Idee mit matrix nicht so sehr geeignet zu sein:
- Da scheint noch irgendein Rand zu sein, denn es sieht aus als wäre da immer ein kleiner Zwischenraum zwischen den roten Feldern.
- Die Positionen der Labels sind ziemlich weit weg von den Ecken des Polygons, auf die sie sich beziehen.



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HyperPlot
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2019-07-28 16:49 - Nuramon in Beitrag No. 1455 schreibt:
@Hyperplot: Deine Anmerkungen zu tikz finde ich in der Regel sehr hilfreich, also ruhig mehr davon.
Aber diesmal scheint mir deine Idee mit matrix nicht so sehr geeignet zu sein:
- Da scheint noch irgendein Rand zu sein, denn es sieht aus als wäre da immer ein kleiner Zwischenraum zwischen den roten Feldern.
- Die Positionen der Labels sind ziemlich weit weg von den Ecken des Polygons, auf die sie sich beziehen.

Ach so, ich dachte das ist eine Art Matrix mit Einträgen und manche Zellen in bestimmtem Stil.

Gut, man könnte das Gewünschte sicher alles noch einstellen; wenn das aber eine geometrische Figur ist, dann würde ich es nicht unbedingt mit matrix machen, sondern wie gewohnt.  



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1457, eingetragen 2019-07-28


Aufgabe 4 - 331224
Es sei ABC ein gleichseitiges Dreieck, C′sei der Bildpunkt von C bei der Spiegelung an AB.Für jeden Punkt P, der auf AB zwischen A und B liegt, seien Q auf BC und R auf CA so gelegen,dass PQCR ein Parallelogramm ist. Dann sei X der von P verschiedene Schnittpunkt der Umkreise der beiden Dreiecke APR und BPQ. Man beweise: Die Menge aller so zu erhaltenden Punkte X stimmt ̈uberein mit dem im Innern des Dreiecks ABC gelegenen Bogen den Umkreises des Dreiecks ABC′.

Die Dreiecke $APR$ und $BPQ$ sind nach Konstruktion wieder gleichseitig. Aufgrund des Peripheriewinkelsatzes gilt $60° =\angle ARP = AXP$ = $60° =\angle PQB = PXB$ und somit $\angle AXB = 120°$. Aus $\angle AXB + \angle BC'A= 180°$ folgt dann, dass $AXBC'$ ein Sehnenviereck ist und $X$ auf dem Umkreis des Dreiecks $ABC'$ liegt.

Für einen gegeben Punkt $X$ auf dem Bogen erhalten wir $P$ als Schnittpunkt der Winkelhalbierenden von $\angle AXB$ mit $AB$. Wegen $\angle AXB=120°$ erhalten wir wieder mit dem Peripheriewinkelsatz, dass $X$ der Schnittpunkt der beiden Umkreise ist.



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OlgaBarati
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Lösungsversuch:
Die Eckpunkte einer Fläche (diese sei als Grundfläche bezeichnet) des würfelförmigen Hohlkörpers mit der Kantenlänge \(a\) seien mit \(A,B,C,D\) und die Diagonale \(\overline{BD}\) zwischen den Punkten \(B\) und \(D\) mit \(d_w\) bezeichnet. \[d_w=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}\] Die Eckpunkte einer der vier gleichen Flächen des Tetraeders mit der Kantenlänge \(a\) seien mit \(X,Y,Z\) und die diesen Eckpunkten gegenüberliegenden Flächen seien mit \(x,y,z\) bezeichnet.
Die Anordnung des ersten Tetraeders erfolgt auf der Fläche mit den bezeichneten Eckpunkten im Hohlkörper auf dessen Grundfläche stehend und zwar mit der Höhenlinie seiner Grundfläche (des gleichseitigen Dreiecks) gleich der Diagonalen \(d_w\) mit seinem Eckpunkt \(X\) auf dem Eckpunkt des Hohlkörpers \(D\). Die Anordnung des zweiten Tetraeders erfolgt um 180° gedreht auf seiner Spitze stehend sodass die Flächen \(x_1,x_2\) der beiden Tetraeder plan aufeinander liegen.
Die Bestimmung der Länge der diagonalen \(\overline{X_1X_2}=2d_t-\frac{1}{3} d_t\) dieser beiden so (für die Berechnung außerhalb des Hohlkörpers) angeordneten Tetraeder ergibt sich aus den beiden Höhen der Grundflächen abzüglich deren Überlappung.
\[\frac{5}{3} d_t=\frac{5}{3}\sqrt{a^2-(\frac{a}{2})^2}=\frac{5}{3}\sqrt{\frac{3}{4}a}=\frac{5}{3}\frac{\sqrt{3a}}{2}=\frac{5}{6}\sqrt{3}\cdot a\] Mit \[d_w^2=2a^2<(\frac{5}{3}d_t)^2=\frac{75}{36}a^2\] \[d_w<\frac{5}{3}d_t\] folgt dass der zweite Tetraeder nicht so in den Hohlkörper passt, dass seine Spitze dessen Grundfläche trifft. Es ist daher zu überprüfen ob der hochstehende Teil des zweiten Tetraeders auch innerhalb des Hohlkörpers liegt.
Mit \(d_t=\frac{a}{2} \sqrt{3}\) ergibt sich für die Höhe des Tetraeders \(h_t^2=a^2-(\frac{2}{3} d_t^2)\) und nach Umformung \[h_t=a\sqrt{\frac{2}{3}}=a\frac{\sqrt{6}}{3}\] Die Höhe des würfelförmigen Hohlkörpers ist mit \(h_w=a\) gegeben.
Die Bestimmung der Höhendifferenz \(\Delta h\) erfolgt mit der Gleichung:
\[\Delta h=(\frac{5}{3} d_t-d_w)\frac{3h_t}{d_t}\] \[\Delta h\leq h_w-h_t\] \[\frac{5d_t h_t}{d_t}-\frac{3h_t d_w}{d_t}\leq a(1-\frac{\sqrt{6}}{3})\] \[5h_t-\frac{3h_t d_w}{d_t}\leq a(1-\frac{\sqrt{6}}{3})\] \[\frac{5}{3} \sqrt{6} a- \frac{2\sqrt{6}\sqrt{2}a} {\sqrt{3}}\leq a(1-\frac{\sqrt{6}}{3})\] \[\frac{5}{3} \sqrt{6} a- 4a\leq a(1-\frac{\sqrt{6}}{3})\] \[a(\frac{5}{3} \sqrt{6}-4\leq a(1-\frac{\sqrt{6}}{3})\] \[a(5\sqrt{6}-12)\leq a(3-\sqrt{6})\] \[6\sqrt{6}a\leq 15a\] \[a\leq \frac{15}{6\sqrt{6}}a\approx 1,02a\] Die Höhe der beiden so angeordneten Tetraeder passt in den Hohlkörper.
Da ein Kreisbogen mit dem Radius \(a\), abgetragen von \(D\), vollständig im Inneren des Hohlkörpers liegt, liegen auch die Punkte \(Y1,Y2\) und \(Z1,Z2\) im Inneren des Hohlkörpers.
Es ist somit möglich zwei Tetraeder mit der Kantenlänge \(a\) in einem würfelformigen Hohlkörper mit der Kantenlänge \(a\) vollständig und ohne einander zu durchdringen unterzubringen. \(\Box\)

<math>
\begin{tikzpicture}
% define coordinates at the desired points
\path
coordinate (A) at (0,0)
coordinate (B) at (10,0)
coordinate (C) at (10,10)
coordinate (D) at (0,10);
\path
coordinate (X1) at (0,10)
coordinate (Y1) at (2.6,0.4)
coordinate (Z1) at (9.6,7.4);
\path
coordinate (X2) at (10,0)
coordinate (Y2) at (7.8,9.5)
coordinate (Z2) at (0.5,2.2);
\path
coordinate (P) at (6,4);
\path
coordinate (d_w) at (5,5);
\path
coordinate (a) at (5,10.2);
% draw lines between the coordinates
\draw (A) -- (B) -- (C) -- (D) -- cycle;
\draw (D) -- (B) -- cycle;
\draw (X1) -- (Y1) -- (Z1) -- cycle;
\draw (X2) -- (Y2) -- (Z2) -- cycle;
% Label the points
\foreach \Nombre/\Pos in {A/left,B/right,C/right,D/left,X1/right,Y1/right,Z1/left,X2/left,Y2/left,Z2/elft,P/left ,d_w/left ,a}
{
\node[\Pos] at (\Nombre) {$\Nombre$};
\node[smalldot] at (\Nombre) {};
}
\end{tikzpicture}
</math>
LG Olga



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Nuramon
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\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2019-07-28 16:39 - TomTom314 in Beitrag No. 1454 schreibt:
Aufgabe 2 - 311042
Es sei ABC ein beliebiges Dreieck; auf der Seite BC sei D ein beliebiger Punkt zwischen B und C; auf CA sei E ein beliebiger Punkt zwischen C und A; auf AB sei F ein beliebiger Punkt zwischen A und B. Ferner sei $k_A$ der Kreis durch A,E,F; es sei $k_B$ der Kreis durch B,F,D; und es sei $k_C$ der Kreisdurch C,D,E. Man beweise,   dass   bei   allen   Lagemöglichkeiten,   die   es   unter   diesen   Voraussetzungen   für A,B,C,D,E,F,kA,kB,kC gibt, die drei Kreise kA,kB,kC stets einen Punkt gemeinsam haben.
Durch langes Starren auf die Aufgabe habe ich einen Beweis gefunden, für den man keine Fallunterscheidung braucht.

Lösung
Lemma:
Es sei $\alpha\in \IR$ eine reelle Zahl, $t\in \IR^2$ ein beliebiger Punkt und $D:\IR^2\to \IR^2$ eine Drehung um $90^\circ$ um den Ursprung.
Dann existiert für die Abbildung $f:\IR^2\to \IR^2, x \mapsto \alpha D(x) + t$ ein Punkt $s\in \IR^2$, so dass für alle $x\in \IR^2$ die Gleichung $f(x-s) = \alpha D(x) - s$ gilt.
In anderen Worten: Jede Verknüpfung einer Drehstreckung um $90^\circ$ um den Ursprung und einer Verschiebung lässt sich darstellen als eine Drehstreckung um $90^\circ$ mit dem gleichen Streckfaktor um einen Punkt.

Beweis des Lemmas:
Sei $x\in \IR^2$ beliebig. Für das gesuchte $s\in \IR^2$ muss gelten
\[\alpha D(x) - s = f(x-s) = \alpha D(x-s) +t = \alpha D(x)- \alpha D(s) +t,\] also $\alpha D(s) -s = t$. Es genügt daher zu zeigen, dass die Abbildung $g:\IR^2\to \IR^2, v \mapsto \alpha D(v) -v$ surjektiv ist. Da $g$ linear ist, genügt es sogar zu zeigen, dass $g$ injektiv ist.
Angenommen $v\in \ker g$, also $g(v)=0$, d.h. $\alpha D(v) = v$.
Dann gilt
\[|v|^2 = \langle v, v\rangle  = \alpha\langle v, D(v)\rangle = 0.\] (Das letzte Gleichheitszeichen gilt, weil per Definition $v$ orthogonal zu $D(v)$ ist.)
Also muss $v=0$ gelten, d.h. $g$ injektiv sein. $\square$

Beweis der Behauptung in der Aufgabe:
Die Mittelpunkte der Kreise $k_A,k_B,k_C$ seien mit $M_A,M_B,M_C$ bezeichnet.
Es seien $A',B'$ bzw. $C'$ die den Punkten $A,B$ bzw. $C$ diametral in $k_A, k_B$ bzw. $k_C$ gegenüberliegenden Punkte.

<math>
\tikzset{circle through 3 points/.style n args={3}{%
insert path={let \p1=($(#1)-(#2)$),\p2=($(#1)!0.5!(#2)$),
\p3=($(#1)-(#3)$),\p4=($(#1)!0.5!(#3)$),\p5=(#1),\n1={(-(\x2*\x3) + \x3*\x4 + \y3*(-\y2 +
\y4))/(\x3*\y1 - \x1*\y3)},\n2={veclen(\x5-\x2-\n1*\y1,\y5-\y2+\n1*\x1)} in
({\x2+\n1*\y1},{\y2-\n1*\x1}) circle (\n2)}
}}

\begin{tikzpicture}[scale= 2]
\draw (0,0) coordinate (A) -- (3,0) coordinate (B) -- (2,2) coordinate (C)-- cycle;
\coordinate (D) at ($(B)!0.6!(C)$);
\coordinate (E) at ($(A)!0.4!(C)$);
\coordinate (F) at ($(A)!0.7!(B)$);

\foreach \X/\Y/\Z/\C in {A/E/F/MA, B/D/F/MB, C/D/E/MC}
{
\draw[circle through 3 points={\X}{\Y}{\Z}] coordinate (\C);
\draw[dashed] (\X) -- ($(\X)!2!(\C)$) coordinate (\X");
}
\draw (A")--(B")--(C")--cycle;
\foreach \P/\p in {A/below left,B/below right,C/above,D/above right,E/above left,F/below left, A"/right, B"/above,C"/below left}
{
\draw[fill=white] (\P) circle (1pt) node[\p] (P){$\P$};
}
\foreach \P/\p/\L in {MA/below/{$M_A$}, MB/left/{$M_B$}, MC/right/{$M_C$}}
{
\draw[fill=white] (\P) circle (1pt) node[\p] (P){\L};
}
\end{tikzpicture}
</math>
Nach dem Satz von Thales, ist dann $AF$ orthogonal zu $A'F$ und $BF$ orthogonal zu $B'F$. Also liegen $A'$ und $B'$ beide auf dem Lot zu $AB$ durch $F$.
Analog liegen $B'$ und $C'$ auf dem Lot zu $BC$ durch $D$, sowie $C'$ und $A'$ auf dem Lot zu $AC$ durch $E$.

Da die erwähnten Lote untereinander jeweils die gleichen Winkel einschließen, wie die Seiten des Dreiecks $ABC$, folgt, dass das Dreieck $A'B'C'$ zu $ABC$ ähnlich ist.

Nach obigem Lemma lässt sich diejenige affine Abbildung, die $A,B,C$ auf $A',B',C'$ abbildet, darstellen als eine Drehstreckung um $90^\circ$ um einen Punkt $S$.
Insbesondere steht also $AS$ auf $A'S$ senkrecht. Nach dem Satz von Thales muss daher $S$ auf dem Kreis $k_A$ liegen.
Analog lässt sich zeigen, dass $S$ auch auf $k_B$ und $k_C$ liegt. $\square$


@stpolster, HyperPlot: Das Makro für den Umkreis habe ich von hier. Für die Datei wäre es wohl besser eine der anderen dort vorgeschlagenen Möglichkeiten zu nehmen, aber die habe ich auf dem Matheplaneten nicht umsetzen können.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1457 begonnen.]
\(\endgroup\)


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stpolster
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2019-07-29 00:43 - Nuramon in Beitrag No. 1459 schreibt:
Das Makro für den Umkreis habe ich von hier. Für die Datei wäre es wohl besser eine der anderen dort vorgeschlagenen Möglichkeiten zu nehmen, aber die habe ich auf dem Matheplaneten nicht umsetzen können.
Danke. Es funktioniert perfekt.

LG Steffen



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HyperPlot
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\(\begingroup\)\( \usepackage{tikz-3dplot}\)
2019-07-29 00:43 - Nuramon in Beitrag No. 1459 schreibt:
@stpolster, HyperPlot: Das Makro für den Umkreis habe ich von hier. Für die Datei wäre es wohl besser eine der anderen dort vorgeschlagenen Möglichkeiten zu nehmen, aber die habe ich auf dem Matheplaneten nicht umsetzen können.

Wieso ist doch gut so.

Ich habe es immer nach der Methode gemacht:
<math>% Seitenlngen
\pgfmathsetmacro{\a}{5.5} %
\pgfmathsetmacro{\b}{3.5} %
\pgfmathsetmacro{\c}{5} %

\pgfkeys{/tikz/savevalue/.code 2 args={\global\edef#1{#2}}}

\begin{tikzpicture}[%scale=0.7,
font=\footnotesize,
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,
Punkt/.style 2 args={  label={[#1]:$#2$}   },
Dreieck/.style={thick},
]

% Dreieckskonstruktion
\pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} %
\coordinate[Punkt={below}{A}] (A) at (0,0);
\coordinate[Punkt={below}{B}] (B) at (\c,0);
\coordinate[Punkt={above}{C}] (C) at (\Alpha:\b);
\draw[local bounding box=dreieck] (A) -- (B) -- (C) --cycle; % Dreieck zeichnen


% Umkreis
\pgfmathsetmacro{\s}{0.5*(\a+\b+\c)} %
\pgfmathsetmacro{\F}{sqrt(\s*(\s-\a)*(\s-\b)*(\s-\c))} %

\pgfmathsetmacro{\Da}{\a^2*(\b^2+\c^2-\a^2)} %
\pgfmathsetmacro{\Db}{\b^2*(\a^2+\c^2-\b^2)} %
\pgfmathsetmacro{\Dc}{\c^2*(\a^2+\b^2-\c^2)} %
\pgfmathsetmacro{\D}{\Da+\Db+\Dc} %
\pgfmathsetmacro{\au}{\Da/\D} %
\pgfmathsetmacro{\bu}{\Db/\D} %
\pgfmathsetmacro{\cu}{\Dc/\D} %

\coordinate[Punkt={below}{U}] (U) at ($\au*(A)+\bu*(B)+\cu*(C)$);

\pgfmathsetmacro{\R}{(\a*\b*\c)/(4*\F)} %
\draw[] (U) circle[radius=\R];

\draw[thick] (B) -- ($(A)!(B)!(C)$) coordinate[Punkt={above}{H_b}] (Hb) node[midway, right]{$h_b$};

% Mittelsenkrechte
\draw[thick] (U) -- ($(B)!(U)!(C)$) coordinate[Punkt={right}{M_a}] (Ma);
\draw[thick] (U) -- ($(A)!(U)!(C)$) coordinate[Punkt={left}{M_b}] (Mb);
\draw[thick] (U) -- ($(A)!(U)!(B)$) coordinate[Punkt={below}{M_c}] (Mc);
% Winkel
\draw pic [angle radius=3mm, %angle eccentricity=1.2,
draw,   "$\cdot$"
] {angle =A--Mb--U};
\draw pic [angle radius=3mm, %angle eccentricity=1.2,
draw,   "$\cdot$"
] {angle =B--Mc--U};
\draw pic [angle radius=3mm, %angle eccentricity=1.2,
draw,   "$\cdot$"
] {angle =C--Ma--U};





% Annotationen - Aufgabe
% Annotationen - Aufgabe
\pgfmathsetmacro{\x}{max(\a, \b,\c)} %
\begin{scope}[shift={($(dreieck.north west)+(-\x cm-3mm,0)$)}]
% Strecken
\foreach[count=\y from 0] \s/\S in {a/a,b/b,c/c}{%%
\draw[|-|, yshift=-\y*5mm, local bounding box=strecken] (0,0) -- (\csname \s \endcsname,0) node[midway, above]{$\S$ %= \csname \s \endcsname cm
};}%%
\end{scope}
% Winkel
\pgfmathsetmacro{\Winkel}{\Alpha}
\pgfmathsetmacro{\WinkelXShift}{\Winkel > 90 ? -cos(\Winkel) : 0} %
\draw[shift={($(strecken.south west)+(\WinkelXShift,-12mm)$)}] (\Winkel:1)  coordinate(P) -- (0,0) coordinate(Q) -- (1,0) coordinate(R);
\draw pic [draw, angle radius=7mm, %angle eccentricity=1.3,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\alpha$",
] {angle =R--Q--P};


% Annotationen - Rechnung
\tikzset{PosUnten/.style={below=5mm of dreieck, anchor=north,}}
\tikzset{PosLinks/.style={shift={($(dreieck.north)+(-40mm,0)$)}, anchor=north east,}}
\node[yshift=-0mm, draw, align=left, fill=lightgray!50,
PosUnten,
%PosLinks,
]{
$\begin{array}{l l}
R = \R \text{ cm}  &  \\ \hline
a = \a \text{ cm}  &  \\
b = \b \text{ cm}  & (1) \\
c = \c \text{ cm}  & (3) \\
\alpha = \Alpha^\circ    & (4) \\
%\beta = \Beta^\circ    & (5) \\
%\gamma = \Gamma^\circ    & (2) \\
%\multicolumn{2}{l}{s_{a, \text{max}} = \saMax  \text{ cm}} \\
\end{array}$
};


%% Punkte
\foreach \P in {}
\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);

\end{tikzpicture}
</math>
latex
\documentclass[margin=5pt, tikz]{standalone}
\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{calc}
\usetikzlibrary{intersections}
\usetikzlibrary{backgrounds}
\usetikzlibrary{patterns}
\usetikzlibrary{positioning}
\usetikzlibrary{angles, quotes, babel}
\usepackage{amsmath, amssymb}
 
\begin{document}
 
% Gegebene Größen
% .......
 
% Seitenlängen
\pgfmathsetmacro{\a}{5.5} %  
\pgfmathsetmacro{\b}{3.5} %  
\pgfmathsetmacro{\c}{5} % 
 
\pgfkeys{/tikz/savevalue/.code 2 args={\global\edef#1{#2}}}
 
\begin{tikzpicture}[%scale=0.7,
font=\footnotesize,
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, show background rectangle,
Punkt/.style 2 args={  label={[#1]:$#2$}   },  
Dreieck/.style={thick}, 
]
 
% Dreieckskonstruktion
\pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} % 
\coordinate[Punkt={below}{A}] (A) at (0,0); 
\coordinate[Punkt={below}{B}] (B) at (\c,0); 
\coordinate[Punkt={above}{C}] (C) at (\Alpha:\b); 
\draw[local bounding box=dreieck] (A) -- (B) -- (C) --cycle; % Dreieck zeichnen
 
 
% Umkreis
\pgfmathsetmacro{\s}{0.5*(\a+\b+\c)} % 
\pgfmathsetmacro{\F}{sqrt(\s*(\s-\a)*(\s-\b)*(\s-\c))} % 
 
\pgfmathsetmacro{\Da}{\a^2*(\b^2+\c^2-\a^2)} %  
\pgfmathsetmacro{\Db}{\b^2*(\a^2+\c^2-\b^2)} %  
\pgfmathsetmacro{\Dc}{\c^2*(\a^2+\b^2-\c^2)} %  
\pgfmathsetmacro{\D}{\Da+\Db+\Dc} %  
\pgfmathsetmacro{\au}{\Da/\D} %  
\pgfmathsetmacro{\bu}{\Db/\D} %  
\pgfmathsetmacro{\cu}{\Dc/\D} %    
 
\coordinate[Punkt={below}{U}] (U) at ($\au*(A)+\bu*(B)+\cu*(C)$); 
 
\pgfmathsetmacro{\R}{(\a*\b*\c)/(4*\F)} %  
\draw[] (U) circle[radius=\R];
 
\draw[thick] (B) -- ($(A)!(B)!(C)$) coordinate[Punkt={above}{H_b}] (Hb) node[midway, right]{$h_b$};
 
% Mittelsenkrechte
\draw[thick] (U) -- ($(B)!(U)!(C)$) coordinate[Punkt={right}{M_a}] (Ma); 
\draw[thick] (U) -- ($(A)!(U)!(C)$) coordinate[Punkt={left}{M_b}] (Mb); 
\draw[thick] (U) -- ($(A)!(U)!(B)$) coordinate[Punkt={below}{M_c}] (Mc); 
% Winkel 
\draw pic [angle radius=3mm, %angle eccentricity=1.2, 
draw,   "$\cdot$"
] {angle =A--Mb--U}; 
\draw pic [angle radius=3mm, %angle eccentricity=1.2, 
draw,   "$\cdot$"
] {angle =B--Mc--U}; 
\draw pic [angle radius=3mm, %angle eccentricity=1.2, 
draw,   "$\cdot$"
] {angle =C--Ma--U}; 
 
 
 
 
 
% Annotationen - Aufgabe
% Annotationen - Aufgabe
\pgfmathsetmacro{\x}{max(\a, \b,\c)} %
\begin{scope}[shift={($(dreieck.north west)+(-\x cm-3mm,0)$)}]
% Strecken
\foreach[count=\y from 0] \s/\S in {a/a,b/b,c/c}{%%
\draw[|-|, yshift=-\y*5mm, local bounding box=strecken] (0,0) -- (\csname \s \endcsname,0) node[midway, above]{$\S$ %= \csname \s \endcsname cm
};}%%
\end{scope}
% Winkel
\pgfmathsetmacro{\Winkel}{\Alpha}
\pgfmathsetmacro{\WinkelXShift}{\Winkel > 90 ? -cos(\Winkel) : 0} %
\draw[shift={($(strecken.south west)+(\WinkelXShift,-12mm)$)}] (\Winkel:1)  coordinate(P) -- (0,0) coordinate(Q) -- (1,0) coordinate(R);
\draw pic [draw, angle radius=7mm, %angle eccentricity=1.3,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={}, 
"$\alpha$", 
] {angle =R--Q--P};
 
 
% Annotationen - Rechnung
\tikzset{PosUnten/.style={below=5mm of dreieck, anchor=north,}}
\tikzset{PosLinks/.style={shift={($(dreieck.north)+(-40mm,0)$)}, anchor=north east,}}
\node[yshift=-0mm, draw, align=left, fill=lightgray!50,
PosUnten,
%PosLinks,
]{
$\begin{array}{l l}
R = \R \text{ cm}  &  \\ \hline
a = \a \text{ cm}  &  \\
b = \b \text{ cm}  & (1) \\
c = \c \text{ cm}  & (3) \\
\alpha = \Alpha^\circ    & (4) \\
%\beta = \Beta^\circ    & (5) \\
%\gamma = \Gamma^\circ    & (2) \\
%\multicolumn{2}{l}{s_{a, \text{max}} = \saMax  \text{ cm}} \\ 
\end{array}$
};
 
 
%% Punkte
\foreach \P in {}
\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);
 
\end{tikzpicture}
 
 
\end{document}
 


\(\endgroup\)


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Aus: Kneedeep in the Dead
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1462, eingetragen 2019-07-29

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \usepackage{tikz-3dplot}\)
2019-07-29 00:43 - Nuramon in Beitrag No. 1459 schreibt:
Aufgabe 2 - 311042

2019-07-28 16:39 - TomTom314 in Beitrag No. 1454 schreibt:
Aufgabe 2 - 311042
Es sei ABC ein beliebiges Dreieck; auf der Seite BC sei D ein beliebiger Punkt zwischen B und C; auf CA sei E ein beliebiger Punkt zwischen C und A; auf AB sei F ein beliebiger Punkt zwischen A und B. Ferner sei $k_A$ der Kreis durch A,E,F; es sei $k_B$ der Kreis durch B,F,D; und es sei $k_C$ der Kreisdurch C,D,E. Man beweise,   dass   bei   allen   Lagemöglichkeiten,   die   es   unter   diesen   Voraussetzungen   für A,B,C,D,E,F,kA,kB,kC gibt, die drei Kreise kA,kB,kC stets einen Punkt gemeinsam haben.
Durch langes Starren auf die Aufgabe habe ich einen Beweis gefunden, für den man keine Fallunterscheidung braucht.

Lösung
Lemma:
Es sei $\alpha\in \IR$ eine reelle Zahl, $t\in \IR^2$ ein beliebiger Punkt und $D:\IR^2\to \IR^2$ eine Drehung um $90^\circ$ um den Ursprung.
Dann existiert für die Abbildung $f:\IR^2\to \IR^2, x \mapsto \alpha D(x) + t$ ein Punkt $s\in \IR^2$, so dass für alle $x\in \IR^2$ die Gleichung $f(x-s) = \alpha D(x) - s$ gilt.
In anderen Worten: Jede Verknüpfung einer Drehstreckung um $90^\circ$ um den Ursprung und einer Verschiebung lässt sich darstellen als eine Drehstreckung um $90^\circ$ mit dem gleichen Streckfaktor um einen Punkt.

Beweis des Lemmas:
Sei $x\in \IR^2$ beliebig. Für das gesuchte $s\in \IR^2$ muss gelten
\[\alpha D(x) - s = f(x-s) = \alpha D(x-s) +t = \alpha D(x)- \alpha D(s) +t,\] also $\alpha D(s) -s = t$. Es genügt daher zu zeigen, dass die Abbildung $g:\IR^2\to \IR^2, v \mapsto \alpha D(v) -v$ surjektiv ist. Da $g$ linear ist, genügt es sogar zu zeigen, dass $g$ injektiv ist.
Angenommen $v\in \ker g$, also $g(v)=0$, d.h. $\alpha D(v) = v$.
Dann gilt
\[|v|^2 = \langle v, v\rangle  = \alpha\langle v, D(v)\rangle = 0.\] (Das letzte Gleichheitszeichen gilt, weil per Definition $v$ orthogonal zu $D(v)$ ist.)
Also muss $v=0$ gelten, d.h. $g$ injektiv sein. $\square$

Beweis der Behauptung in der Aufgabe:
Die Mittelpunkte der Kreise $k_A,k_B,k_C$ seien mit $M_A,M_B,M_C$ bezeichnet.
Es seien $A',B'$ bzw. $C'$ die den Punkten $A,B$ bzw. $C$ diametral in $k_A, k_B$ bzw. $k_C$ gegenüberliegenden Punkte.

<math>
\tikzset{circle through 3 points/.style n args={3}{%
insert path={let \p1=($(#1)-(#2)$),\p2=($(#1)!0.5!(#2)$),
\p3=($(#1)-(#3)$),\p4=($(#1)!0.5!(#3)$),\p5=(#1),\n1={(-(\x2*\x3) + \x3*\x4 + \y3*(-\y2 +
\y4))/(\x3*\y1 - \x1*\y3)},\n2={veclen(\x5-\x2-\n1*\y1,\y5-\y2+\n1*\x1)} in
({\x2+\n1*\y1},{\y2-\n1*\x1}) circle (\n2)}
}}

\begin{tikzpicture}[scale= 2]
\draw (0,0) coordinate (A) -- (3,0) coordinate (B) -- (2,2) coordinate (C)-- cycle;
\coordinate (D) at ($(B)!0.6!(C)$);
\coordinate (E) at ($(A)!0.4!(C)$);
\coordinate (F) at ($(A)!0.7!(B)$);

\foreach \X/\Y/\Z/\C in {A/E/F/MA, B/D/F/MB, C/D/E/MC}
{
\draw[circle through 3 points={\X}{\Y}{\Z}] coordinate (\C);
\draw[dashed] (\X) -- ($(\X)!2!(\C)$) coordinate (\X");
}
\draw (A")--(B")--(C")--cycle;
\foreach \P/\p in {A/below left,B/below right,C/above,D/above right,E/above left,F/below left, A"/right, B"/above,C"/below left}
{
\draw[fill=white] (\P) circle (1pt) node[\p] (P){$\P$};
}
\foreach \P/\p/\L in {MA/below/{$M_A$}, MB/left/{$M_B$}, MC/right/{$M_C$}}
{
\draw[fill=white] (\P) circle (1pt) node[\p] (P){\L};
}
\end{tikzpicture}
</math>
Nach dem Satz von Thales, ist dann $AF$ orthogonal zu $A'F$ und $BF$ orthogonal zu $B'F$. Also liegen $A'$ und $B'$ beide auf dem Lot zu $AB$ durch $F$.
Analog liegen $B'$ und $C'$ auf dem Lot zu $BC$ durch $D$, sowie $C'$ und $A'$ auf dem Lot zu $AC$ durch $E$.

Da die erwähnten Lote untereinander jeweils die gleichen Winkel einschließen, wie die Seiten des Dreiecks $ABC$, folgt, dass das Dreieck $A'B'C'$ zu $ABC$ ähnlich ist.

Nach obigem Lemma lässt sich diejenige affine Abbildung, die $A,B,C$ auf $A',B',C'$ abbildet, darstellen als eine Drehstreckung um $90^\circ$ um einen Punkt $S$.
Insbesondere steht also $AS$ auf $A'S$ senkrecht. Nach dem Satz von Thales muss daher $S$ auf dem Kreis $k_A$ liegen.
Analog lässt sich zeigen, dass $S$ auch auf $k_B$ und $k_C$ liegt. $\square$


@stpolster, HyperPlot: Das Makro für den Umkreis habe ich von hier. Für die Datei wäre es wohl besser eine der anderen dort vorgeschlagenen Möglichkeiten zu nehmen, aber die habe ich auf dem Matheplaneten nicht umsetzen können.

Ich würde die Lösung höchstens noch mehr schülergerecht formulieren, d.h.
Vektorgrößen $\vec{x}, \vec{v}$. Skalarprodukte $\vec{x} \cdot \vec{v}$.
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
HyperPlot
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 06.01.2019
Mitteilungen: 332
Aus: Kneedeep in the Dead
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1463, eingetragen 2019-07-29

\(\begingroup\)\( \usepackage{tikz-3dplot}\)
@ 100912

Du hast jetzt die einfache Lösung

100912
2019-07-22 13:45 - HyperPlot in Beitrag No. 1374 schreibt:
2019-07-22 12:29 - stpolster in Beitrag No. 1372 schreibt:
@Hyperplot: Eine sehr schöne Zeichnung.

100912



Ich kann daraus auch eine Kurzlösung machen:




latex
\documentclass[margin=5mm, tikz]{standalone}
\usepackage{amsmath, amsfonts}
\usepackage{tikz}
\usepackage{tikz-3dplot}
\usetikzlibrary{arrows,calc,backgrounds}
\begin{document}
 
\pgfmathsetmacro{\b}{3.5} %  
\pgfmathsetmacro{\a}{2} %  
\pgfmathsetmacro{\c}{3} %  
 
\pgfmathsetmacro{\r}{0.5*sqrt(\a^2+\b^2+\c^2)} %  
 
\pgfmathsetmacro{\AC}{sqrt(\a^2+\b^2)} %  
\pgfmathsetmacro{\PA}{0.5*\AC} %  
 
\pgfmathsetmacro{\h}{sqrt(\r^2-\PA^2)} %  
 
\tdplotsetmaincoords{60}{110}
\begin{tikzpicture}[
tdplot_main_coords,
%tdplot_rotated_coords,
font=\footnotesize,
Hilfskreis/.style={gray!70!black,
%densely dashed
},
]
 
\coordinate[label=99:$D$] (D) at (0,0,0); 
\coordinate[label=left:$A$] (A) at (\a,0,0); 
\coordinate[label=-45:$B$] (B) at (\a,\b,0); 
\coordinate[label=45:$C$] (C) at (0,\b,0); 
\coordinate[label={[right=2mm, yshift=2mm]:$S=A'$}] (S) at ([shift={(0,0,\c)}]A); 
 
% Symmetriepunkt
\coordinate[label=below:$$] (P) at (0.5*\a,0.5*\b,0); 
\path[] (P) --+ (0,0,\h) coordinate[label={[below=3pt]:$M$}](M); 
 
\draw[Hilfskreis] (P) circle[radius=\PA];% circle ABCD
\draw[Hilfskreis] (M) circle[radius=\r];% Großkreis
\draw[Hilfskreis] ([shift={(0,0,\h)}]M) circle[radius=\PA];% 
\draw[-latex, densely dashed] (M) --+ (180:\r) node[pos=0.7, above]{$r$};
 
\coordinate[label=above:$D'$] (Ds) at ([shift={(0,0,\c)}]0,0,0); 
\coordinate[label=-45:$B'$] (Bs) at ([shift={(0,0,\c)}]\a,\b,0); 
\coordinate[label=45:$C'$] (Cs) at ([shift={(0,0,\c)}]0,\b,0); 
 
% Quader
\draw[densely dashed] (A) -- (D)  (C) -- (D);
\draw[thick]   (A) -- (B) node[midway, below]{$a$};
\draw[thick]   (B) -- (C) node[midway, left]{$b$};
 
\draw[] (S) -- (Bs) -- (Cs) -- (Ds) --cycle;
\draw[] (B) -- (Bs) (C) -- (Cs);
\draw[densely dashed] (D) -- (Ds);
%Diagonalen
\draw[]  (A) -- (C) node[pos=0.55, below=-2pt, sloped, font=\tiny]{$\sqrt{a^2+b^2}$};
\draw[very thin] (A) -- (Cs)   (D) -- (Bs) (B) -- (Ds)  (C) -- (S);
 
% Annotationen
\draw[thick] (A)--(S)  node[pos=0.7, right]{$c$};  
\draw[thick] (M) -- (S) node[midway, above]{$r$};
\draw[thick] (M) -- (C) node[midway, above]{$r$};
 
% Kugel
\begin{scope}[tdplot_screen_coords, on background layer]
\fill[ball color= gray!20, opacity = 0.3] (M) circle (\r); 
\end{scope}
 
%% Punkte
\foreach \P in {A,...,D,S,M,Bs,Cs,Ds}{
\shade[ball color=white] (\P) circle (1.75pt);
%\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);
}
 
\begin{scope}[-latex, shift={(S)}, xshift=2.1*\r cm, yshift=0.1*\r cm]
\foreach \P/\s/\Pos in {(1,0,0)/x/right, (0,1,0)/y/below, (0,0,1)/z/right} 
\draw[] (0,0,0) -- \P node[\Pos, pos=0.9,inner sep=2pt]{$\s$};
 
\node[yshift=-20mm, xshift=-7mm, anchor=west, align=left, 
]{
$\begin{array}{l}
\text{Zahlenbeispiel:}  \\
a = \b \text{ cm } \\
b = \a \text{ cm } \\
c = \c \text{ cm}   \\
r = \r \text{ cm}   \\
%\multicolumn{2}{l}{s_{a, \text{max}} = \saMax  \text{ cm}} \\ 
\end{array}$
};
\end{scope}
 
\node[yshift=-25mm, xshift=0mm, anchor=west, align=left, text width=3*\r cm, ] at (A) {
Rechtecksäulen sind punktsymmetrisch, und zwar zum Schnittpunkt der Raumdiagonalen. Damit liegen alle Ecken des Quaders mit den Kanten $a,b,c$ auf einer Kugel. Der gesuchte Kugeldurchmesser ist entsprechend die Länge der Raumdiagonalen, d.h.
$2r = \sqrt{\sqrt{a^2+b^2}^2 + c^2}
= \sqrt{a^2+b^2+c^2 \vphantom{\sqrt{{a^2+b^2}^2}}}$.
};
 
 
\end{tikzpicture}
\end{document} 




PS:  Falls matroid \usepackage{tikz-3dplot} einbindet, kann man das auch intern zeichnen.


übernommen; nicht aber die Zeichnung dazu.

Zu den beiden Lösungen sind es verschiedene Zeichnungen: einmal ist in der Kugel eine Pyramide, einmal ein Quader.

PS: Und dann hatte ich noch extra mit \vphantom{*} dafür gesorgt, dass die Wurzeln gleich hoch sind. Das hast Du auch rausgenommen.

______
Mit \usepackage{tikz-3dplot} im LaTeX-Profil:
<math>\pgfmathsetmacro{\b}{3.5} %
\pgfmathsetmacro{\a}{2} %
\pgfmathsetmacro{\c}{3} %

\pgfmathsetmacro{\r}{0.5*sqrt(\a^2+\b^2+\c^2)} %

\pgfmathsetmacro{\AC}{sqrt(\a^2+\b^2)} %
\pgfmathsetmacro{\PA}{0.5*\AC} %

\pgfmathsetmacro{\h}{sqrt(\r^2-\PA^2)} %

\tdplotsetmaincoords{60}{110}
\begin{tikzpicture}[
tdplot_main_coords,
%tdplot_rotated_coords,
font=\footnotesize,
Hilfskreis/.style={gray!70!black,
%densely dashed
},
]

\coordinate[label=99:$D$] (D) at (0,0,0);
\coordinate[label=left:$A$] (A) at (\a,0,0);
\coordinate[label=-45:$B$] (B) at (\a,\b,0);
\coordinate[label=45:$C$] (C) at (0,\b,0);
\coordinate[label={[right=2mm, yshift=2mm]:$S=A"$}] (S) at ([shift={(0,0,\c)}]A);

% Symmetriepunkt
\coordinate[label=below:$$] (P) at (0.5*\a,0.5*\b,0);
\path[] (P) --+ (0,0,\h) coordinate[label={[below=3pt]:$M$}](M);

\draw[Hilfskreis] (P) circle[radius=\PA];% circle ABCD
\draw[Hilfskreis] (M) circle[radius=\r];% Grokreis
\draw[Hilfskreis] ([shift={(0,0,\h)}]M) circle[radius=\PA];%
\draw[-latex, densely dashed] (M) --+ (180:\r) node[pos=0.7, above]{$r$};

\coordinate[label=above:$D"$] (Ds) at ([shift={(0,0,\c)}]0,0,0);
\coordinate[label=-45:$B"$] (Bs) at ([shift={(0,0,\c)}]\a,\b,0);
\coordinate[label=45:$C"$] (Cs) at ([shift={(0,0,\c)}]0,\b,0);

% Quader
\draw[densely dashed] (A) -- (D)  (C) -- (D);
\draw[thick]   (A) -- (B) node[midway, below]{$a$};
\draw[thick]   (B) -- (C) node[midway, left]{$b$};

\draw[] (S) -- (Bs) -- (Cs) -- (Ds) --cycle;
\draw[] (B) -- (Bs) (C) -- (Cs);
\draw[densely dashed] (D) -- (Ds);
%Diagonalen
\draw[]  (A) -- (C) node[pos=0.55, below=-2pt, sloped, font=\tiny]{$\sqrt{a^2+b^2}$};
\draw[very thin] (A) -- (Cs)   (D) -- (Bs) (B) -- (Ds)  (C) -- (S);

% Annotationen
\draw[thick] (A)--(S)  node[pos=0.7, right]{$c$};
\draw[thick] (M) -- (S) node[midway, above]{$r$};
\draw[thick] (M) -- (C) node[midway, above]{$r$};

% Kugel
\begin{scope}[tdplot_screen_coords, on background layer]
\fill[ball color= gray!20, opacity = 0.3] (M) circle (\r);
\end{scope}

%% Punkte
\foreach \P in {A,...,D,S,M,Bs,Cs,Ds}{
\shade[ball color=white] (\P) circle (1.75pt);
%\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);
}

\begin{scope}[-latex, shift={(S)}, xshift=2.1*\r cm, yshift=0.1*\r cm]
\foreach \P/\s/\Pos in {(1,0,0)/x/right, (0,1,0)/y/below, (0,0,1)/z/right}
\draw[] (0,0,0) -- \P node[\Pos, pos=0.9,inner sep=2pt]{$\s$};

\node[yshift=-20mm, xshift=-7mm, anchor=west, align=left,
]{
$\begin{array}{l}
\text{Zahlenbeispiel:}  \\
a = \b \text{ cm } \\
b = \a \text{ cm } \\
c = \c \text{ cm}   \\
r = \r \text{ cm}   \\
%\multicolumn{2}{l}{s_{a, \text{max}} = \saMax  \text{ cm}} \\
\end{array}$
};
\end{scope}

\node[yshift=-25mm, xshift=0mm, anchor=west, align=left, text width=3*\r cm, ] at (A) {
Rechtecksulen sind punktsymmetrisch, und zwar zum Schnittpunkt der Raumdiagonalen. Damit liegen alle Ecken des Quaders mit den Kanten $a,b,c$ auf einer Kugel. Der gesuchte Kugeldurchmesser ist entsprechend die Lnge der Raumdiagonalen, d.h.
$2r = \sqrt{\sqrt{a^2+b^2}^2 + c^2}
= \sqrt{a^2+b^2+c^2 \vphantom{\sqrt{{a^2+b^2}^2}}}$.
};


\end{tikzpicture}</math>
\(\endgroup\)


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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1464, eingetragen 2019-07-29

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \usepackage{tikz-3dplot}\)
2019-07-29 08:46 - HyperPlot in Beitrag No. 1461 schreibt:
2019-07-29 00:43 - Nuramon in Beitrag No. 1459 schreibt:
@stpolster, HyperPlot: Das Makro für den Umkreis habe ich von hier. Für die Datei wäre es wohl besser eine der anderen dort vorgeschlagenen Möglichkeiten zu nehmen, aber die habe ich auf dem Matheplaneten nicht umsetzen können.

Wieso ist doch gut so.
Ja, es funktioniert. Aber irgendwer muss ja auch noch die Lösung von TomTom314 und Küstenkind tikzen. Deshalb wollte ich darauf hinweisen, dass es bessere Methoden gibt, als die von mir verwendete, bei der z.B. bei manchen Lagen der drei Punkte der Umkreis nur gezeichnet wird, wenn man die Reihenfolge der Punkte ändert.

2019-07-29 08:56 - HyperPlot in Beitrag No. 1462 schreibt:
Ich würde die Lösung höchstens noch mehr schülergerecht formulieren, d.h.
Vektorgrößen $\vec{x}, \vec{v}$. Skalarprodukte $\vec{x} \cdot \vec{v}$.
Ich bin mir bewusst, dass diese Notationen weit verbreitet sind, bin aber trotzdem kein Fan von ihnen. Natürlich ist das letztlich Geschmacksache.
- Wenn man Vektoren mit $\vec v$ bezeichnet, dann entsteht der Eindruck, dass ein Objekt $v$ existiert, dass dadurch zu einem Vektor wird, dass man eine Abbildung $\vec{~~}$ auf $v$ anwendet. Ich sehe keinen großen Vorteil dieser Sichtweise und finde, dass die Formeln durch diese Notation sperriger werden.
- Operationen, die mit $\cdot$ bezeichnet werden, sollten meiner Meinung nach immer vom Typ $X\times X \to X$ oder zumindest vom Typ $X\times Y \to Y$ bzw. $X\times Y \to X$ sein. Das Skalarprodukt ist aber eine Abbildung $V\times V \to K$. Daher bevorzuge ich die Notation $\langle x,v \rangle$ mit spitzen Klammern (runde Klammern werden bereits für so viele andere Dinge verwendet). Dadurch kommt man insbesondere gar nicht erst in die Versuchung so etwas unsinniges wie $\vec x \cdot \vec y \cdot \vec z$ zu schreiben.
\(\endgroup\)


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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1465, eingetragen 2019-07-29


Ich habe für die folgende Aufgabe m.E. an keiner Stelle die Irrationalität von $\sqrt 2$ verwendet, was mich jetzt ein bisschen stutzig macht. Sieht jemand einen Fehler in meiner Argumentation?   confused

Edit: Ok, ist also dann tatsächlich falsch (s. nachfolgenden Beitrag von Nuramon). Ich überlege mir das also nochmals und ziehe das einstweilen zurück.

Edit2: Zu Teil b) (also dann die eigentliche Aufgabe hier), siehe den Beitrag #1469 von Nuramon.

Aufgabe 4 - 191224
a) Man untersuche, ob die für alle reellen Zahlen $x$ durch
\[f_1(x)= \frac{ \sin(x\sqrt2)}{ 1+ \sin^2(x\sqrt2)} \] definierte Funktion $f_1$ periodisch ist.
b) Man untersuche, ob die für alle reellen Zahlen x durch
\[f_2(x)= \frac{\sin x}{ 1+ \sin^2 (x\sqrt 2)} \] definierte Funktion $f_2$ periodisch ist.


Was a) betrifft, hat der Zähler von $f_1(x)$ die Periode $\pi\sqrt 2$ und sein Nenner die Periode $\frac\pi 2\sqrt 2$. $f_1$ hat daher insgesamt die Periode $\pi\sqrt 2$.

Der Rest war leider fehlerhaft, …  frown


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1462 begonnen.]



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Nuramon
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\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
@weird: Der Fehler ist, dass aus der Tatsache, dass $\frac {f_2(x)}{\sin x}$ eine Periode $\geq 2\pi$ hat, noch nicht folgt, dass $\frac {f_2(x)}{\sin x}$ keine Periode $< 2\pi$ hat.
\(\endgroup\)


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HyperPlot
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1467, eingetragen 2019-07-29

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \usepackage{tikz-3dplot}\)
2019-07-29 10:27 - Nuramon in Beitrag No. 1464 schreibt:
2019-07-29 08:46 - HyperPlot in Beitrag No. 1461 schreibt:
2019-07-29 00:43 - Nuramon in Beitrag No. 1459 schreibt:
@stpolster, HyperPlot: Das Makro für den Umkreis habe ich von hier. Für die Datei wäre es wohl besser eine der anderen dort vorgeschlagenen Möglichkeiten zu nehmen, aber die habe ich auf dem Matheplaneten nicht umsetzen können.

Wieso ist doch gut so.
Ja, es funktioniert. Aber irgendwer muss ja auch noch die Lösung von TomTom314 und Küstenkind tikzen. Deshalb wollte ich darauf hinweisen, dass es bessere Methoden gibt, als die von mir verwendete, bei der z.B. bei manchen Lagen der drei Punkte der Umkreis nur gezeichnet wird, wenn man die Reihenfolge der Punkte ändert.


Die 1. Lösung von Marmot entspricht der Konstruktion mit Zirkel und Lineal und sollte daher immer gehen.

Damit das auch hier geht, muss \usetikzlibrary{through} im math-Tag auftauchen. Das geht für manche Bibliotheken, für andere nicht; wiederrum andere werden sowieso geladen (z.B. \usetikzlibrary{calc}, was hier auch verwendet wird) - siehe zum Thema hier: LinkVerbesserungsvorschlag hinsichtlich der Tikz- und pgfplots-Bibliotheken

Ohne \usetikzlibrary{through}
<math>
%\usetikzlibrary{through}

\tikzset{circle through 3 points/.style n args={3}{%
insert path={let    \p1=($(#1)!0.5!(#2)$),
\p2=($(#1)!0.5!(#3)$),
\p3=($(#1)!0.5!(#2)!1!-90:(#2)$),
\p4=($(#1)!0.5!(#3)!1!90:(#3)$),
\p5=(intersection of \p1--\p3 and \p2--\p4)
in },
at={(\p5)},
circle through= {(#1)}
}}

\begin{document}
\begin{tikzpicture}
\coordinate[label=left:A] (A) at (0,0);
\coordinate[label=B] (B) at (2,2);
\coordinate[label=C] (C) at (3,1.5);
\node[circle through 3 points={A}{B}{C},draw=blue]{};
\foreach \i in {A,B,C} {
\fill[red] (\i) circle(2pt);
}
\end{tikzpicture}

</math>


Mit \usetikzlibrary{through}

<math>
\usetikzlibrary{through}

\tikzset{circle through 3 points/.style n args={3}{%
insert path={let    \p1=($(#1)!0.5!(#2)$),
\p2=($(#1)!0.5!(#3)$),
\p3=($(#1)!0.5!(#2)!1!-90:(#2)$),
\p4=($(#1)!0.5!(#3)!1!90:(#3)$),
\p5=(intersection of \p1--\p3 and \p2--\p4)
in },
at={(\p5)},
circle through= {(#1)}
}}

\begin{document}
\begin{tikzpicture}
\coordinate[label=left:A] (A) at (0,0);
\coordinate[label=B] (B) at (2,2);
\coordinate[label=C] (C) at (3,1.5);
\node[circle through 3 points={A}{B}{C},draw=blue]{};
\foreach \i in {A,B,C} {
\fill[red] (\i) circle(2pt);
}
\end{tikzpicture}

</math>
\(\endgroup\)


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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1468, eingetragen 2019-07-29


Guten Morgen!

Ich habe beim morgendlichen Kaffee über folgende Aufgabe nachgedacht:



Folgendes habe ich dazu zu Papier gebracht:

edit:


Die Idee war den Kegel abzuwickeln und die kürzeste Entfernung ist dann einfach das Lot. Irgendwie erscheint mir das nur etwas einfach. Habe ich irgendwo einen Denkfehler?

Gruß,

Küstenkind

PS: Bin ich der einzige, der hier nicht mehr auf Seite 1 in diesem Thread kommt?



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1469, eingetragen 2019-07-29

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2019-07-29 10:33 - weird in Beitrag No. 1465 schreibt:
Edit: Ok, ist also dann tatsächlich falsch (s. nachfolgenden Beitrag von Nuramon). Ich überlege mir das also nochmals und ziehe das einstweilen zurück.

Aufgabe 4 - 191224
a) Man untersuche, ob die für alle reellen Zahlen $x$ durch
\[f_1(x)= \frac{ \sin(x\sqrt2)}{ 1+ \sin^2(x\sqrt2)} \] definierte Funktion $f_1$ periodisch ist.
b) Man untersuche, ob die für alle reellen Zahlen x durch
\[f_2(x)= \frac{\sin x}{ 1+ \sin^2 (x\sqrt 2)} \] definierte Funktion $f_2$ periodisch ist.


Was a) betrifft, hat der Zähler von $f_1(x)$ die Periode $\pi\sqrt 2$ und sein Nenner die Periode $\frac\pi 2\sqrt 2$. $f_1$ hat daher insgesamt die Periode $\pi\sqrt 2$.

Nur leicht komplizierter liegen die Dinge bei b). Hier hat die Funktion $f_2$ Nullstellen bei $k\pi\ (k\in\mathbb Z)$, sodass als ev. Periode nur ein Vielfaches von $\pi$ in Frage kommt. Wäre $f_2$ aber wirklich periodisch, so hätte die (stetig ergänzte) Funktion
\[f_3(x)=\frac{f_2(x)}{\sin x}=\frac1{1+\sin^2(x\sqrt 2)} \] aufgrund dieser zwei Darstellungen einerseits eine Periode $p\ge2\pi$, anderseits aber die Periode $p=\frac\pi 2 \sqrt 2<2\pi$, Widerspruch!  $f_2$ ist daher nicht periodisch.


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1462 begonnen.]
Du warst aber trotzdem auf der richtigen Spur.
Edit1: Stimmt auch noch nicht ganz, weil $\sin(\frac \pi 2+k\pi) =(-1)^k $ ist und nicht einfach $1$. Es fehlt also noch der Fall, dass die Periode $k\pi$ mit ungeradem $k$ ist.
Edit2: Habe es repariert.
Lösung zu b)
Die Funktion $f_2$ hat Nullstellen bei $k\pi\ (k\in\mathbb Z)$, sodass als ev. Periode nur ein Vielfaches von $\pi$ in Frage kommt.

Angenommen es gäbe $k\in \IN, k\not= 0$, so dass $f_2$ die Periode $k\pi$ hat. Da dann auch $2k\pi$ eine Periode von $f_2$ wäre, können wir o.B.d.A. annehmen, dass $k$ gerade ist.

Aus $f_2(\frac \pi 2) = f_2(\frac \pi 2 +k\pi)$ würde somit
\[\sin^2\left((\frac \pi 2 + k\pi)\sqrt 2\right) = \sin^2\left(\frac \pi 2 \sqrt 2\right)\] folgen.

Wegen $\sin^2 x = \frac 12 (1-2\cos (2x))$ und $\cos(y) = \cos(z) \iff y+z \in 2\pi\IZ \lor y-z \in 2\pi \IZ $ wäre dann
\[
2\left(\frac \pi 2 + k\pi\right)\sqrt 2 + 2\frac \pi 2 \sqrt 2\in 2\pi \IZ \qquad \lor \qquad 2\left(\frac \pi 2 + k\pi\right)\sqrt 2 - 2\frac \pi 2 \sqrt 2\in 2\pi \IZ,
\] also
\[(1+k)\sqrt 2 \in \IZ \qquad \lor \qquad k\sqrt 2\in \IZ.\] Das ist aber unmöglich, da $\sqrt 2$ irrational ist und $k\not= 0 \not= 1+k$ gilt.

Also ist $f_2$ nicht periodisch.



[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1467 begonnen.]
\(\endgroup\)


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ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1470, eingetragen 2019-07-29


2019-07-29 11:38 - Kuestenkind in Beitrag No. 1468 schreibt:
PS: Bin ich der einzige, der hier nicht mehr auf Seite 1 in diesem Thread kommt?

Nein, ich komme auch nicht mehr dahin :/



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1471, eingetragen 2019-07-29


Ich komme auch nicht mehr auf Seite 1.
Der gleiche Bug scheint bei allen mehrseitigen Threads aufzutreten.



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1472, eingetragen 2019-07-29


2019-07-29 12:07 - Nuramon in Beitrag No. 1471 schreibt:
Ich komme auch nicht mehr auf Seite 1.
Der gleiche Bug scheint bei allen mehrseitigen Threads aufzutreten.


Ja dieser Bug nervt mich auch schon seit Tagen.  frown  

PS: Danke übrigens für die Richtigstellung der Lösung von Aufgabe 191224. Ich wäre nun genauso vorgegangen, bin aber froh, dass sich das jetzt erübrigt.  wink



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1473, eingetragen 2019-07-29


Alles klar - Danke! Das wird Martin ja sicherlich bald beheben. Meine Lösung war falsch - bin auf meine eigene Skizze reingefallen und habe mit einem rechtwinkligen Dreieck, obwohl dort überhaupt kein rechter Winkel war. Habe es nun überarbeitet - und die Werte werden (ohne TR) recht unschön. Daher glaube ich nun, dass etwas verkehrt ist. Ich lasse es dennoch mal zur Diskussion stehen. Falls es tatsächlich verkehrt ist würde mich denn auch mein Denkfehler interessieren. Der genaue Wert (laut WA) wäre übrigens nach meiner Rechnung denn \(d=\frac{\sqrt{39}}{4}r\).

Gruß,

Küstenkind



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Kornkreis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1474, eingetragen 2019-07-29


@Küstenkind, sollte so stimmen. Hab wegen deiner Kaffee-Einleitung übrigens erst Kaffeesatz statt Kathetensatz (in deiner vorherigen Lösung) gelesen, was ja fast schon passend war :P
Ich würde (Geschmackssache) aber noch $\sin(\arccos(5/8))=\sqrt{1-(5/8)^2}$ umformen.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1472 begonnen.]



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1475, eingetragen 2019-07-29


@Kornkreis:

Vielen Dank! Ja - das wäre dann die Möglichkeit der Vereinfachung. Ich hatte dies gerade selber nicht im Kopf, und würde daher auch etwas bezweifeln, ob ein Schüler der 10. Klasse \(\sin(\arccos x)=\sqrt{1-x^2}\) parat hat. Daher hatte ich eigentlich auf "hübschere" Zahlen spekuliert und etwas an der Lösung gezweifelt.

@Steffen:

Ich werde die Rechnung dann noch in \(\LaTeX\) setzen. Kannst du de ersten beiden Bilder tikzen? Das dritte muss ja nicht mehr unbedingt - die ersten beiden wären aber nett.

Gruß,

Küstenkind



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Kornkreis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1476, eingetragen 2019-07-29


2019-07-29 12:50 - Kuestenkind in Beitrag No. 1475 schreibt:
Ich hatte dies gerade selber nicht im Kopf, und würde daher auch etwas bezweifeln, ob ein Schüler der 10. Klasse \(\sin(\arccos x)=\sqrt{1-x^2}\) parat hat.

Ich hab das auch nicht parat, aber es folgt ja einfach aus der Umforung $\sin^2=1-\cos^2$, was mE eine zumutbare Überlegung ist wink



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1477, eingetragen 2019-07-29


@Nuramon: Aufgabe 2 - 311042

Der Ansatz ist auf jeden besser als die ganzen Fallunterscheidungen von Küstenkind und mir. Das Lemma könnte aber noch eine elementarere Formulierung gebrauchen. Matrizen sind schon etwas weit entfernt von Klasse 10.

... und es gibt doch noch einen pathologischen Fall, der extra betrachte werden muß. Die Punkte $A',B',C'$ können auch identisch sein.



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1478, eingetragen 2019-07-29

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Wenn $A',B',C'$ zusammenfallen, dann ist der Streckfaktor $0$. Das ist also bereits berücksichtigt.

Hast du einen Vorschlag, wie man das Lemma einfacher formulieren könnte?
\(\endgroup\)


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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1479, eingetragen 2019-07-29


2019-07-29 14:20 - Nuramon in Beitrag No. 1478 schreibt:
Wenn $A',B',C'$ zusammenfallen, dann ist der Streckfaktor $0$. Das ist also bereits berücksichtigt.
Was ich nicht sehe: Warum gilt $A'=B'\Rightarrow A'=C'$?

Hast du einen Vorschlag, wie man das Lemma einfacher formulieren könnte?
Einen halbe Idee. Für zwei Strecken $AB,UV$ müßte man die Punkte $S$ konstruieren, s.d. $ABS$ und $UVS$ ähnlich sind und dieses dann auf die ähnlichen Dreiecke $ABC$ und $UVW$ übertragen. (?!)



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