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Mathematik » Olympiade-Aufgaben » Alte Olympiadeaufgaben
Thema eröffnet 2019-04-22 08:33 von
stpolster
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Kein bestimmter Bereich Alte Olympiadeaufgaben
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2019-06-10 20:08 - stpolster in Beitrag No. 661 schreibt:
Eine noch offene Aufgabe ist

Aufgabe 6 - 071036
a) Konstruieren Sie ein Dreieck aus <math>h_c - h_b</math> = 3 cm; b - c = 3,5 cm und a = 8 cm!
Dabei ist <math>h_c</math> die Länge der zur Seite AB gehörenden Höhe, <math>h_b</math> die Länge der zur Seite AC gehörenden Höhe und a die Länge der Seite BC, b die der Seite AC und c die der Seite AB.
b) Beschreiben und diskutieren Sie die Konstruktion!

Ich versuche mich schon ewig dran und habe keine Chance.


$(a,b-c,h_c-h_b)$

Das ist auch keine Standardkonstruktion. Als Faustregel kann man sich merken:

· Summe (Differenz) zweier Seiten gegeben → gleichschenkliges Hilfsdreieck konstruieren.
· Summe (Differenz) zweier Höhen gegeben oder Seitensumme (-differenz) und eine Höhe gegeben → rechtwinkliges Hilfsdreieck konstruieren.

Hier braucht man also beides.

Siehe auch:
Link* Planimetrie - Dreieckskonstruktion aus der Differenz zweier Seiten, einer Seite und einem Winkel  und
Link** Planimetrie - Dreieckskonstruktion aus der Summe zweier Seiten und den zugehörigen Seitenhöhen



<math>% Gegebene Gren
\pgfmathsetmacro{\a}{4}
\pgfmathsetmacro{\X}{1.7}   % b-c
\pgfmathsetmacro{\Y}{1.5}   % hc - hb

%\pgfmathsetmacro{\b}{3.192914142168}
%\pgfmathsetmacro{\c}{2}
%\pgfmathsetmacro{\hb}{1.827090915285}
%\pgfmathsetmacro{\hc}{2.916872211221}
%\pgfmathsetmacro{\X}{\b-\c}   % b-c
%\pgfmathsetmacro{\Y}{\hc-\hb}   % hc - hb


% Seitenlngen
\pgfmathsetmacro{\Alpha}{asin(\Y/\X)} %
\pgfmathsetmacro{\g}{cos(\Alpha)}
\pgfmathsetmacro{\cI}{(sqrt((\g-1)*((\g+1)*\X^2 -2*\a^2))+(\g-1)* \X)/(2*(1-\g))}
\pgfmathsetmacro{\cII}{(sqrt((\g-1)*((\g+1)*\X^2-2*\a^2))-\g*\X +\X)/(2*(\g-1))}
\pgfmathsetmacro{\c}{\cI}

\pgfmathsetmacro{\Gamma}{asin(sin(\Alpha)*\c/\a)}

\pgfmathsetmacro{\Beta}{180-\Alpha-\Gamma}

\pgfmathsetmacro{\b}{sqrt(\a^2+\c^2-2*\a*\c*cos(\Beta))}

%\pgfmathsetmacro{\a}{4} %
%\pgfmathsetmacro{\b}{3.5} %
%\pgfmathsetmacro{\c}{6} %
%\pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} %
%\pgfmathsetmacro{\Beta}{acos((\a^2+\c^2-\b^2)/(2*\a*\c))} %
%\pgfmathsetmacro{\Gamma}{acos((\a^2+\b^2-\c^2)/(2*\a*\b))} %

\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
\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

% Annotationen - Dreieck
\draw[thick] (B) -- (C) node[right, near start]{$a=|BC|$};

\draw[densely dashed] (C) -- ($(A)!(C)!(B)$) coordinate[Punkt={below}{H_c}] (Hc);
\draw[thick] (C) -- ($(C)!\Y cm!(Hc)$)  coordinate[Punkt={yshift=-2mm,right=-1mm}{L}] (L) node[midway, right]{$|CL|=h_c-h_b$};

\path[name path=LD] (L) --+ ($(A)-(B)$);
\path[name path=AC] (A) -- (C);
\path[name intersections={of=AC and LD, name=D}];
\coordinate[Punkt={left}{}] (D) at (D-1);

\path[name path=LK, draw=none] (L) --+ ($0.4*(B)-0.4*(A)$);
\path[name path=BC] (B) -- (C);
\path[name intersections={of=BC and LK, name=K}];
\coordinate[Punkt={right}{}] (K) at (K-1);

\draw[densely dashed] (D) -- (K);
\draw[thick] (C) -- (D) node[midway, sloped, above]{$b-c$};
\draw[] (A) -- (D) node[midway, sloped, above]{$c$};

\draw pic [draw, angle radius=3mm, %angle eccentricity=1.3,
"$\cdot$",
] {angle =C--Hc--A};

\draw pic [draw, angle radius=3mm, %angle eccentricity=1.3,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\cdot$",
] {angle =C--L--D};

%\draw pic [draw, angle radius=4mm, %angle eccentricity=1.3,
%% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
%"$\alpha$",
%] {angle =L--D--C};

%\draw pic [draw, angle radius=4mm, %angle eccentricity=1.3,
%% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
%"$\alpha$",
%] {angle =B--A--C};

%\draw[densely dashed] (B) -- (D);
%\draw pic [draw, angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.5,
%% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
%"$\chi$",
%] {angle =A--D--B};
%\path pic [draw, angle radius=5mm, angle eccentricity=1.5,
%% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
%"$90^\circ$-$\alpha$",
%] {angle =A--D--B};
%
%\draw[densely dashed] (B) -- (D);
%\draw pic [draw, angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.5,
%% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
%"$\chi$",
%] {angle =D--B--A};
%
%\draw[densely dashed] (B) -- (D);
%\draw pic [draw, angle radius=4.5mm, %angle eccentricity=1.5,
%% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
%"$\varphi$",
%] {angle =B--D--L};

%% Punkt A
%\draw[densely dashed] (A) -- ($(A)!-5mm!(B)$);
%\draw[densely dashed] (A) -- ($(A)!-5mm!(C)$);
%
%% Punkt B
%\path let
%\p0 = (C), % Zentrum
%\p1 = (B),
%\n1 = {veclen(\y1-\y0,\x1-\x0)},    \n2={atan2(\y1-\y0,\x1-\x0)}
%in    [savevalue={\Radius}{\n1}, savevalue={\winkel}{\n2}];
%\pgfmathsetmacro{\Winkel}{\winkel} % "pt" abstreifen
%\Bogen[]{C}{\Winkel+10}{\Winkel-7}{\Radius}%
%\node[above] at (Cbogen) {$\bigodot(C,a)$};
%
%% Punkte
\foreach \P in {Hc,L,D,K}
\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);



% Annotationen - Aufgabe
\pgfmathsetmacro{\x}{max(\a, \b,\c)} %
\begin{scope}[shift={($(dreieck.north west)+(-0.5*\x cm-3mm,0)$)}]
% Strecken
\foreach[count=\y from 0] \s/\S in {a/a,X/b-c,Y/h_c-h_b}{%%
\draw[|-|, yshift=-\y*7mm, local bounding box=strecken] (0,0) -- (\csname \s \endcsname,0) node[midway, above]{$\S$ %= \csname \s \endcsname cm
};}%%
\end{scope}
%% Winkel
%\pgfmathsetmacro{\Winkel}{\Beta}
%\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={},
%"$\beta$",
%] {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,
%]{
%$\begin{array}{l l}
%a = \a \text{ cm}  &  \\
%b-c = \X \text{ cm}  &  \\
%h_c-h_b = \Y \text{ cm}  &  \\ \hline
%b = \b \text{ cm}  &  \\
%c = \c \text{ cm}  &  \\
%\alpha = \Alpha^\circ    & \\
%\beta = \Beta^\circ    &  \\
%\gamma = \Gamma^\circ    &  \\
%%\multicolumn{2}{l}{s_{a, \text{max}} = \saMax  \text{ cm}} \\
%\end{array}$
%};

\end{tikzpicture}
</math>


Planfigur und Konstruktion
<math>% \Bogen[Optionen]{Zentrum}{Startwinkel}{Stopwinkel}{Radius}
\newcommand\Bogen[5][]{
\draw[#1] ([shift=(#3:#5)]#2) coordinate(#2bogen) arc (#3:#4:#5) coordinate(#2Bogen);}

% Gegebene Gren
\pgfmathsetmacro{\a}{4}
\pgfmathsetmacro{\X}{1.7}   % b-c
\pgfmathsetmacro{\Y}{1.5}   % hc - hb

%\pgfmathsetmacro{\b}{3.192914142168}
%\pgfmathsetmacro{\c}{2}
%\pgfmathsetmacro{\hb}{1.827090915285}
%\pgfmathsetmacro{\hc}{2.916872211221}
%\pgfmathsetmacro{\X}{\b-\c}   % b-c
%\pgfmathsetmacro{\Y}{\hc-\hb}   % hc - hb


% Seitenlngen
\pgfmathsetmacro{\Alpha}{asin(\Y/\X)} %
\pgfmathsetmacro{\g}{cos(\Alpha)}
\pgfmathsetmacro{\cI}{(sqrt((\g-1)*((\g+1)*\X^2 -2*\a^2))+(\g-1)* \X)/(2*(1-\g))}
\pgfmathsetmacro{\cII}{(sqrt((\g-1)*((\g+1)*\X^2-2*\a^2))-\g*\X +\X)/(2*(\g-1))}
\pgfmathsetmacro{\c}{\cI}

\pgfmathsetmacro{\Gamma}{asin(sin(\Alpha)*\c/\a)}

\pgfmathsetmacro{\Beta}{180-\Alpha-\Gamma}

\pgfmathsetmacro{\b}{sqrt(\a^2+\c^2-2*\a*\c*cos(\Beta))}

%\pgfmathsetmacro{\a}{4} %
%\pgfmathsetmacro{\b}{3.5} %
%\pgfmathsetmacro{\c}{6} %
%\pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} %
%\pgfmathsetmacro{\Beta}{acos((\a^2+\c^2-\b^2)/(2*\a*\c))} %
%\pgfmathsetmacro{\Gamma}{acos((\a^2+\b^2-\c^2)/(2*\a*\b))} %

\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
\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

% Annotationen - Dreieck
\path[] (A) -- (B) node[pos=0.3, below]{$c=|AB|$};
\draw[thick] (B) -- (C) node[right, near start]{$a=|BC|$};

\draw[densely dashed] (C) -- ($(A)!(C)!(B)$) coordinate[Punkt={below}{H_c}] (Hc);
\draw[thick] (C) -- ($(C)!\Y cm!(Hc)$)  coordinate[Punkt={yshift=-2mm,right=-1mm}{L}] (L) node[midway, right]{$|CL|=h_c-h_b$};

\path[name path=LD] (L) --+ ($(A)-(B)$);
\path[name path=AC] (A) -- (C);
\path[name intersections={of=AC and LD, name=D}];
\coordinate[Punkt={left}{D}] (D) at (D-1);

\path[name path=LK, draw=none] (L) --+ ($0.4*(B)-0.4*(A)$);
\path[name path=BC] (B) -- (C);
\path[name intersections={of=BC and LK, name=K}];
\coordinate[Punkt={right}{}] (K) at (K-1);

\draw[densely dashed] (D) -- (K);
\draw[thick] (C) -- (D) node[midway, sloped, above]{$b-c$};
\draw[] (A) -- (D) node[midway, sloped, above]{$c$};

\draw pic [draw, angle radius=3mm, %angle eccentricity=1.3,
"$\cdot$",
] {angle =C--Hc--A};

\draw pic [draw, angle radius=3mm, %angle eccentricity=1.3,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\cdot$",
] {angle =C--L--D};

\draw pic [draw, angle radius=4mm, %angle eccentricity=1.3,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\alpha$",
] {angle =L--D--C};

\draw pic [draw, angle radius=4mm, %angle eccentricity=1.3,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\alpha$",
] {angle =B--A--C};

\draw[densely dashed] (B) -- (D);
\draw pic [draw, angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.5,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\chi$",
] {angle =A--D--B};
\path pic [draw, angle radius=5mm, angle eccentricity=1.6,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$90^\circ$-$\frac{\alpha}{2}$",
] {angle =A--D--B};

\draw[densely dashed] (B) -- (D);
\draw pic [draw, angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.5,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\chi$",
] {angle =D--B--A};

\draw[densely dashed] (B) -- (D);
\draw pic [draw, angle radius=4.5mm, %angle eccentricity=1.5,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\varphi$",
] {angle =B--D--L};

% Punkt A
\draw[densely dashed] (A) -- ($(A)!-5mm!(B)$);
\draw[densely dashed] (A) -- ($(A)!-5mm!(C)$);

% Punkt B
\path let
\p0 = (C), % Zentrum
\p1 = (B),
\n1 = {veclen(\y1-\y0,\x1-\x0)},    \n2={atan2(\y1-\y0,\x1-\x0)}
in    [savevalue={\Radius}{\n1}, savevalue={\winkel}{\n2}];
\pgfmathsetmacro{\Winkel}{\winkel} % "pt" abstreifen
\Bogen[]{C}{\Winkel+10}{\Winkel-7}{\Radius}%
\node[above] at (Cbogen) {$\bigodot(C,a)$};

%% Punkte
\foreach \P in {Hc,L,D,K,A,B}
\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);






%% Annotationen - Aufgabe
%\pgfmathsetmacro{\x}{max(\a, \b,\c)} %
%\begin{scope}[shift={($(dreieck.north west)+(-0.5*\x cm-3mm,0)$)}]
%% Strecken
%\foreach[count=\y from 0] \s/\S in {a/a,X/b-c,Y/h_c-h_b}{%%
%\draw[|-|, yshift=-\y*7mm, local bounding box=strecken] (0,0) -- (\csname \s \endcsname,0) node[midway, above]{$\S$ %= \csname \s \endcsname cm
%};}%%
%\end{scope}
%% Winkel
%\pgfmathsetmacro{\Winkel}{\Beta}
%\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={},
%"$\beta$",
%] {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,
%]{
%$\begin{array}{l l}
%a = \a \text{ cm}  &  \\
%b-c = \X \text{ cm}  &  \\
%h_c-h_b = \Y \text{ cm}  &  \\ \hline
%b = \b \text{ cm}  &  \\
%c = \c \text{ cm}  &  \\
%\alpha = \Alpha^\circ    & \\
%\beta = \Beta^\circ    &  \\
%\gamma = \Gamma^\circ    &  \\
%%\multicolumn{2}{l}{s_{a, \text{max}} = \saMax  \text{ cm}} \\
%\end{array}$
%};


% Annotation
\renewcommand\labelenumi{\texttt{(\theenumi)}}
\node[below, anchor=north west, align=left,
text width=\textwidth-\a cm,
inner sep=1pt,
xshift=24mm,  yshift=2mm,
font=\normalsize,
%fill=black!1, draw=red,
] at (C){%\vspace{-1em}
Planfigur. Trgt man auf der Seite $b = |AC|$ die Strecke $c$ ab, Endpunkt sei $D$, erhlt man die gegebene Strecke $b-c = |DC|$. \par
Legt man durch $D$ eine Parallele zu $|AB|$ und fllt von $C$ das Lot auf die Parallele, Lotfupunkt sei $L$, dann erhlt man eine Strecke $|CL|=h_c-h_b$, die gleich der gegebenen Strecke $h_c-h_b$ ist. \par
Beweis: Nach der Strahlensatzfigur mit Scheitelpunkt $C$ ist $\dfrac{|CL|}{h_c}=\dfrac{b-c}{b} =1-\dfrac{c}{b}
~\Leftrightarrow~
|CL| = h_c -\dfrac{ch_c}{b} =h_c -\dfrac{bh_b}{b} = h_c-h_b$, da nach der Flchenformel $2F=ah_a = bh_b = ch_c$ gilt. \par
Damit ist mit $DLC$ ein rechtwinkliges Dreieck gegeben, mit der Hypotenuse $b-c$ und einer Kathete $h_c-h_b$. \par
Mit $ABD$ ist ein gleichschenkliges Dreieck mit Spitze $A$  und den Schenkeln $c$ und ensprechend dem Basiswinkel $
\chi=\dfrac{180^\circ-\alpha}{2}=90^\circ-\dfrac{\alpha}{2}$ gegebenen. \par
Fr den Konstruktionswinkel $\varphi$ bei $D$ ist $
\varphi
=180^\circ -\alpha -\left( 90^\circ-\dfrac{\alpha}{2} \right)
= 90^\circ-\dfrac{\alpha}{2}$, also $\varphi = \chi$. Die Ecke $B$ liegt also auf einer Geraden, die den Supplementwinkel $\sphericalangle ADL$ von $\alpha = \sphericalangle CDL$ halbiert sowie auf einem Kreis $\bigodot(C,a)$ beschrieben um $C$ vom Radius $a$. \par
Die Ecke $A$ liegt auf einer Parallelen zu $|DK|$ durch $B$ sowie auf derjenigen Geraden durch $|CD|$.
%\begin{enumerate}
%\item aa
%\end{enumerate}
};


\end{tikzpicture}</math>

<math>% \Bogen[Optionen]{Zentrum}{Startwinkel}{Stopwinkel}{Radius}
\newcommand\Bogen[5][]{
\draw[#1] ([shift=(#3:#5)]#2) coordinate(#2bogen) arc (#3:#4:#5) coordinate(#2Bogen);}

% Gegebene Gren
\pgfmathsetmacro{\a}{4}
\pgfmathsetmacro{\X}{1.7}   % b-c
\pgfmathsetmacro{\Y}{1.5}   % hc - hb

%\pgfmathsetmacro{\b}{3.192914142168}
%\pgfmathsetmacro{\c}{2}
%\pgfmathsetmacro{\hb}{1.827090915285}
%\pgfmathsetmacro{\hc}{2.916872211221}
%\pgfmathsetmacro{\X}{\b-\c}   % b-c
%\pgfmathsetmacro{\Y}{\hc-\hb}   % hc - hb


% Seitenlngen
\pgfmathsetmacro{\Alpha}{asin(\Y/\X)} %
\pgfmathsetmacro{\g}{cos(\Alpha)}
\pgfmathsetmacro{\cI}{(sqrt((\g-1)*((\g+1)*\X^2 -2*\a^2))+(\g-1)* \X)/(2*(1-\g))}
\pgfmathsetmacro{\cII}{(sqrt((\g-1)*((\g+1)*\X^2-2*\a^2))-\g*\X +\X)/(2*(\g-1))}
\pgfmathsetmacro{\c}{\cI}

\pgfmathsetmacro{\Gamma}{asin(sin(\Alpha)*\c/\a)}

\pgfmathsetmacro{\Beta}{180-\Alpha-\Gamma}

\pgfmathsetmacro{\b}{sqrt(\a^2+\c^2-2*\a*\c*cos(\Beta))}

%\pgfmathsetmacro{\a}{4} %
%\pgfmathsetmacro{\b}{3.5} %
%\pgfmathsetmacro{\c}{6} %
%\pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} %
%\pgfmathsetmacro{\Beta}{acos((\a^2+\c^2-\b^2)/(2*\a*\c))} %
%\pgfmathsetmacro{\Gamma}{acos((\a^2+\b^2-\c^2)/(2*\a*\b))} %

\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},
]

% Rechtwinkligen Dreieck DLC
\coordinate[Punkt={left}{L}] (L) at (0,0);
\coordinate[Punkt={right}{C}] (C) at (\Y,0);
\draw[] (L) -- (C) node[pos=0.5, below=1mm]{$h_c-h_b$};

\draw[name path=senkrechte, densely dashed] (L) -- ($(L)!2.0cm!90:(L)$) coordinate(Ls);
\draw pic [draw, angle radius=3mm, %angle eccentricity=1.3,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\cdot$",
] {angle =C--L--Ls};

\path[name path=kreisC] (C) circle[radius=\X];
\path[name intersections={of=kreisC and senkrechte, name=D}];
\coordinate[Punkt={left}{D}] (D) at (D-1);
\draw[] (C) -- (D) node[midway, sloped, above]{$b-c$};
\path let
\p0 = (C), % Zentrum
\p1 = (D),
\n1 = {veclen(\y1-\y0,\x1-\x0)},    \n2={atan2(\y1-\y0,\x1-\x0)}
in    [savevalue={\Radius}{\n1}, savevalue={\winkel}{\n2}];
\pgfmathsetmacro{\Winkel}{\winkel} % "pt" abstreifen
\Bogen[]{C}{\Winkel+15}{\Winkel-17}{\Radius}%
\node[right] at (CBogen) {$\bigodot(C,b-c)$};

\draw pic [draw, angle radius=4mm, %angle eccentricity=1.3,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\alpha$",
] {angle =L--D--C};

\draw[name path=gerade, densely dashed] (D) --+ (-90-90+0.5*\Alpha:4cm);
%\path[name path=kreisC2, brown] (C) circle[radius=\a];
\Bogen[name path=kreisC2]{C}{-180}{-165}{\a}%
\node[below] at (CBogen) {$\bigodot(C,a)$};
\path[name intersections={of=kreisC2 and gerade, name=B}];
\coordinate[Punkt={left}{B}] (B) at (B-1);

\draw pic [draw, angle radius=3.5mm, angle eccentricity=1.7,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\varphi$",
] {angle =B--D--L};
%
\draw[name path=parallele, densely dashed] (B) --+ ($4.5*(D)-4.5*(L)$);
\draw[name path=geradeCD, densely dashed] (D) -- ($(C)!4.5cm!(D)$);
\path[name intersections={of=geradeCD and parallele, name=A}];
\coordinate[Punkt={left}{A}] (A) at (A-1);

\draw[local bounding box=dreieck, thick] (A) -- (B) -- (C) --cycle;


%% Punkte
\foreach \P in {C,L,D,B,A}
\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);

% Test
%\pgfmathsetmacro{\c}{\cII}
%\draw[red,  thick]  (A) -- ($(A)!\c cm!(B)$);
%\draw[red,  thick]  (A) -- ($(A)!\b cm!(C)$);
%\draw[red,  thick]  (B) -- ($(B)!\a cm!(C)$);
%\draw[blue,  thick]  (D) --+ (-90-90+0.5*\Alpha:2);


%% Annotation
\renewcommand\labelenumi{\texttt{(\theenumi)}}
\newcommand\No[1]{\texttt{(#1)}}
\node[below, anchor=north west, align=left,
text width=\textwidth-\a cm,
inner sep=1pt,
xshift=47mm,  yshift=14mm,
font=\normalsize,
fill=black!1, draw=none,
] at (A){%\vspace{-1em}
\begin{enumerate}
\item Konstruktion des rechtwinkligen Dreiecks $DLC$.
\item[\No{1a}] Lege durch $h_c-h_b = |CL|$ die Punkte $C$ und $L$ fest.
\item[\No{1b}] Errichte eine Senkterechte zu $|CL|$ in $L$. \par
Beschreibe einen Kreis $\bigodot(C,b-c)$ um $C$ vom Radius $b-c$. Schnittpunkt des Kreises mit der Senkrechten ist der Punkt $D$.
\item Konstruktion des gleichschenkligen Dreiecks $ABD$.
\item[\No{2a}] Lege eine Gerade durch $|CD|$ und halbiere den Supplementwinkel von $\alpha =\sphericalangle LDC$, um den Winkel $\varphi$ zu erhalten.
\item[\No{2b}] Lege eine Gerade durch $D$ so, dass sie mit $|LD|$ den Konstruktionswinkel $\varphi$ einschliet. \par
Beschreibe einen Kreis $\bigodot(C,a)$ um $C$ vom Radius $a$. Schnittpunkt des Kreises mit der Geraden ist die Ecke $B$.
\item[\No{2c}] Lege eine Parallele zu $|DL|$ durch $B$. \par
Schnittpunkt der Parallelen mit derjenigen Geraden durch $|CD|$ ist die Ecke $A$.
\end{enumerate}
};

\node[yshift=12mm, xshift=-4mm, anchor=west, font=\normalsize] at (A){Damit ergibt sich folgende Konstruktion:};

\end{tikzpicture}</math>


Bedingungen für die Konstruktion
<math>\begin{tikzpicture}[]
\node[yshift=12mm, xshift=-4mm, anchor=west, font=\normalsize, align=left] {
Man entliest der Konstruktionsskizze, dass $b-c>h_c-h_b$ sein muss, da $b-c$ Hypotenuse des rechtwinkligen Dreiecks $DLC$ ist. \\[1em]

Ferner muss nach der Dreiecksungleichung $a > b-c$ sein.
};
\end{tikzpicture}</math>













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Ehemaliges_Mitglied
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.681, eingetragen 2019-06-12


Ich muss in #680 noch eine Sache ändern, die mir nicht gefällt.
erledigt

Nochmal die Frage: Welche Bedingung gilt für die Größe $a$?



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.682, eingetragen 2019-06-12



Aufgabe 290922: Auf die Felder der Abbildung <<in der Aufgabenstellung>> sollen drei weiße und drei schwarze Steine verteilt werden, auf jedes
Feld ein Stein. Ferner wird eine natürliche Zahl <math>a\geq 1</math> fest vorgegeben.
Nun soll, beginnend mit dem farbigen Feld, im Uhrzeigersinn umlaufend, Stein für Stein weitergezählt werden, von 1 bis <math>a</math>.
Der Stein, der dabei die Nummer <math>a</math> erhält, wird weggenommen.
Anschließend beginnt das Abzählen wieder mit 1 bei dem im Uhrzeigersinn folgenden Stein, und wieder wird der Stein, der die Nummer <math>a</math> erhält, weggenommen.
Dann schließt sich noch eine dritte Durchführung dieses Abzählens und Wegnehmens an. Bei diesen Fortsetzungen ist zu beachten, dass leere Felder nicht mitgezählt, sondern übersprungen werden.
a) Es sei <math>a = 4</math>. Wie sind zu Beginn die Steine zu verteilen, damit am Ende die drei weißen Steine übrigbleiben?
b) Jemand vermutet: ”Wenn man <math>a</math> durch <math>a + 6</math> ersetzt, so führt die gleiche Anfangsverteilung der Steine ebenfalls zum Übrigbleiben der drei weißen Steine.”
Widerlegen Sie die Vermutung, indem Sie sie für <math>a = 4</math> nachprüfen!
c) Beweisen Sie, dass es eine Zahl <math>z</math> gibt, mit der für jedes <math>a\geq 1</math> die folgende Aussage wahr ist:
”Wenn man <math>a</math> durch <math>a + z</math> ersetzt, so führt die gleiche Anfangsverteilung der Steine - auch bei Abzählbeginn im farbigen Feld - ebenfalls zum Übrigbleiben der drei weißen Steine.”

Lösung:

a) Weggenommen werden die Steine auf den Feldern, die bei der ursprünglichen Nummerierung vor der ersten Wegnahme die Nummern 4, 2 und 1 hatten. Dabei wurde allein im dritten Durchgang das schon leere Feld mit ursprünglicher Nummerierung 4 übersprungen. Also sind auf jenen die schwarzen und auf die anderen die weißen Steine zu legen, damit am Ende die weißen übrig bleiben.

b) Für <math>a=10</math> wird zuerst auch der Stein auf dem Feld mit ursprünglicher Nummer <math>10-6=4</math> entfernt, im zweiten Durchlauf aber der Stein auf dem Feld mit ursprünglicher Nummer 3, da nun der zweite Umlauf durch die noch übrigen 5 Felder nach 10 Schritten mit dem letzten besetzten Feld vor Beginn dieses zweiten Durchlaufs (also dem mit ursprünglicher Nummer 3) abgeschlossen wird. Da für <math>a=4</math> aber nicht der Stein auf dem Feld mit ursprünglicher Nummer 3 entfernt wurde, unterscheiden sich also diese beiden Ergebnisse.

c) Die Aufgabenstellung schließt <math>z=0</math> nicht aus, was eine Triviallösung wäre. Wir zeigen aber auch, dass es unendlich viele weitere positive natürliche Zahlen <math>z</math> gibt, die die Aussage der Aufgabenstellung erfüllen.

Damit die ersten Züge für <math>a</math> und <math>a+z</math> den gleichen Stein entfernen, müssen <math>a</math> und <math>a+z</math> den gleichen Rest bei der Teilung durch 6 lassen, also <math>z</math> durch 6 teilbar sein, da dann zwar ggf. verschieden viele Umläufe um die anfänglich 6 belegten Felder durchgeführt werden, aber an der gleichen Stelle die Zählung stoppt, sodass der gleiche erste Stein entfernt wird.

Damit darauf aufbauend die zweiten Züge für <math>a</math> und <math>a+z</math> den gleichen zweiten Stein entfernen, müssen <math>a</math> und <math>a+z</math> auch den gleichen Rest bei der Teilung durch 5 lassen, also <math>z</math> auch durch 5 teilbar sein, da dann analog wieder ggf. unterschiedlich viele Umläufe durch die 5 noch verbliebenen bestetzen Felder durchgeführt werden, aber wieder an der gleichen Stelle gestoppt und damit auch der gleiche zweite stein entfernt wird. Für den dritten Zug folgt analog, dass <math>z</math> durch 4 teilbar sein muss.

Tatsächlich erfüllen alle <math>z</math>, die durch <math>60=6\cdot 10=5\cdot 12=4\cdot 15</math> teilbar sind, die Aussage der Aufgabenstellung, dass für <math>a</math> und <math>a+z</math> die gleichen Steine (sogar in der gleichen Reihenfolge) entfernt werden.



Aufgabe 290932: Aus einem Satz von Dominosteinen soll eine Zusammenstellung von möglichst vielen nebeneinanderliegenden
Figuren gebildet werden. Jede dieser Figuren soll die in der Abbildung << in der Aufgabenstellung >> gezeigte Gestalt haben, ferner soll sie die folgende Bedingung erfüllen:
Liest man in jeder Zeile die drei bzw. vier Zeichen als Zifferndarstellung einer Zahl, so gibt die Figur eine richtig gerechnete Additionsaufgabe an (erste Zeile + zweite Zeile = dritte Zeile). Wie üblich
ist die Null als Anfangsziffer nicht zugelassen.
Ermitteln Sie die größtmögliche Anzahl von nebeneinanderliegenden Figuren der geforderten Art, die sich aus einem Satz von Dominosteinen bilden lassen!
Hinweis: Jeder Dominostein enthält auf jeder seiner beiden Teilflächen genau eines der Zahlzeichen 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Der Satz von Dominosteinen (aus dem die Steine für das Bilden der Figuren
auszuwählen sind) enthält jeden Stein <math>x</math>-<math>y</math> mit <math>0\leq x \leq y \leq 6</math> genau einmal; beim Bilden der Figuren ist für die Lage der Steine jede Reihenfolge der beiden Zahlen eines verwendeten Steines zugelassen.

Lösung:

Da mindestens ein Übertrag notwendig ist, um aus der Summe zweier dreistelliger Zahlen eine vierstellige Zahl zu erhalten, muss pro Figur mindestens einer der Dominosteine  6-6, 6-5, 6-4 oder 5-5 beteiligt sein. Da aber <math>6+4=5+5=10</math> ist, können nicht alle vier jeweils einzeln in einer eigenen Figur liegen, da sonst die ersten beiden stellen der Figuren mit diesen beiden Dominosteinen 1-0 lauten würden, dieser Dominostein aber nur einmal verwendet werden darf. Also können höchstens drei solche Figuren gebildet werden. Dass dies möglich ist, wird durch folgendes Beispiel gezeigt:

<math>\begin{tabular}{llll}
\quad & 6 & 0 & 6\\
+  & 6 & 5 & 4\\
\hline
1 & 2 & 6 & 0
\end{tabular}</math>

<math>\begin{tabular}{llll}
\quad & 6 & 0 & 0\\
+  & 5 & 3 & 2\\
\hline
1 & 1 & 3 & 2
\end{tabular}</math>

<math>\begin{tabular}{llll}
\quad & 5 & 2 & 1\\
+  & 5 & 2 & 3\\
\hline
1 & 0 & 4 & 4
\end{tabular}</math>

Cyrix



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stpolster
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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2019-06-12 07:49 - HyperPlot in Beitrag No. 681 schreibt:
Ich muss in #680 noch eine Sache ändern, die mir nicht gefällt.
Ich bekomme permanent Fehler bei

\node[right] at (CBogen) {<math>\bigodot(C,b-c)</math>};

und  

\node[below] at (Bogen) {<math>\bigodot(C,a)</math>};

Er erkennt kein shape mit den Bezeichnungen Bogen bzw. CBogen.
Bei

\newcommand\Bogen[5][]{
\draw[#1] ([shift=(#3:#5)]#2) coordinate(#2bogen) arc (#3:#4:#5) coordinate(#2Bogen);}

kommt die Meldung, dass Bogen schon definiert ist.
Verstehe ich nicht.

LG Steffen



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.684, eingetragen 2019-06-12



Aufgabe 250931: a)Beweisen Sie, dass es eine natürliche Zahl <math>N</math> gibt, für die folgende Aussage (1) gilt!
(1) Für jede natürliche Zahl <math>n</math> für die <math>n\geq N</math> ist, kann eine Quadratfläche <math>F</math> in genau <math>n</math> Teilquadrate <math>T_1,\dots,T_n</math> zerlegt werden.
(Dabei sollen die Flächen <math>T_1,\dots,T_n</math> die Fläche <math>F</math> vollständig ausfüllen; sie brauhen nicht untereinander kongruent sein.)
b) Ermitteln Sie die kleinste natürliche Zahl <math>N</math>, für die die Aussage (1) gilt!

Lösung:

Es sei die Kantenlänge der Quadratfläche <math>F</math> gleich <math>a</math>.

a) Wir geben zuerst Lösungen für <math>n=6</math>, <math>n=7</math> und <math>n=8</math> an:

Für <math>n=6</math> zerlege man das Quadrat <math>F</math> in <math>3\times 3</math> Quadrate der Kantenlänge <math>\frac{1}{3} \cdot a</math> und fasse davon <math>2\times 2</math> Teilquadrate wieder zu einem der Kantenlänge <math>\frac{2}{3}</math> zusammen. Dieses sei mit <math>T_1</math> bezeichnet, die übrigen <math>9-4=5</math> Teilquadrate mit <math>T_2</math> bis <math>T_6</math>.

Für <math>n=7</math> zerlege man das Quadrat <math>F</math> in <math>2\times 2</math> Quadrate der Kantenlänge <math>\frac{1}{2} \cdot a</math> und bezeichne drei davon mit <math>T_1</math> bis <math>T_3</math>. Das vierte Teilquadrat zerlege man in <math>2 \times 2</math> Quadrate der Kantenlänge <math>\frac{1}{4} \cdot a</math> und bezeichne diese mit <math>T_4</math> bis <math>T_7</math>.

Für <math>n=8</math> zerlege man das Quadrat <math>F</math> in <math>4 \times 4</math> Quadrate der Kantenlänge <math>\frac{1}{4} \cdot a</math> und fasse davon <math>3 \times 3</math> wieder zu einem Quadrat der Kantenlänge <math>\frac{3}{4} \cdot a</math> zusammen, welches mit <math>T_1</math> bezeichnet sei. Die übrigen <math>16-9=7</math> Teilquadrate seien mit <math>T_2</math> bis <math>T_8</math> bezeichnet.

Aus einer Zerlegung von <math>F</math> in <math>n</math> Teilquadrate <math>T_1, \dots, T_n</math> erhält man leicht eine in <math>n+3</math> Teilquadrate, indem man das Teilquadrat <math>T_n</math> weiter unterteilt in <math>2\times 2</math> Teilquadrate halber Kantenlänge. Dadurch erhöht sich die Anzahl der Teilquadrate um <math>4-1=3</math>.

Also lässt sich für jedes <math>n\geq 6=:N</math> die Quadratfläche <math>F</math> in genau <math>n</math> Teilquadrate zerlegen, <math>\Box</math>.

b) Es bleibt noch zu zeigen, dass keine Unterteilung in genau <math>5</math> Teilquadrate möglich ist, damit <math>N=6</math> der kleinste Wert ist, der die Aussage (1) der Aufgabenstellung erfüllt.

Nehmen wir also indirekt an, dass es eine Unterteilung von <math>F</math> in genau 5 Teilquadrate gäbe. Dann können keine zwei Eckpunkte von <math>F</math> im gleichen Teilquadrat liegen, da dieses sonst allein ganz <math>F</math> überdecken (oder darüber hinausragen) würde. Tatsächlich müssen alle Kanten von Teilquadraten senkrecht bzw. parallel zu Kanten von <math>F</math> verlaufen, da sich an allen Eckpunkten, also insbesondere denen von <math>F</math>, die Innenwinkel der dort zusammentreffenden Quadrate nur auf Vielfache von <math>90^{\circ}</math> addieren können.

Es seien <math>T_1</math> bis <math>T_4</math> die Teilquadrate, die je einen der vier Eckpunkte von <math>F</math> enthalten. Deren Kantenlängen seien mit <math>a_1</math> bis <math>a_4</math> gekennzeichnet. Dann kann nur höchstens eines dieser Teilquadrate eine größere Kantenlänge als <math>\frac{1}{2} \cdot a</math> besitzen, da sich sonst die beiden entsprechenden Teilquadrate mit größerer Kantenlänge überschneiden würden.

Gilt, dass an drei Kanten von <math>F</math> die entsprechenden Teilquadrate aus <math>T_1</math> bis <math>T_4</math> direkt benachbart sind, also z.B. <math>a_1+a_2=a_2+a_3=a_3+a_4=a</math>, so auch <math>a_4+a_1=(a_1+a_2)+(a_3+a_4)-(a_2+a_3)=1</math>, d.h., auch an der vierten Kante von <math>F</math> sind die beiden zugehörigen Teilquadrate aus <math>T_1</math> bis <math>T_4</math> direkt benachbart. Dann folgt jedoch <math>a_1=a_3</math> und <math>a_2=a_4</math>, sodass für alle vier Kantenlängen gilt, dass sie kleiner oder gleich <math>\frac{1}{2} \cdot a</math> sein müssen, da sonst wenigstens zwei größer als dieser Wert wären, was gerade ausgeschlossen wurde. Wäre aber auch nur eine dieser Kantenlängen echt kleiner als <math>\frac{1}{2} \cdot a</math>, würden dann die Gleichungen nicht mehr gelten, sodass <math>a_1=a_2=a_3=a_4=\frac{1}{2} \cdot a</math> folgt. Dies steht aber im Widerspruch dazu, dass genau 5 Teilquadrate existieren, denn nun decken <math>T_1</math> bis <math>T_4</math> die Fläche <math>F</math> schon vollständig ab.

Also gibt es mindestens zwei Kanten von <math>F</math>, an denen die entsprechenden Teilquadrate aus <math>T_1</math> bis <math>T_4</math> nicht direkt benachbart sind, sodass zwischen ihnen bisher nicht abgedeckte Bereiche der Quadratfläche <math>F</math> existieren. Diese müsste aber <math>T_5</math> gemeinsam überdecken, sodass <math>T_5</math> Punkte von zwei verschiedenen Kanten von <math>F</math> beinhalten müsste. Liegen diese Kanten einander in <math>F</math> gegenüber, ergibt sich sofort ein Widerspruch, da <math>T_5</math> die Kantenlänge <math>a</math> haben müsste, und so allein <math>F</math> überdecken würde. Aber auch wenn die beiden Kanten von <math>F</math>, auf denen Punkte liegen, die <math>T_5</math> beinhalten soll, nicht parallel sind, sondern sich in einem Eckpunkt von <math>F</math> schneiden, folgt schnell der Widerspruch, da dann auch <math>T_5</math> diesen Eckpunkt enthalten müsste, sich damit aber mit dem Teilquadrat aus <math>T_1</math> bis <math>T_4</math> überschneiden würde, was diesen Eckpunkt von <math>F</math> bereits enthält.

Demnach führt jeder Fall zum Widerspruch und es gibt keine Zerlegung von <math>F</math> in genau 5 Teilquadrate, sodass <math>N=6</math> der minimal mögliche Wert ist, der die Aussage (1) erfüllt.


Aufgabe 250933: Das Volumen eines regelmäßigen Tetraeders sei <math>V_T</math>, das seiner Umkugel sei <math>V_K</math>.
Berechnen Sie das Verhältnis <math>V_K</math> : <math>V_T</math> und runden Sie es ganzzahlig (d.h., ermitteln Sie die zu <math>V_K:V_T</math> nächstgelegene ganze Zahl)!
Dabei können die (auf eine bzw. zwei Dezimalen nach dem Komma genauen) Näherungswerte <math>\sqrt{3}\approx 1{,}7</math> und <math>\pi\approx 3{,}14</math> verwendet werden.

Lösung:

Im regulären Tetraeder mit Kantenlänge <math>a</math> sind alle Seitenflächen gleichseitige Dreiecke mit Kantenlänge <math>a</math>. Die Seitenhalbierende <math>s</math> in einem solchen Dreieck verläuft durch den Mittelpunkt der entsprechenden Seite und steht orthogonal auf dieser, besitzt  also die Länge <math>s=\sqrt{a^2-\left(\frac{a}{2}\right)^2}=\frac{\sqrt{3}}{2} a</math> und die Seitenfläche einen Flächeninhalt von <math>A=\frac{1}{2} \cdot a \cdot s=\frac{\sqrt{3}}{4} a^2</math>.

Der Schwerpunkt eines Dreiecks teilt dessen Seitenhalbierenden im Verhältnis 2:1, sodass die Entfernung eines Eckpunkts zum Schwerpunkt der entsprechenden Seitenfläche genau <math>\frac{\sqrt{3}}{3} a</math> beträgt.

In einem regulären Tetraeder steht die Schwerelinie (d.h. Verbindungsstrecke eines Eckpunkts mit dem Schwerpunkt der gegenüberliegenden Seitenfläche) senkrecht auf der entsprechenden Seitenfläche, sodass diese eine Länge von <math>h=\sqrt{a^2-\right(\frac{\sqrt{3}}{3} a\left)^2}=\sqrt{\frac{2}{3}} a=\frac{\sqrt{6}}{3} a</math>.

Damit hat der Tetraeder ein Volumen von <math>V_T=\frac{1}{3} \cdot A \cdot h=\frac{\sqrt{3} \cdot \sqrt{6}}{3 \cdot 4\cdot 3} a^3=\frac{\sqrt{2}}{12} a^3</math>.

Der Umkugelmittelpunkt es regulären Tetraeders fällt mit dessen Schwerpunkt zusammen. Dieser teilt die Schwerelinien im Verhältnis 3:1, sodass sich als Umkugelradius <math>r</math> der Wert <math>r=\frac{3}{4} \cdot h=\frac{\sqrt{6}}{4} a</math> ergibt.

Damit hat die Umkugel ein Volumen von <math>V_K=\frac{4}{3} \cdot \pi \cdot r^3=\frac{4 \cdot 6\sqrt{6}}{3 \cdot 4^3} \cdot \pi \cdot a^3=\frac{\sqrt{6}}{8} \cdot \pi \cdot a^3</math>,

sodass
<math>V_K : V_T=\frac{\sqrt{6} \cdot 12}{8 \cdot \sqrt{2}} \cdot \pi=\frac{\sqrt{3} \cdot 3}{2} \cdot \pi \approx \frac{1{,}7 \cdot 3}{2} \cdot \pi=2{,}55 \cdot \pi \approx 2{,}55 \cdot 3{,}14 =8{,}007 \approx 8</math>
ist.

Cyrix

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.682 begonnen.]



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.685, eingetragen 2019-06-12



Aufgabe 250932: Ermitteln Sie alle Paare (a,b) von zweistelligen Zahlen <math>a</math> und <math>b</math>, für die folgendes gilt:
Bildet man durch Hintereinanderschreiben von <math>a</math> und <math>b</math> in dieser Reihenfolge eine vierstellige Zahl <math>z</math>, so ist <math>z=(a+b)^2</math>.

Lösung:

Es ist nach Aufgabenstellung <math>z=100a+b=(a+b)^2=a^2+2ab+b^2</math> bzw. <math>a^2+(2b-100)a+b(b-1)=0</math>. Für <math>b\geq 26</math> ist aber <math>0=a^2+(2b-100)a+b(b-1) \geq a^2 -48a + 26\cdot 25=(a-24)^2-24^2+650=(a-24)+650-576>0</math>, was ein Widerspruch darstellt. Also muss <math>b\leq 25</math> gelten.

Es ist <math>b</math> die aus den letzten zwei Stellen einer Quadratzahl gebildeten Zahl. Wegen <math>(10n+m)^2=100n^2+20nm+m^2</math> und <math>0^2=00</math>, <math>1^2=01</math>, <math>2^2=04</math>, <math>3^2=09</math>, <math>4^2=16</math>, <math>5^2=25</math>, <math>6^2=36</math>, <math>7^2=49</math>, <math>8^2=64</math> und <math>9^2=81</math> ist die vorletzte Stelle einer Quadratzahl nur dann ungerade, wenn die letzte Stelle eine 6 ist. Ist die vorletzte Stelle gerade, verbleiben als mögliche Endziffern 0, 1, 4 und 5.

Damit schränken sich die Möglichkeiten für <math>b</math> auf die Elemente der Menge <math>\{16,\ 20,\ 21,\ 24,\ 25\}</math> ein. Diese werden nun der Reihe nach untersucht:

Wäre <math>b=16</math>, so müsste <math>z=100a+16=(a+16)^2=a^2+32a+256</math> gelten, was äquivalent ist zu <math>a^2-68a+240=0</math> bzw. <math>a=34\pm\sqrt{34^2-240}</math>. Es ist <math>34^2-240=(30+4)^2-240=900+240+16-240=916</math>, also <math>30<\sqrt{34^2-240}<31</math>, sodass es keine Lösung mit <math>b=16</math> gibt.

Wäre <math>b=20</math>, so wäre <math>z=100a+20</math> zwar durch 5, aber nicht 25 teilbar, was ein Widerspruch zu <math>z=(a+b)^2</math> ist.

Für <math>b=21</math> müsste <math>100a+21=(a+21)^2=a^2+42a+441</math>, also <math>a^2-58a+420=0</math> und damit <math>a=29\pm\sqrt{29^2-420}=29\pm{841-420}=29\pm\sqrt{421}</math> gelten, was wegen <math>20<\sqrt{421}<21</math> wieder keine Lösung besitzt.

Wäre <math>b=24</math>, dann <math>100a+24=(a+24)^2=a^2+48a+576</math> und <math>a^2-52a+552=0</math>, also <math>a=26\pm\sqrt{26^2-552}</math>. Es ist <math>26^2-552=900-2\cdot 30\cdot 4 + 4^2-552=900-240+16-552=124</math>, also <math>11<\sqrt{26^2-552}<12</math>, sodass es auch in diesem Fall keine Lösung gibt.

Abschließend sei <math>b=25</math>. Dann ist <math>100a+25=(a+25)^2=a^2+50a+625</math> und damit <math>a^2-50a+600=0</math>, was die Lösungen <math>25\pm \sqrt{25^2-600}=25\pm\sqrt{25}=25\pm 5</math>, d.h. <math>a_1=20</math> und <math>a_2=30</math> besitzt.

Tatsächlich ist <math>(20+25)^2=45^2=2025</math> und <math>(30+25)^2=55^2=3025</math>, sodass <math>(a,b)\in\{(20,\ 25),\ (30,\ 25)\}</math> die gesuchte Lösungsmenge ist.


Aufgabe 250935: In einem beliebigen spitzwinkligen Dreieck <math>ABC</math> sei <math>A^{\prime}</math> der Fußpunkt der durch <math>A</math> gehenden Höhe, <math>B^{\prime}</math> der Fußpunkt der durch <math>B</math> gehenden Höhe und <math>S</math> der Schnittpunkt dieser beiden Höhen.
Beweisen Sie, dass unter diesen Voraussetzungen stets <math>|AB|:|A^{\prime}B^{\prime}|=|AS|:|SB^{\prime}|</math> gilt!

Lösung:

Nach dem Satz von Thales, angewendet auf die rechtwinkligen Dreiecke <math>\triangle ABA^{\prime}</math> und <math>\triangle ABB^{\prime}</math>, liegen die Punkte <math>A</math>, <math>B</math>, <math>B^{\prime}</math> und <math>A^{\prime}</math> (in dieser Reihenfolge) auf dem Kreis mit Durchmesser <math>AB</math>.

In diesem Kreis sind die beiden Peripheriewinkel <math>\angle BB^{\prime}A^{\prime}</math> und <math>\angle BAA^{\prime}</math> über der gleichen Sehne <math>BA^{\prime}</math> nach dem Peripheriewinkelsatz gleich. Weiterhin sind die beiden Winkel <math>\angle ASB</math> und <math>\angle A^{\prime}SB^{\prime}</math> Scheitelwinkel, also auch gleich, sodass die beiden Dreiecke <math>\triangle ABS</math> und <math>\triangle A^{\prime}B^{\prime}S</math> in zwei Innenwinkeln übereinstimmen, also ähnlich zueinander sind. Demnach stehen die entsprechenden Seitenlängen im gleichen Verhältnis und es gilt <math>|AB|:|A^{\prime}B^{\prime}|=|AS|:|SB^{\prime}|</math>, <math>\Box</math>.

Cyrix



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.686, eingetragen 2019-06-12


2019-06-12 17:09 - stpolster in Beitrag No. 683 schreibt:
2019-06-12 07:49 - HyperPlot in Beitrag No. 681 schreibt:
Ich muss in #680 noch eine Sache ändern, die mir nicht gefällt.
Ich bekomme permanent Fehler bei

\node[right] at (CBogen) {<math>\bigodot(C,b-c)</math>};

und  

\node[below] at (Bogen) {<math>\bigodot(C,a)</math>};

Er erkennt kein shape mit den Bezeichnungen Bogen bzw. CBogen.
Bei

\newcommand\Bogen[5][]{
\draw[#1] ([shift=(#3:#5)]#2) coordinate(#2bogen) arc (#3:#4:#5) coordinate(#2Bogen);}

kommt die Meldung, dass Bogen schon definiert ist.
Verstehe ich nicht.

LG Steffen

Dann hast Du \Bogen bereits aus einem meiner anderen Beispiele irgendwo definiert.
Aber vermutlich nicht mir den Zusätzen coordinate(#2bogen) und coordinate(#2Bogen).
Deshalb findet er nicht \node[below] at (CBogen) bzw. \node[below] at (Cbogen) und bemängelt, dass \Bogen bereits existiert.


Ich meinte allerdings eine inhaltliche Korrektur.
So wie ich es gemacht hatte, brauchte man einen Winkelmesser. Jetzt nicht mehr.



#680
2019-06-10 20:08 - stpolster in Beitrag No. 661 schreibt:
Eine noch offene Aufgabe ist

Aufgabe 6 - 071036
a) Konstruieren Sie ein Dreieck aus <math>h_c - h_b</math> = 3 cm; b - c = 3,5 cm und a = 8 cm!
Dabei ist <math>h_c</math> die Länge der zur Seite AB gehörenden Höhe, <math>h_b</math> die Länge der zur Seite AC gehörenden Höhe und a die Länge der Seite BC, b die der Seite AC und c die der Seite AB.
b) Beschreiben und diskutieren Sie die Konstruktion!

Ich versuche mich schon ewig dran und habe keine Chance.


$(a,b-c,h_c-h_b)$

Das ist auch keine Standardkonstruktion. Als Faustregel kann man sich merken:

· Summe (Differenz) zweier Seiten gegeben → gleichschenkliges Hilfsdreieck konstruieren.
· Summe (Differenz) zweier Höhen gegeben oder Seitensumme (-differenz) und eine Höhe gegeben → rechtwinkliges Hilfsdreieck konstruieren.

Hier braucht man also beides.

Siehe auch:
Link* Planimetrie - Dreieckskonstruktion aus der Differenz zweier Seiten, einer Seite und einem Winkel  und
Link** Planimetrie - Dreieckskonstruktion aus der Summe zweier Seiten und den zugehörigen Seitenhöhen



<math>% Gegebene Gren
\pgfmathsetmacro{\a}{4}
\pgfmathsetmacro{\X}{1.7}   % b-c
\pgfmathsetmacro{\Y}{1.5}   % hc - hb

%\pgfmathsetmacro{\b}{3.192914142168}
%\pgfmathsetmacro{\c}{2}
%\pgfmathsetmacro{\hb}{1.827090915285}
%\pgfmathsetmacro{\hc}{2.916872211221}
%\pgfmathsetmacro{\X}{\b-\c}   % b-c
%\pgfmathsetmacro{\Y}{\hc-\hb}   % hc - hb


% Seitenlngen
\pgfmathsetmacro{\Alpha}{asin(\Y/\X)} %
\pgfmathsetmacro{\g}{cos(\Alpha)}
\pgfmathsetmacro{\cI}{(sqrt((\g-1)*((\g+1)*\X^2 -2*\a^2))+(\g-1)* \X)/(2*(1-\g))}
\pgfmathsetmacro{\cII}{(sqrt((\g-1)*((\g+1)*\X^2-2*\a^2))-\g*\X +\X)/(2*(\g-1))}
\pgfmathsetmacro{\c}{\cI}

\pgfmathsetmacro{\Gamma}{asin(sin(\Alpha)*\c/\a)}

\pgfmathsetmacro{\Beta}{180-\Alpha-\Gamma}

\pgfmathsetmacro{\b}{sqrt(\a^2+\c^2-2*\a*\c*cos(\Beta))}

%\pgfmathsetmacro{\a}{4} %
%\pgfmathsetmacro{\b}{3.5} %
%\pgfmathsetmacro{\c}{6} %
%\pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} %
%\pgfmathsetmacro{\Beta}{acos((\a^2+\c^2-\b^2)/(2*\a*\c))} %
%\pgfmathsetmacro{\Gamma}{acos((\a^2+\b^2-\c^2)/(2*\a*\b))} %

\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
\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

% Annotationen - Dreieck
\draw[thick] (B) -- (C) node[right, near start]{$a=|BC|$};

\draw[densely dashed] (C) -- ($(A)!(C)!(B)$) coordinate[Punkt={below}{H_c}] (Hc);
\draw[thick] (C) -- ($(C)!\Y cm!(Hc)$)  coordinate[Punkt={yshift=-2mm,right=-1mm}{L}] (L) node[midway, right]{$|CL|=h_c-h_b$};

\path[name path=LD] (L) --+ ($(A)-(B)$);
\path[name path=AC] (A) -- (C);
\path[name intersections={of=AC and LD, name=D}];
\coordinate[Punkt={left}{}] (D) at (D-1);

\path[name path=LK, draw=none] (L) --+ ($0.4*(B)-0.4*(A)$);
\path[name path=BC] (B) -- (C);
\path[name intersections={of=BC and LK, name=K}];
\coordinate[Punkt={right}{}] (K) at (K-1);

\draw[densely dashed] (D) -- (K);
\draw[thick] (C) -- (D) node[midway, sloped, above]{$b-c$};
\draw[] (A) -- (D) node[midway, sloped, above]{$c$};

\draw pic [draw, angle radius=3mm, %angle eccentricity=1.3,
"$\cdot$",
] {angle =C--Hc--A};

\draw pic [draw, angle radius=3mm, %angle eccentricity=1.3,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\cdot$",
] {angle =C--L--D};

%\draw pic [draw, angle radius=4mm, %angle eccentricity=1.3,
%% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
%"$\alpha$",
%] {angle =L--D--C};

%\draw pic [draw, angle radius=4mm, %angle eccentricity=1.3,
%% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
%"$\alpha$",
%] {angle =B--A--C};

%\draw[densely dashed] (B) -- (D);
%\draw pic [draw, angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.5,
%% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
%"$\chi$",
%] {angle =A--D--B};
%\path pic [draw, angle radius=5mm, angle eccentricity=1.5,
%% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
%"$90^\circ$-$\alpha$",
%] {angle =A--D--B};
%
%\draw[densely dashed] (B) -- (D);
%\draw pic [draw, angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.5,
%% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
%"$\chi$",
%] {angle =D--B--A};
%
%\draw[densely dashed] (B) -- (D);
%\draw pic [draw, angle radius=4.5mm, %angle eccentricity=1.5,
%% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
%"$\varphi$",
%] {angle =B--D--L};

%% Punkt A
%\draw[densely dashed] (A) -- ($(A)!-5mm!(B)$);
%\draw[densely dashed] (A) -- ($(A)!-5mm!(C)$);
%
%% Punkt B
%\path let
%\p0 = (C), % Zentrum
%\p1 = (B),
%\n1 = {veclen(\y1-\y0,\x1-\x0)},    \n2={atan2(\y1-\y0,\x1-\x0)}
%in    [savevalue={\Radius}{\n1}, savevalue={\winkel}{\n2}];
%\pgfmathsetmacro{\Winkel}{\winkel} % "pt" abstreifen
%\Bogen[]{C}{\Winkel+10}{\Winkel-7}{\Radius}%
%\node[above] at (Cbogen) {$\bigodot(C,a)$};
%
%% Punkte
\foreach \P in {Hc,L,D,K}
\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);



% Annotationen - Aufgabe
\pgfmathsetmacro{\x}{max(\a, \b,\c)} %
\begin{scope}[shift={($(dreieck.north west)+(-0.5*\x cm-3mm,0)$)}]
% Strecken
\foreach[count=\y from 0] \s/\S in {a/a,X/b-c,Y/h_c-h_b}{%%
\draw[|-|, yshift=-\y*7mm, local bounding box=strecken] (0,0) -- (\csname \s \endcsname,0) node[midway, above]{$\S$ %= \csname \s \endcsname cm
};}%%
\end{scope}
%% Winkel
%\pgfmathsetmacro{\Winkel}{\Beta}
%\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={},
%"$\beta$",
%] {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,
%]{
%$\begin{array}{l l}
%a = \a \text{ cm}  &  \\
%b-c = \X \text{ cm}  &  \\
%h_c-h_b = \Y \text{ cm}  &  \\ \hline
%b = \b \text{ cm}  &  \\
%c = \c \text{ cm}  &  \\
%\alpha = \Alpha^\circ    & \\
%\beta = \Beta^\circ    &  \\
%\gamma = \Gamma^\circ    &  \\
%%\multicolumn{2}{l}{s_{a, \text{max}} = \saMax  \text{ cm}} \\
%\end{array}$
%};

\end{tikzpicture}
</math>


Planfigur und Konstruktion
<math>% \Bogen[Optionen]{Zentrum}{Startwinkel}{Stopwinkel}{Radius}
\newcommand\Bogen[5][]{
\draw[#1] ([shift=(#3:#5)]#2) coordinate(#2bogen) arc (#3:#4:#5) coordinate(#2Bogen);}

% Gegebene Gren
\pgfmathsetmacro{\a}{4}
\pgfmathsetmacro{\X}{1.7}   % b-c
\pgfmathsetmacro{\Y}{1.5}   % hc - hb

%\pgfmathsetmacro{\b}{3.192914142168}
%\pgfmathsetmacro{\c}{2}
%\pgfmathsetmacro{\hb}{1.827090915285}
%\pgfmathsetmacro{\hc}{2.916872211221}
%\pgfmathsetmacro{\X}{\b-\c}   % b-c
%\pgfmathsetmacro{\Y}{\hc-\hb}   % hc - hb


% Seitenlngen
\pgfmathsetmacro{\Alpha}{asin(\Y/\X)} %
\pgfmathsetmacro{\g}{cos(\Alpha)}
\pgfmathsetmacro{\cI}{(sqrt((\g-1)*((\g+1)*\X^2 -2*\a^2))+(\g-1)* \X)/(2*(1-\g))}
\pgfmathsetmacro{\cII}{(sqrt((\g-1)*((\g+1)*\X^2-2*\a^2))-\g*\X +\X)/(2*(\g-1))}
\pgfmathsetmacro{\c}{\cI}

\pgfmathsetmacro{\Gamma}{asin(sin(\Alpha)*\c/\a)}

\pgfmathsetmacro{\Beta}{180-\Alpha-\Gamma}

\pgfmathsetmacro{\b}{sqrt(\a^2+\c^2-2*\a*\c*cos(\Beta))}

%\pgfmathsetmacro{\a}{4} %
%\pgfmathsetmacro{\b}{3.5} %
%\pgfmathsetmacro{\c}{6} %
%\pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} %
%\pgfmathsetmacro{\Beta}{acos((\a^2+\c^2-\b^2)/(2*\a*\c))} %
%\pgfmathsetmacro{\Gamma}{acos((\a^2+\b^2-\c^2)/(2*\a*\b))} %

\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
\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

% Annotationen - Dreieck
\path[] (A) -- (B) node[pos=0.3, below]{$c=|AB|$};
\draw[thick] (B) -- (C) node[right, near start]{$a=|BC|$};

\draw[densely dashed] (C) -- ($(A)!(C)!(B)$) coordinate[Punkt={below}{H_c}] (Hc);
\draw[thick] (C) -- ($(C)!\Y cm!(Hc)$)  coordinate[Punkt={yshift=-2mm,right=-1mm}{L}] (L) node[midway, right]{$|CL|=h_c-h_b$};

\path[name path=LD] (L) --+ ($(A)-(B)$);
\path[name path=AC] (A) -- (C);
\path[name intersections={of=AC and LD, name=D}];
\coordinate[Punkt={left}{D}] (D) at (D-1);

\path[name path=LK, draw=none] (L) --+ ($0.4*(B)-0.4*(A)$);
\path[name path=BC] (B) -- (C);
\path[name intersections={of=BC and LK, name=K}];
\coordinate[Punkt={right}{}] (K) at (K-1);

\draw[densely dashed] (D) -- (K);
\draw[thick] (C) -- (D) node[midway, sloped, above]{$b-c$};
\draw[] (A) -- (D) node[midway, sloped, above]{$c$};

\draw pic [draw, angle radius=3mm, %angle eccentricity=1.3,
"$\cdot$",
] {angle =C--Hc--A};

\draw pic [draw, angle radius=3mm, %angle eccentricity=1.3,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\cdot$",
] {angle =C--L--D};

\draw pic [draw, angle radius=4mm, %angle eccentricity=1.3,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\alpha$",
] {angle =L--D--C};

\draw pic [draw, angle radius=4mm, %angle eccentricity=1.3,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\alpha$",
] {angle =B--A--C};

\draw[densely dashed] (B) -- (D);
\draw pic [draw, angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.5,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\chi$",
] {angle =A--D--B};
\path pic [draw, angle radius=5mm, angle eccentricity=1.6,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$90^\circ$-$\frac{\alpha}{2}$",
] {angle =A--D--B};

\draw[densely dashed] (B) -- (D);
\draw pic [draw, angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.5,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\chi$",
] {angle =D--B--A};

\draw[densely dashed] (B) -- (D);
\draw pic [draw, angle radius=4.5mm, %angle eccentricity=1.5,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\varphi$",
] {angle =B--D--L};

% Punkt A
\draw[densely dashed] (A) -- ($(A)!-5mm!(B)$);
\draw[densely dashed] (A) -- ($(A)!-5mm!(C)$);

% Punkt B
\path let
\p0 = (C), % Zentrum
\p1 = (B),
\n1 = {veclen(\y1-\y0,\x1-\x0)},    \n2={atan2(\y1-\y0,\x1-\x0)}
in    [savevalue={\Radius}{\n1}, savevalue={\winkel}{\n2}];
\pgfmathsetmacro{\Winkel}{\winkel} % "pt" abstreifen
\Bogen[]{C}{\Winkel+10}{\Winkel-7}{\Radius}%
\node[above] at (Cbogen) {$\bigodot(C,a)$};

%% Punkte
\foreach \P in {Hc,L,D,K,A,B}
\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);






%% Annotationen - Aufgabe
%\pgfmathsetmacro{\x}{max(\a, \b,\c)} %
%\begin{scope}[shift={($(dreieck.north west)+(-0.5*\x cm-3mm,0)$)}]
%% Strecken
%\foreach[count=\y from 0] \s/\S in {a/a,X/b-c,Y/h_c-h_b}{%%
%\draw[|-|, yshift=-\y*7mm, local bounding box=strecken] (0,0) -- (\csname \s \endcsname,0) node[midway, above]{$\S$ %= \csname \s \endcsname cm
%};}%%
%\end{scope}
%% Winkel
%\pgfmathsetmacro{\Winkel}{\Beta}
%\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={},
%"$\beta$",
%] {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,
%]{
%$\begin{array}{l l}
%a = \a \text{ cm}  &  \\
%b-c = \X \text{ cm}  &  \\
%h_c-h_b = \Y \text{ cm}  &  \\ \hline
%b = \b \text{ cm}  &  \\
%c = \c \text{ cm}  &  \\
%\alpha = \Alpha^\circ    & \\
%\beta = \Beta^\circ    &  \\
%\gamma = \Gamma^\circ    &  \\
%%\multicolumn{2}{l}{s_{a, \text{max}} = \saMax  \text{ cm}} \\
%\end{array}$
%};


% Annotation
\renewcommand\labelenumi{\texttt{(\theenumi)}}
\node[below, anchor=north west, align=left,
text width=\textwidth-\a cm,
inner sep=1pt,
xshift=24mm,  yshift=2mm,
font=\normalsize,
%fill=black!1, draw=red,
] at (C){%\vspace{-1em}
Planfigur. Trgt man auf der Seite $b = |AC|$ die Strecke $c$ ab, Endpunkt sei $D$, erhlt man die gegebene Strecke $b-c = |DC|$. \par
Legt man durch $D$ eine Parallele zu $|AB|$ und fllt von $C$ das Lot auf die Parallele, Lotfupunkt sei $L$, dann erhlt man eine Strecke $|CL|=h_c-h_b$, die gleich der gegebenen Strecke $h_c-h_b$ ist. \par
Beweis: Nach der Strahlensatzfigur mit Scheitelpunkt $C$ ist $\dfrac{|CL|}{h_c}=\dfrac{b-c}{b} =1-\dfrac{c}{b}
~\Leftrightarrow~
|CL| = h_c -\dfrac{ch_c}{b} =h_c -\dfrac{bh_b}{b} = h_c-h_b$, da nach der Flchenformel $2F=ah_a = bh_b = ch_c$ gilt. \par
Damit ist mit $DLC$ ein rechtwinkliges Dreieck gegeben, mit der Hypotenuse $b-c$ und einer Kathete $h_c-h_b$. \par
Mit $ABD$ ist ein gleichschenkliges Dreieck mit Spitze $A$  und den Schenkeln $c$ und ensprechend dem Basiswinkel $
\chi=\dfrac{180^\circ-\alpha}{2}=90^\circ-\dfrac{\alpha}{2}$ gegebenen. \par
Fr den Konstruktionswinkel $\varphi$ bei $D$ ist $
\varphi
=180^\circ -\alpha -\left( 90^\circ-\dfrac{\alpha}{2} \right)
= 90^\circ-\dfrac{\alpha}{2}$, also $\varphi = \chi$. Die Ecke $B$ liegt also auf einer Geraden, die den Supplementwinkel $\sphericalangle ADL$ von $\alpha = \sphericalangle CDL$ halbiert sowie auf einem Kreis $\bigodot(C,a)$ beschrieben um $C$ vom Radius $a$. \par
Die Ecke $A$ liegt auf einer Parallelen zu $|DK|$ durch $B$ sowie auf derjenigen Geraden durch $|CD|$.
%\begin{enumerate}
%\item aa
%\end{enumerate}
};


\end{tikzpicture}</math>

<math>% \Bogen[Optionen]{Zentrum}{Startwinkel}{Stopwinkel}{Radius}
\newcommand\Bogen[5][]{
\draw[#1] ([shift=(#3:#5)]#2) coordinate(#2bogen) arc (#3:#4:#5) coordinate(#2Bogen);}

% Gegebene Gren
\pgfmathsetmacro{\a}{4}
\pgfmathsetmacro{\X}{1.7}   % b-c
\pgfmathsetmacro{\Y}{1.5}   % hc - hb

%\pgfmathsetmacro{\b}{3.192914142168}
%\pgfmathsetmacro{\c}{2}
%\pgfmathsetmacro{\hb}{1.827090915285}
%\pgfmathsetmacro{\hc}{2.916872211221}
%\pgfmathsetmacro{\X}{\b-\c}   % b-c
%\pgfmathsetmacro{\Y}{\hc-\hb}   % hc - hb


% Seitenlngen
\pgfmathsetmacro{\Alpha}{asin(\Y/\X)} %
\pgfmathsetmacro{\g}{cos(\Alpha)}
\pgfmathsetmacro{\cI}{(sqrt((\g-1)*((\g+1)*\X^2 -2*\a^2))+(\g-1)* \X)/(2*(1-\g))}
\pgfmathsetmacro{\cII}{(sqrt((\g-1)*((\g+1)*\X^2-2*\a^2))-\g*\X +\X)/(2*(\g-1))}
\pgfmathsetmacro{\c}{\cI}

\pgfmathsetmacro{\Gamma}{asin(sin(\Alpha)*\c/\a)}

\pgfmathsetmacro{\Beta}{180-\Alpha-\Gamma}

\pgfmathsetmacro{\b}{sqrt(\a^2+\c^2-2*\a*\c*cos(\Beta))}

%\pgfmathsetmacro{\a}{4} %
%\pgfmathsetmacro{\b}{3.5} %
%\pgfmathsetmacro{\c}{6} %
%\pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} %
%\pgfmathsetmacro{\Beta}{acos((\a^2+\c^2-\b^2)/(2*\a*\c))} %
%\pgfmathsetmacro{\Gamma}{acos((\a^2+\b^2-\c^2)/(2*\a*\b))} %

\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},
]

% Rechtwinkligen Dreieck DLC
\coordinate[Punkt={left}{L}] (L) at (0,0);
\coordinate[Punkt={right}{C}] (C) at (\Y,0);
\draw[] (L) -- (C) node[pos=0.5, below=1mm]{$h_c-h_b$};

\draw[name path=senkrechte, densely dashed] (L) -- ($(L)!2.0cm!90:(L)$) coordinate(Ls);
\draw pic [draw, angle radius=3mm, %angle eccentricity=1.3,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\cdot$",
] {angle =C--L--Ls};

\path[name path=kreisC] (C) circle[radius=\X];
\path[name intersections={of=kreisC and senkrechte, name=D}];
\coordinate[Punkt={left}{D}] (D) at (D-1);
\draw[] (C) -- (D) node[midway, sloped, above]{$b-c$};
\path let
\p0 = (C), % Zentrum
\p1 = (D),
\n1 = {veclen(\y1-\y0,\x1-\x0)},    \n2={atan2(\y1-\y0,\x1-\x0)}
in    [savevalue={\Radius}{\n1}, savevalue={\winkel}{\n2}];
\pgfmathsetmacro{\Winkel}{\winkel} % "pt" abstreifen
\Bogen[]{C}{\Winkel+15}{\Winkel-17}{\Radius}%
\node[right] at (CBogen) {$\bigodot(C,b-c)$};

\draw pic [draw, angle radius=4mm, %angle eccentricity=1.3,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\alpha$",
] {angle =L--D--C};

\draw[name path=gerade, densely dashed] (D) --+ (-90-90+0.5*\Alpha:4cm);
%\path[name path=kreisC2, brown] (C) circle[radius=\a];
\Bogen[name path=kreisC2]{C}{-180}{-165}{\a}%
\node[below] at (CBogen) {$\bigodot(C,a)$};
\path[name intersections={of=kreisC2 and gerade, name=B}];
\coordinate[Punkt={left}{B}] (B) at (B-1);

\draw pic [draw, angle radius=3.5mm, angle eccentricity=1.7,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\varphi$",
] {angle =B--D--L};
%
\draw[name path=parallele, densely dashed] (B) --+ ($4.5*(D)-4.5*(L)$);
\draw[name path=geradeCD, densely dashed] (D) -- ($(C)!4.5cm!(D)$);
\path[name intersections={of=geradeCD and parallele, name=A}];
\coordinate[Punkt={left}{A}] (A) at (A-1);

\draw[local bounding box=dreieck, thick] (A) -- (B) -- (C) --cycle;


%% Punkte
\foreach \P in {C,L,D,B,A}
\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);

% Test
%\pgfmathsetmacro{\c}{\cII}
%\draw[red,  thick]  (A) -- ($(A)!\c cm!(B)$);
%\draw[red,  thick]  (A) -- ($(A)!\b cm!(C)$);
%\draw[red,  thick]  (B) -- ($(B)!\a cm!(C)$);
%\draw[blue,  thick]  (D) --+ (-90-90+0.5*\Alpha:2);


%% Annotation
\renewcommand\labelenumi{\texttt{(\theenumi)}}
\newcommand\No[1]{\texttt{(#1)}}
\node[below, anchor=north west, align=left,
text width=\textwidth-\a cm,
inner sep=1pt,
xshift=47mm,  yshift=14mm,
font=\normalsize,
fill=black!1, draw=none,
] at (A){%\vspace{-1em}
\begin{enumerate}
\item Konstruktion des rechtwinkligen Dreiecks $DLC$.
\item[\No{1a}] Lege durch $h_c-h_b = |CL|$ die Punkte $C$ und $L$ fest.
\item[\No{1b}] Errichte eine Senkterechte zu $|CL|$ in $L$. \par
Beschreibe einen Kreis $\bigodot(C,b-c)$ um $C$ vom Radius $b-c$. Schnittpunkt des Kreises mit der Senkrechten ist der Punkt $D$.
\item Konstruktion des gleichschenkligen Dreiecks $ABD$.
\item[\No{2a}] Lege eine Gerade durch $|CD|$ und halbiere den Supplementwinkel von $\alpha =\sphericalangle LDC$, um den Winkel $\varphi$ zu erhalten.
\item[\No{2b}] Lege eine Gerade durch $D$ so, dass sie mit $|LD|$ den Konstruktionswinkel $\varphi$ einschliet. \par
Beschreibe einen Kreis $\bigodot(C,a)$ um $C$ vom Radius $a$. Schnittpunkt des Kreises mit der Geraden ist die Ecke $B$.
\item[\No{2c}] Lege eine Parallele zu $|DL|$ durch $B$. \par
Schnittpunkt der Parallelen mit derjenigen Geraden durch $|CD|$ ist die Ecke $A$.
\end{enumerate}
};

\node[yshift=12mm, xshift=-4mm, anchor=west, font=\normalsize] at (A){Damit ergibt sich folgende Konstruktion:};

\end{tikzpicture}</math>


Bedingungen für die Konstruktion
<math>\begin{tikzpicture}[]
\node[yshift=12mm, xshift=-4mm, anchor=west, font=\normalsize, align=left] {

Man entliest der Konstruktionsskizze, dass $b-c>h_c-h_b$ sein muss, da $b-c$ Hypotenuse des rechtwinkligen Dreiecks $DLC$ ist. \\[1em]

Ferner muss nach der Dreiecksungleichung $a > b-c$ sein.
};
\end{tikzpicture}</math>









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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.687, eingetragen 2019-06-12


@Cis, zu Aufgabe 071036: Deine gesuchte Bedingung an <math>a</math> ist laut Musterlösung einfach nur <math>a>b-c</math>.

Cyrix



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.688, eingetragen 2019-06-12


2019-06-12 21:45 - cyrix in Beitrag No. 687 schreibt:
@Cis, zu Aufgabe 071036: Deine gesuchte Bedingung an <math>a</math> ist laut Musterlösung einfach nur <math>a>b-c</math>.

@Scherzvogel

Danke. Ich war der Meinung, dass es komplizierter ist, aufgrund der Zahlenbeispiele, die ich getestet hatte. Ich kann mich aber auch irren.

Ich habe es jetzt so ergänzt:

Man entliest der Konstruktionsskizze, dass $b-c>h_c-h_b$ sein muss, da $b-c$ Hypotenuse des rechtwinkligen Dreiecks $DLC$ ist. \\[1em]

Ferner muss nach der Dreiecksungleichung $a > b-c$ sein.



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.689, eingetragen 2019-06-12


111236B

Keine Lösung:
\(w\) und \(s\) seien die Anzahlen der weißen bzw. schwarzen Kugeln in der ersten Urne. Intuitiv wird die W'keit, eine weiße Kugel zu ziehen, maximal, wenn \(w=1\) und \(s=0\). Hiervon kann man sich tatsächlich leicht mit einer Calc-Tabelle überzeugen. Dieser Lösungsweg ist aber wohl kaum im Sinne des Aufgabenerfinders.

Die W'keit \(p(w,s)\), beim Experiment eine weiße Kugel zu ziehen, kann leicht berechnet werden, und zwar ist \(p(w,s)=\frac12\left(\frac w{w+s}+\frac{50-w}{100-w-s}\right)\).

Irgendwie gelingt es mir aber nicht, (einigermaßen effektiv) analytisch zu zeigen, dass \(p(w,s)\) für \((w,s)=(1,0)\) maximal wird. Hat jemand eine Idee?

Grüße
StrgAltEntf



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.690, eingetragen 2019-06-12


zu 111236B

Für $w>s>0$ kann man zeigen, dass $p(w-1,s-1)>p(w,s)$ gilt. D.h. wenn wir eine weiße und eine schwarze Kugel von der ersten in die zweite Urne legen wird die Wahrscheinlichkeit größer. Hier gilt dann $\frac {w}{w+s}>\frac {w-1}{w+s-2}$ - also die Ungleichung gilt bereit auf den einzelnen Summanden. Ähnlich kann dann für $s=0$ argumentiert werden um dann auf $p(1,0)$ zu kommen. Das ist aber auch keine wirklich schöne Lösung.



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.691, eingetragen 2019-06-13



Aufgabe 230936: Drei Schüler <math>X</math>, <math>Y</math>, <math>Z</math> diskutieren über die Möglichkeiten, ein gleichseitiges Dreieck <math>D</math> in drei flächengleiche Dreiecke <math>D_1</math>, <math>D_2</math>, <math>D_3</math> zu zerlegen.
<math>X</math> behauptet: Es gibt genau drei verschiedene derartige Zerlegungen.
<math>Y</math> behauptet: Es gibt genau vier verschiedene derartige Zerlegungen.
<math>Z</math> behauptet: Es gibt mehr als vier verschiedene derartige Zerlegungen.
Welcher der drei Schüler hat recht?
Hinweis: Zwei Zerlegungen von <math>D</math> (einmal in <math>D_1</math>, <math>D_2</math>, <math>D_3</math>, ein zweites Mal in <math>D_1^{\prime}</math>, <math>D_2^{\prime}</math>, <math>D_3^{\prime}</math>) werden dabei
genau dann als verschieden bezeichnet, wenn es keine Reihenfolge der Bezeichnungen <math>D_1</math>, <math>D_2</math>, <math>D_3</math> gibt, für die <math>D_1\cong D_1^{\prime}</math>, <math>D_2\cong D_2^{\prime}</math>, <math>D_3\cong D_3^{\prime}</math> gilt.

Lösung:

<math>Y</math> hat recht: Es gibt genau vier verschiedene derartige Zerlegungen, wie im Folgenden bewiesen wird.

Es sei <math>D</math> das gleichseitige Dreieck <math>\triangle ABC</math> mit Kantenlänge <math>|AB|=|BC|=|CA|=a</math>. Dann muss jeder dieser drei Punkte <math>A</math>, <math>B</math>, <math>C</math> auch Eckpunkt mindestens eines der drei Teildreiecke <math>D_1</math>, <math>D_2</math>, <math>D_3</math> sein.

Für jeden weiteren Eckpunkt <math>P</math> eines dieser drei Teildreiecke gilt, dass er auch Eckpunkt mindestens eines weiteren Teildreiecks sein muss. Also kann es höchstens <math>\frac{3\cdot 3 -3}{2}=3</math> verschiedene weitere Eckpunkte der Teildreiecke geben.

Nehmen wir an, es gäbe drei und seien dies <math>P_1</math>, <math>P_2</math> und <math>P_3</math>. Sie müssten dann Eckpunkte von je genau zwei der Teildreiecke sein, sodass <math>A</math>, <math>B</math> und <math>C</math> Eckpunkt von nur jeweils genau einem der Teildreicke sind. Es sei <math>A</math> o.B.d.A. Eckpunkt von <math>D_1</math>. Da <math>A</math> nicht Eckpunkt eines weiteren Teildreiecks ist, muss der gesamte Winkel <math>\angle BAC</math> durch <math>D_1</math> abgedeckt werden. Also müssen die beiden anderen Eckpunkte von <math>D_1</math> auf den Kanten <math>AB</math> und <math>AC</math> liegen. Wäre auch <math>B</math> Eckpunkt von <math>D_1</math>, so müsste dessen dritter Eckpunkt analog auch auf <math>BC</math> liegen, also auf dem Schnittpunkt von <math>AC</math> und <math>BC</math>, sodass <math>D_1=\triangle ABC =D</math> folgen würde, was ein Widerspruch ist. Also liegt auf jedem Teildreick genau einer der Eckpunkt von <math>D</math> und zwei der Punkte <math>P_1</math>, <math>P_2</math>, <math>P_3</math>, welche auf den vom entsprechenden Eckpunkt von <math>D</math> ausgehenden Kanten von <math>D</math> liegen müssen. Damit verbliebe aber in der Zerlegung das Dreieck <math>\triangle P_1P_2P_3</math>, welches nicht durch die Teildreiecke <math>D_1</math>, <math>D_2</math>, <math>D_3</math> abgedeckt wird, sodass wieder ein Widerspruch entsteht.

Also können wir schlussfolgern, dass es höchstens zwei zusätzliche Eckpunkte gibt und damit auch mindestens eine der Seiten des Dreiecks <math>D</math> nicht durch einen zusätzlichen Eckpunkt der Teildreiecke zerlegt wird. Wir führen im Folgenden eine Fallunterscheidung danach durch, wie viele der Kanten von <math>D</math> durch zusätzliche Eckpunkte der Teildreiecke zerlegt werden:

Fall 1: Keine der Kanten <math>AB</math>, <math>BC</math>, <math>AC</math> wird durch einen zusätzlichen Eckpunkt zerlegt. Dann seien o.B.d.A. <math>A</math>, <math>B</math> Eckpunkte von <math>D_1</math>; <math>B</math>, <math>C</math> von <math>D_2</math> und <math>C</math>, <math>A</math> von <math>D_3</math>. Da es nur höchstens zwei zusätzliche Eckpunkte geben kann, müssen die dritten Eckpunkte von mindestens zwei der drei Teildreiecke zusammenfallen. O.B.d.A. haben <math>D_1</math> und <math>D_2</math> den gemeinsamen dritten Eckpunkt <math>P</math>. Dann jedoch muss auch der dritte Eckpunkt von <math>D_3</math> gleich <math>P</math> sein, da dieser auch Eckpunkt eines weiteren Teildreiecks sein muss.

Damit die drei Teildreiecke alle flächengleich sind, müssen sie, da sie <math>D</math> zerlegen, jeweils ein Drittel von dessen Flächeninhalt besitzen. Da <math>D_1</math> mit <math>AB</math> auch eine Seitenkante der Länge <math>a</math> besitzt, muss <math>P</math> auf einer Parallelen zu <math>AB</math> im Abstand <math>\frac{1}{3} h</math> liegen, wobei <math>h</math> die Länge der Höhe in <math>D</math> ist. Nach dem Strahlensatz und der Eigenschaft, dass der Schwerpunkt <math>S</math> eines Dreiecks jede Seitenhalbierende im Verhältnis <math>2:1</math> teilt, liegt auch <math>S</math> auf dieser Parallele. Also muss <math>P</math> auf der Paralellen zu <math>AB</math> durch <math>S</math> liegen. Analog muss er wegen <math>D_2</math> auch auf der Parallelen zu <math>BC</math> durch <math>S</math> liegen, sodass <math>P=S</math> folgt. Abschließend ist dann aber auch die Höhe von <math>P=S</math> auf <math>AC</math> in <math>D_3</math> genau ein Drittel mal so lang wie die Höhe in <math>D</math>, sodass auch <math>D_3</math> flächengleich zu <math>D_1</math> und <math>D_2</math> ist und diese drei Teildreiecke <math>D</math> vollständig zerlegen.

wir erhalten also in diesem Fall die eindeutige Zerlegung, die durch die Verbindung des Schwerpunkts <math>S</math> von <math>D</math> mit seinen drei Eckpunkten entsteht. Die Teildreiecke <math>D_1</math>, <math>D_2</math>, <math>D_3</math> sind paarweise kongruent.

Fall 2: Genau eine der Kanten von <math>D</math>, o.B.d.A. sei dies <math>BC</math>, wird durch mindestens einen zusätzlichen Eckpunkt zerlegt. O.B.d.A. sei damit die Kante <math>AB</math> vollständig in <math>D_1</math> und <math>AC</math> vollständig in <math>D_3</math> enthalten und seien deren dritte Eckpunkte mit <math>P_1</math> bzw. <math>P_3</math> bezeichnet. Mindestens einer von diesen beiden Punkte, o.B.d.A. <math>P_1</math>, muss auf <math>BC</math> liegen. Wir unterscheiden zwei Unterfälle, je nach dem, wo <math>P_3</math> liegt.

Fall 2.1: Auch <math>P_3</math> liegt auf <math>BC</math>. Da die Höhen von <math>A</math> auf die Gerade <math>BC=BP_1=P_2C</math> identisch sind mit der Höhe von <math>A</math> auf <math>BC</math> in <math>D</math>, besitzen <math>D_1</math> und <math>D_3</math> genau dann jeweils ein Drittel des Flächeninhalts von <math>D</math>, wenn <math>|BP_1|=|P_3C|=\frac{1}{3} \cdot |BC|</math> gilt. Dann ist jedoch auch <math>|P_1P_3|=\frac{1}{3} \cdot |BC|</math>, sodass auch das entstehende Dreieck <math>D_2=\triangle AP_1P_3</math> flächengleich zu <math>D_1</math> und <math>D_3</math> ist, sowie diese drei Teildreiecke <math>D</math> vollständig zerlegen.

Wir erhalten also in diesem Fall die eindeutige Zerlegung, die durch Drittelung einer Seitenkante von <math>D</math> und Verbindung der dort entstehenden zwei Zwischenpunkte mit dem gegenüberliegenden Eckpunkt von <math>D</math> entsteht. Alle drei Teildreiecke besitzen eine Seite mit Länge <math>\frac{1}{3} a</math>, zwei dieser drei Teildreiecke (<math>D_1</math> und <math>D_3</math> in der obigen Bezeichnung) sind zueinander kongruent und besitzen als eine zweite Kantenlänge <math>a</math>, während das dritte gleichschenklig ist.

Fall 2.2: Der dritte Eckpunkt <math>P_3</math> von <math>D_3</math> liegt nicht auf <math>BC</math> und damit echt im Innern des Dreiecks <math>D</math>. Wie im Fall 2.1 folgt, dass <math>|BP_1|=\frac{1}{3} |BC|</math> gelten muss. Das entstehende Dreieck <math>\triangle AP_1C</math> muss nun in zwei flächengleiche Teildreiecke <math>D_2</math> und <math>D_3</math> zerlegt werden. Dies ist nur möglich, indem es durch eine Seitenhalbierende zerlegt wird. Damit muss <math>P_3</math> Mittelpunkt einer der Seiten von  <math>\triangle AP_1C</math> sein. Da aber <math>P_3</math> nach Fallannahme weder auf <math>AC</math> noch <math>BC</math> liegt, muss <math>P_3</math> der Mittelpunkt von <math>AP_1</math> sein.

Wir erhalten also in diesem Fall die eindeutige Zerlegung, die durch Einzeichnen eines Punkts <math>P_1</math>, der eine Seitenkante <math>CB</math> von <math>D</math> im Verhältnis 2:1 teilt, der Verbindung dieses Punkts mit dem gegenüberliegenden Eckpunkt <math>A</math> von <math>D</math> und dem Einzeichnen der Verbindung des Mittelpunkts <math>P_3</math> von <math>AP_1</math> mit dem dritten Eckpunkt <math>C</math> von <math>D</math> entsteht. Genau zwei der drei Teildreiecke besitzen eine Seite der Länge <math>a</math>, wobei genau eine davon eine zweite Kante der Länge <math>\frac{1}{3} a</math> besitzt.

Fall 3: Genau zwei der drei Kanten von <math>D</math> werden durch zusätzliche Eckpunkte der Teildreiecke geteilt, seien dies o.B.d.A. <math>P_1</math> auf <math>BC</math> und <math>P_3</math> auf <math>AC</math>, sodass <math>AB</math> ungeteilt verbleibt und vollständig o.B.d.A. in <math>D_1</math> enthalten ist. Dessen dritter Eckpunkt muss dann <math>P_1</math> oder <math>P_3</math> sein, wobei wir o.B.d.A. annehmen können, dass <math>P_1</math> der dritte Eckpunkt von <math>D_1</math> ist. Dann folgt analog Fall 2.1, dass <math>|BP_1|=\frac{1}{3} \cdot |BC|</math> gelten muss und analog Fall 2.2, dass <math>P_3</math> der Mittelpunkt einer Seite des Dreiecks <math>\triangle AP_1C</math>, hier also von <math>AC</math> ist. Man überprüft leicht, dass alle entstehenden Teildreiecke den gleichen Flächeninhalt besitzen.

Wir erhalten hier also die eindeutige Zerlegung, die entsteht, wenn analog zu Fall 2.1 erst ein Punkt <math>P_1</math>, der eine Seite <math>CB</math> von <math>D</math> im Verhältnis 2:1 teilt, sowie die Verbindung zum gegenüberliegenden Eckpunkt <math>A</math> von <math>D</math> eingezeichnet wird, während dann das entstehende Dreieck <math>\triangle AP_1C</math> entlang der Seitenhalbierenden von <math>AC</math> halbiert wird. Es entstehen drei paarweise inkongruente Teildreiecke, wobei genau eines eine Seite mit Kantenlänge <math>a</math> und genau zwei je eine Seite mit Kantenlänge <math>\frac{1}{2} a</math> besitzen.

Die Fallunterscheidung ist vollständig, sodass keine weiteren Zerlegungen möglich sind. Auch liefern keine zwei dieser (Unter-)Fälle gleiche Zerlegungen, da niemals alle drei Paare von Teildreiecken zweier verschiedener solcher Zerlegungen untereinander kongruent sind. Also gibt es genau diese vier verschiedenen Zerlegungen, <math>\Box</math>.

Cyrix



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.692, eingetragen 2019-06-13


Jetzt sind noch genau 10 Aufgaben aus Klassenstufe 9 offen; und mir gehen die Ideen aus. Es wäre nett, wenn ihr auch mal mit draufschaut, sodass wir die Klassenstufe ggf. bald als "vollständig erledigt" abhaken können. smile

Cyrix



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.693, eingetragen 2019-06-13



Aufgabe 250934: Die acht Zahlen 1, 2, $\dots$, 8 sollen auf die Eckpunkte eines Würfels verteilt werden, dass dabei folgende Bedingungen erfüllt sind:
(1) Jedem Eckpunkt des Würfels wird genau eine der acht Zahlen zugeteilt, jede dieser Zahlen soll in der Verteilung vorkommen.
(2) Addiert man auf jeder Seitenfläche des Würfels die vier Zahlen an den Eckpunkten dieser Seitenfläche, so ergibt sich auf allen sechs Seitenflächen die gleiche Summe.

Es sollen möglichst viele Verteilungen der acht Zahlen auf die Eckpunkte so zusammengestellt werden, dass jede dieser Verteilungen die Bedingungen (1), (2) erfüllt und dass keine zwei dieser Verteilungen zueinander kongruent sind, d.h., durch Drehung oder Spiegelung ineinander überführt werden können.
Ermitteln Sie die Anzahl der Verteilungen, die in einer solchen Zusammenstellung auftreten!

Lösung:

Die Eckpunkte des Würfels seien mit $A$ bis $H$ bezeichnet, wobei $A$, $B$, $C$ und $D$ in dieser Reihenfolge die Eckpunkte einer Fläche und $E$, $F$, $G$, $H$ die Eckpunkte der dazu parallelen Seitenfläche seien, wobei $A$ mit $E$, $B$ mit $F$, $C$ mit $G$ und $D$ mit $H$ durch eine Kante verbunden seien. Weiterhin identifizieren wir einen Eckpunkt mit der Zahl, die an diesem Eckpunkt steht, schreiben also z.B. $A=1$, wenn an Eckpunkt $A$ die Zahl 1 steht. (Dies können wir, da nach Bedingung (1) jede der acht Zahlen an genau einem der Eckpunkte steht.)

Summiert man für alle sechs Seitenflächen jeweils deren Eckpunkt-Zahlen und bildet die Summe dieser sechs Summen, so erhält man eine Summe, die jede Eckpunktzahl genau dreimal enthält, nämlich je einmal pro Seitenfläche. Ist $S$ die nach Bedingung (2) für alle Seitenfläche gleiche Summe ihrer Eckpunktzahlen, so gilt also $6\cdot s=3\cdot (A+B+\dots+H)=3\cdot (1+2+\dots+8)=3\cdot \frac{8\cdot 9}{2}=3\cdot 36=108$, also $S=\frac{108}{6}=18$.

O.B.d.A. können wir durch ggf. erfolgende Drehung $A=1$ annehmen.

Dann kann $B$ nicht 2 sein, denn sonst müssten sowohl $C+D$ als auch $E+F$ den Wert $18-2-1=15$ haben. Diese Summe kann aber mit den Zahlen 1 bis 8 nur auf die eindeutige Weise $7+8$ erhalten werden, sodass -- im Widerspruch zu (1) -- $\{C,D\}=\{E,F\}$ folgen würde. Analog schließt man auch $D=2$ sowie $E=2$ aus: 1 und 2 können nicht benachbart sein.

Fall 1: Die 2 in einer Seitenfläche mit 1. Dies geht nur, wenn sie in dieser Seitenfläche der 1 diagonal gegenüberliegt. Also können wir hier durch ggf. erfolgende Drehung o.B.d.A. $C=2$ annehmen. Es muss dann $B+D=18-2-1=15=8+7$, also durch ggf. erfolgende Spiegelung o.B.d.A. $B=8$ und $D=7$ gelten. Damit $A+B+E+F=18$ gilt, muss $E+F=9$ und analog $G+H=9$ gelten, was sich jeweils nur durch $4+5=9$ bzw. $3+6=9$ mit noch nicht verwendeten Zahlen realisieren lässt. Weiterhin ist auch $B+C+F+G=18$, also $F+G=18-8-2=8$, was sich nur als $3+5$ noch realisieren lässt.

Fall 1.1: Es ist $F=3$. Dann folgt $G=5$, $E=6$ und $H=4$. Man überprüft schnell, dass diese Verteilung beide Bedingungen erfüllt. (Hier hat die 1 die Nachbarn 6, 7 und 8.)

Fall 1.2: Es ist $F=5$. Dann folgt $G=3$, $E=4$ und $H=6$. Auch hier überpfüft man schnell, dass es sich um eine Lösung handelt. (Hier hat die 1 die Nachbarn 4, 7 und 8.)

Fall 2: Die 2 liegt nicht in einer gemeinsamen Seitenfläche mit 1. Dann verbleibt aber nur noch als einziger Eckpunkt $G$, der damit gleich 2 sein muss. Damit folgt, dass 1 und 3 in einer gemeinsamen Seitenfläche liegen müssen, o.B.d.A. nach ggf. erfolgender Drehung um die Raumdiagonale $AG$ also $3\in\{B,C,D\}$.

Fall 2.1: Es ist $B=3$ oder $D=3$. Nach ggf. erfolgender Spiegelung an der Ebene, die durch $A$, $C$, $E$ und $G$ verläuft, können wir dann sogar o.B.d.A. $B=3$ fordern. Es folgt aber wie oben, dass $C+D=E+F=14$ gelten muss, was sich aber mit verschiedenen Summanden aus $\{1,\dots,8\}$ nur mit $14=8+6$ realisieren lässt, sodass wieder im Widerspruch zu (1) $\{E,F\}=\{C,D\}$ folgen würde. Also gibt es in diesem Fall keine gültige Verteilung.

Fall 2.2: Es ist $C=3$. Dann muss analog zum Fall 1 $B+D=14$, also nach ggf. erfolgender Spiegelung $B=8$ und $D=6$ gelten. Wegen $A+B+E+F=18$ folgt $E+F=11$, was sich mit noch nicht verwendeten Zahlen nur als $11=4+7$ realisieren lässt, woraus $F\in\{4,7\}$ folgt. Andererseits ist auch $B+C+F+G=18$, also $F=18-8-3-2=5$, was ein Widerspruch ist, sodass es auch in diesem Fall keine gültige Lösung gibt.

Insgesamt gibt es also genau zwei verschiedene Anordnungen. Da in diesen die 1 verschiedene Nachbarn besitzt, können sie auch nicht durch Drehung oder Spiegelung ineinander überführt werden.

Cyrix
p.s.: Da waren es nur noch neun...



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.694, eingetragen 2019-06-13


2019-06-13 11:53 - cyrix in Beitrag No. 691 schreibt:
$D_3\kong D_3^{\prime}$


$A \cong B$   \cong

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.692 begonnen.]



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.695, eingetragen 2019-06-13


@cis: Danke für den Hinweis. Ist ausgebessert. :)

Cyrix



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.696, eingetragen 2019-06-13


2019-06-12 21:15 - HyperPlot in Beitrag No. 686 schreibt:

2019-06-12 17:09 - stpolster in Beitrag No. 683 schreibt:
2019-06-12 07:49 - HyperPlot in Beitrag No. 681 schreibt:
Ich muss in #680 noch eine Sache ändern, die mir nicht gefällt.
Ich bekomme permanent Fehler bei

\node[right] at (CBogen) {<math>\bigodot(C,b-c)</math>};

und  

\node[below] at (Bogen) {<math>\bigodot(C,a)</math>};

Er erkennt kein shape mit den Bezeichnungen Bogen bzw. CBogen.
Bei

\newcommand\Bogen[5][]{
\draw[#1] ([shift=(#3:#5)]#2) coordinate(#2bogen) arc (#3:#4:#5) coordinate(#2Bogen);}

kommt die Meldung, dass Bogen schon definiert ist.
Verstehe ich nicht.

LG Steffen


Dann hast Du \Bogen bereits aus einem meiner anderen Beispiele irgendwo definiert.
Aber vermutlich nicht mir den Zusätzen coordinate(#2bogen) und coordinate(#2Bogen).
Deshalb findet er nicht \node[below] at (CBogen) bzw. \node[below] at (Cbogen) und bemängelt, dass \Bogen bereits existiert.


Ich meinte allerdings eine inhaltliche Korrektur.
So wie ich es gemacht hatte, brauchte man einen Winkelmesser. Jetzt nicht mehr.



#680
2019-06-10 20:08 - stpolster in Beitrag No. 661 schreibt:
Eine noch offene Aufgabe ist

Aufgabe 6 - 071036
a) Konstruieren Sie ein Dreieck aus <math>h_c - h_b</math> = 3 cm; b - c = 3,5 cm und a = 8 cm!
Dabei ist <math>h_c</math> die Länge der zur Seite AB gehörenden Höhe, <math>h_b</math> die Länge der zur Seite AC gehörenden Höhe und a die Länge der Seite BC, b die der Seite AC und c die der Seite AB.
b) Beschreiben und diskutieren Sie die Konstruktion!

Ich versuche mich schon ewig dran und habe keine Chance.


$(a,b-c,h_c-h_b)$

Das ist auch keine Standardkonstruktion. Als Faustregel kann man sich merken:

· Summe (Differenz) zweier Seiten gegeben → gleichschenkliges Hilfsdreieck konstruieren.
· Summe (Differenz) zweier Höhen gegeben oder Seitensumme (-differenz) und eine Höhe gegeben → rechtwinkliges Hilfsdreieck konstruieren.

Hier braucht man also beides.

Siehe auch:
Link* Planimetrie - Dreieckskonstruktion aus der Differenz zweier Seiten, einer Seite und einem Winkel  und
Link** Planimetrie - Dreieckskonstruktion aus der Summe zweier Seiten und den zugehörigen Seitenhöhen



<math>% Gegebene Gren
\pgfmathsetmacro{\a}{4}
\pgfmathsetmacro{\X}{1.7}   % b-c
\pgfmathsetmacro{\Y}{1.5}   % hc - hb

%\pgfmathsetmacro{\b}{3.192914142168}
%\pgfmathsetmacro{\c}{2}
%\pgfmathsetmacro{\hb}{1.827090915285}
%\pgfmathsetmacro{\hc}{2.916872211221}
%\pgfmathsetmacro{\X}{\b-\c}   % b-c
%\pgfmathsetmacro{\Y}{\hc-\hb}   % hc - hb


% Seitenlngen
\pgfmathsetmacro{\Alpha}{asin(\Y/\X)} %
\pgfmathsetmacro{\g}{cos(\Alpha)}
\pgfmathsetmacro{\cI}{(sqrt((\g-1)*((\g+1)*\X^2 -2*\a^2))+(\g-1)* \X)/(2*(1-\g))}
\pgfmathsetmacro{\cII}{(sqrt((\g-1)*((\g+1)*\X^2-2*\a^2))-\g*\X +\X)/(2*(\g-1))}
\pgfmathsetmacro{\c}{\cI}

\pgfmathsetmacro{\Gamma}{asin(sin(\Alpha)*\c/\a)}

\pgfmathsetmacro{\Beta}{180-\Alpha-\Gamma}

\pgfmathsetmacro{\b}{sqrt(\a^2+\c^2-2*\a*\c*cos(\Beta))}

%\pgfmathsetmacro{\a}{4} %
%\pgfmathsetmacro{\b}{3.5} %
%\pgfmathsetmacro{\c}{6} %
%\pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} %
%\pgfmathsetmacro{\Beta}{acos((\a^2+\c^2-\b^2)/(2*\a*\c))} %
%\pgfmathsetmacro{\Gamma}{acos((\a^2+\b^2-\c^2)/(2*\a*\b))} %

\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
\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

% Annotationen - Dreieck
\draw[thick] (B) -- (C) node[right, near start]{$a=|BC|$};

\draw[densely dashed] (C) -- ($(A)!(C)!(B)$) coordinate[Punkt={below}{H_c}] (Hc);
\draw[thick] (C) -- ($(C)!\Y cm!(Hc)$)  coordinate[Punkt={yshift=-2mm,right=-1mm}{L}] (L) node[midway, right]{$|CL|=h_c-h_b$};

\path[name path=LD] (L) --+ ($(A)-(B)$);
\path[name path=AC] (A) -- (C);
\path[name intersections={of=AC and LD, name=D}];
\coordinate[Punkt={left}{}] (D) at (D-1);

\path[name path=LK, draw=none] (L) --+ ($0.4*(B)-0.4*(A)$);
\path[name path=BC] (B) -- (C);
\path[name intersections={of=BC and LK, name=K}];
\coordinate[Punkt={right}{}] (K) at (K-1);

\draw[densely dashed] (D) -- (K);
\draw[thick] (C) -- (D) node[midway, sloped, above]{$b-c$};
\draw[] (A) -- (D) node[midway, sloped, above]{$c$};

\draw pic [draw, angle radius=3mm, %angle eccentricity=1.3,
"$\cdot$",
] {angle =C--Hc--A};

\draw pic [draw, angle radius=3mm, %angle eccentricity=1.3,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\cdot$",
] {angle =C--L--D};

%\draw pic [draw, angle radius=4mm, %angle eccentricity=1.3,
%% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
%"$\alpha$",
%] {angle =L--D--C};

%\draw pic [draw, angle radius=4mm, %angle eccentricity=1.3,
%% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
%"$\alpha$",
%] {angle =B--A--C};

%\draw[densely dashed] (B) -- (D);
%\draw pic [draw, angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.5,
%% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
%"$\chi$",
%] {angle =A--D--B};
%\path pic [draw, angle radius=5mm, angle eccentricity=1.5,
%% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
%"$90^\circ$-$\alpha$",
%] {angle =A--D--B};
%
%\draw[densely dashed] (B) -- (D);
%\draw pic [draw, angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.5,
%% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
%"$\chi$",
%] {angle =D--B--A};
%
%\draw[densely dashed] (B) -- (D);
%\draw pic [draw, angle radius=4.5mm, %angle eccentricity=1.5,
%% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
%"$\varphi$",
%] {angle =B--D--L};

%% Punkt A
%\draw[densely dashed] (A) -- ($(A)!-5mm!(B)$);
%\draw[densely dashed] (A) -- ($(A)!-5mm!(C)$);
%
%% Punkt B
%\path let
%\p0 = (C), % Zentrum
%\p1 = (B),
%\n1 = {veclen(\y1-\y0,\x1-\x0)},    \n2={atan2(\y1-\y0,\x1-\x0)}
%in    [savevalue={\Radius}{\n1}, savevalue={\winkel}{\n2}];
%\pgfmathsetmacro{\Winkel}{\winkel} % "pt" abstreifen
%\Bogen[]{C}{\Winkel+10}{\Winkel-7}{\Radius}%
%\node[above] at (Cbogen) {$\bigodot(C,a)$};
%
%% Punkte
\foreach \P in {Hc,L,D,K}
\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);



% Annotationen - Aufgabe
\pgfmathsetmacro{\x}{max(\a, \b,\c)} %
\begin{scope}[shift={($(dreieck.north west)+(-0.5*\x cm-3mm,0)$)}]
% Strecken
\foreach[count=\y from 0] \s/\S in {a/a,X/b-c,Y/h_c-h_b}{%%
\draw[|-|, yshift=-\y*7mm, local bounding box=strecken] (0,0) -- (\csname \s \endcsname,0) node[midway, above]{$\S$ %= \csname \s \endcsname cm
};}%%
\end{scope}
%% Winkel
%\pgfmathsetmacro{\Winkel}{\Beta}
%\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={},
%"$\beta$",
%] {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,
%]{
%$\begin{array}{l l}
%a = \a \text{ cm}  &  \\
%b-c = \X \text{ cm}  &  \\
%h_c-h_b = \Y \text{ cm}  &  \\ \hline
%b = \b \text{ cm}  &  \\
%c = \c \text{ cm}  &  \\
%\alpha = \Alpha^\circ    & \\
%\beta = \Beta^\circ    &  \\
%\gamma = \Gamma^\circ    &  \\
%%\multicolumn{2}{l}{s_{a, \text{max}} = \saMax  \text{ cm}} \\
%\end{array}$
%};

\end{tikzpicture}
</math>


Planfigur und Konstruktion
<math>% \Bogen[Optionen]{Zentrum}{Startwinkel}{Stopwinkel}{Radius}
\newcommand\Bogen[5][]{
\draw[#1] ([shift=(#3:#5)]#2) coordinate(#2bogen) arc (#3:#4:#5) coordinate(#2Bogen);}

% Gegebene Gren
\pgfmathsetmacro{\a}{4}
\pgfmathsetmacro{\X}{1.7}   % b-c
\pgfmathsetmacro{\Y}{1.5}   % hc - hb

%\pgfmathsetmacro{\b}{3.192914142168}
%\pgfmathsetmacro{\c}{2}
%\pgfmathsetmacro{\hb}{1.827090915285}
%\pgfmathsetmacro{\hc}{2.916872211221}
%\pgfmathsetmacro{\X}{\b-\c}   % b-c
%\pgfmathsetmacro{\Y}{\hc-\hb}   % hc - hb


% Seitenlngen
\pgfmathsetmacro{\Alpha}{asin(\Y/\X)} %
\pgfmathsetmacro{\g}{cos(\Alpha)}
\pgfmathsetmacro{\cI}{(sqrt((\g-1)*((\g+1)*\X^2 -2*\a^2))+(\g-1)* \X)/(2*(1-\g))}
\pgfmathsetmacro{\cII}{(sqrt((\g-1)*((\g+1)*\X^2-2*\a^2))-\g*\X +\X)/(2*(\g-1))}
\pgfmathsetmacro{\c}{\cI}

\pgfmathsetmacro{\Gamma}{asin(sin(\Alpha)*\c/\a)}

\pgfmathsetmacro{\Beta}{180-\Alpha-\Gamma}

\pgfmathsetmacro{\b}{sqrt(\a^2+\c^2-2*\a*\c*cos(\Beta))}

%\pgfmathsetmacro{\a}{4} %
%\pgfmathsetmacro{\b}{3.5} %
%\pgfmathsetmacro{\c}{6} %
%\pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} %
%\pgfmathsetmacro{\Beta}{acos((\a^2+\c^2-\b^2)/(2*\a*\c))} %
%\pgfmathsetmacro{\Gamma}{acos((\a^2+\b^2-\c^2)/(2*\a*\b))} %

\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
\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

% Annotationen - Dreieck
\path[] (A) -- (B) node[pos=0.3, below]{$c=|AB|$};
\draw[thick] (B) -- (C) node[right, near start]{$a=|BC|$};

\draw[densely dashed] (C) -- ($(A)!(C)!(B)$) coordinate[Punkt={below}{H_c}] (Hc);
\draw[thick] (C) -- ($(C)!\Y cm!(Hc)$)  coordinate[Punkt={yshift=-2mm,right=-1mm}{L}] (L) node[midway, right]{$|CL|=h_c-h_b$};

\path[name path=LD] (L) --+ ($(A)-(B)$);
\path[name path=AC] (A) -- (C);
\path[name intersections={of=AC and LD, name=D}];
\coordinate[Punkt={left}{D}] (D) at (D-1);

\path[name path=LK, draw=none] (L) --+ ($0.4*(B)-0.4*(A)$);
\path[name path=BC] (B) -- (C);
\path[name intersections={of=BC and LK, name=K}];
\coordinate[Punkt={right}{}] (K) at (K-1);

\draw[densely dashed] (D) -- (K);
\draw[thick] (C) -- (D) node[midway, sloped, above]{$b-c$};
\draw[] (A) -- (D) node[midway, sloped, above]{$c$};

\draw pic [draw, angle radius=3mm, %angle eccentricity=1.3,
"$\cdot$",
] {angle =C--Hc--A};

\draw pic [draw, angle radius=3mm, %angle eccentricity=1.3,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\cdot$",
] {angle =C--L--D};

\draw pic [draw, angle radius=4mm, %angle eccentricity=1.3,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\alpha$",
] {angle =L--D--C};

\draw pic [draw, angle radius=4mm, %angle eccentricity=1.3,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\alpha$",
] {angle =B--A--C};

\draw[densely dashed] (B) -- (D);
\draw pic [draw, angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.5,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\chi$",
] {angle =A--D--B};
\path pic [draw, angle radius=5mm, angle eccentricity=1.6,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$90^\circ$-$\frac{\alpha}{2}$",
] {angle =A--D--B};

\draw[densely dashed] (B) -- (D);
\draw pic [draw, angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.5,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\chi$",
] {angle =D--B--A};

\draw[densely dashed] (B) -- (D);
\draw pic [draw, angle radius=4.5mm, %angle eccentricity=1.5,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\varphi$",
] {angle =B--D--L};

% Punkt A
\draw[densely dashed] (A) -- ($(A)!-5mm!(B)$);
\draw[densely dashed] (A) -- ($(A)!-5mm!(C)$);

% Punkt B
\path let
\p0 = (C), % Zentrum
\p1 = (B),
\n1 = {veclen(\y1-\y0,\x1-\x0)},    \n2={atan2(\y1-\y0,\x1-\x0)}
in    [savevalue={\Radius}{\n1}, savevalue={\winkel}{\n2}];
\pgfmathsetmacro{\Winkel}{\winkel} % "pt" abstreifen
\Bogen[]{C}{\Winkel+10}{\Winkel-7}{\Radius}%
\node[above] at (Cbogen) {$\bigodot(C,a)$};

%% Punkte
\foreach \P in {Hc,L,D,K,A,B}
\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);






%% Annotationen - Aufgabe
%\pgfmathsetmacro{\x}{max(\a, \b,\c)} %
%\begin{scope}[shift={($(dreieck.north west)+(-0.5*\x cm-3mm,0)$)}]
%% Strecken
%\foreach[count=\y from 0] \s/\S in {a/a,X/b-c,Y/h_c-h_b}{%%
%\draw[|-|, yshift=-\y*7mm, local bounding box=strecken] (0,0) -- (\csname \s \endcsname,0) node[midway, above]{$\S$ %= \csname \s \endcsname cm
%};}%%
%\end{scope}
%% Winkel
%\pgfmathsetmacro{\Winkel}{\Beta}
%\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={},
%"$\beta$",
%] {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,
%]{
%$\begin{array}{l l}
%a = \a \text{ cm}  &  \\
%b-c = \X \text{ cm}  &  \\
%h_c-h_b = \Y \text{ cm}  &  \\ \hline
%b = \b \text{ cm}  &  \\
%c = \c \text{ cm}  &  \\
%\alpha = \Alpha^\circ    & \\
%\beta = \Beta^\circ    &  \\
%\gamma = \Gamma^\circ    &  \\
%%\multicolumn{2}{l}{s_{a, \text{max}} = \saMax  \text{ cm}} \\
%\end{array}$
%};


% Annotation
\renewcommand\labelenumi{\texttt{(\theenumi)}}
\node[below, anchor=north west, align=left,
text width=\textwidth-\a cm,
inner sep=1pt,
xshift=24mm,  yshift=2mm,
font=\normalsize,
%fill=black!1, draw=red,
] at (C){%\vspace{-1em}
Planfigur. Trgt man auf der Seite $b = |AC|$ die Strecke $c$ ab, Endpunkt sei $D$, erhlt man die gegebene Strecke $b-c = |DC|$. \par
Legt man durch $D$ eine Parallele zu $|AB|$ und fllt von $C$ das Lot auf die Parallele, Lotfupunkt sei $L$, dann erhlt man eine Strecke $|CL|=h_c-h_b$, die gleich der gegebenen Strecke $h_c-h_b$ ist. \par
Beweis: Nach der Strahlensatzfigur mit Scheitelpunkt $C$ ist $\dfrac{|CL|}{h_c}=\dfrac{b-c}{b} =1-\dfrac{c}{b}
~\Leftrightarrow~
|CL| = h_c -\dfrac{ch_c}{b} =h_c -\dfrac{bh_b}{b} = h_c-h_b$, da nach der Flchenformel $2F=ah_a = bh_b = ch_c$ gilt. \par
Damit ist mit $DLC$ ein rechtwinkliges Dreieck gegeben, mit der Hypotenuse $b-c$ und einer Kathete $h_c-h_b$. \par
Mit $ABD$ ist ein gleichschenkliges Dreieck mit Spitze $A$  und den Schenkeln $c$ und ensprechend dem Basiswinkel $
\chi=\dfrac{180^\circ-\alpha}{2}=90^\circ-\dfrac{\alpha}{2}$ gegebenen. \par
Fr den Konstruktionswinkel $\varphi$ bei $D$ ist $
\varphi
=180^\circ -\alpha -\left( 90^\circ-\dfrac{\alpha}{2} \right)
= 90^\circ-\dfrac{\alpha}{2}$, also $\varphi = \chi$. Die Ecke $B$ liegt also auf einer Geraden, die den Supplementwinkel $\sphericalangle ADL$ von $\alpha = \sphericalangle CDL$ halbiert sowie auf einem Kreis $\bigodot(C,a)$ beschrieben um $C$ vom Radius $a$. \par
Die Ecke $A$ liegt auf einer Parallelen zu $|DK|$ durch $B$ sowie auf derjenigen Geraden durch $|CD|$.
%\begin{enumerate}
%\item aa
%\end{enumerate}
};


\end{tikzpicture}</math>

<math>% \Bogen[Optionen]{Zentrum}{Startwinkel}{Stopwinkel}{Radius}
\newcommand\Bogen[5][]{
\draw[#1] ([shift=(#3:#5)]#2) coordinate(#2bogen) arc (#3:#4:#5) coordinate(#2Bogen);}

% Gegebene Gren
\pgfmathsetmacro{\a}{4}
\pgfmathsetmacro{\X}{1.7}   % b-c
\pgfmathsetmacro{\Y}{1.5}   % hc - hb

%\pgfmathsetmacro{\b}{3.192914142168}
%\pgfmathsetmacro{\c}{2}
%\pgfmathsetmacro{\hb}{1.827090915285}
%\pgfmathsetmacro{\hc}{2.916872211221}
%\pgfmathsetmacro{\X}{\b-\c}   % b-c
%\pgfmathsetmacro{\Y}{\hc-\hb}   % hc - hb


% Seitenlngen
\pgfmathsetmacro{\Alpha}{asin(\Y/\X)} %
\pgfmathsetmacro{\g}{cos(\Alpha)}
\pgfmathsetmacro{\cI}{(sqrt((\g-1)*((\g+1)*\X^2 -2*\a^2))+(\g-1)* \X)/(2*(1-\g))}
\pgfmathsetmacro{\cII}{(sqrt((\g-1)*((\g+1)*\X^2-2*\a^2))-\g*\X +\X)/(2*(\g-1))}
\pgfmathsetmacro{\c}{\cI}

\pgfmathsetmacro{\Gamma}{asin(sin(\Alpha)*\c/\a)}

\pgfmathsetmacro{\Beta}{180-\Alpha-\Gamma}

\pgfmathsetmacro{\b}{sqrt(\a^2+\c^2-2*\a*\c*cos(\Beta))}

%\pgfmathsetmacro{\a}{4} %
%\pgfmathsetmacro{\b}{3.5} %
%\pgfmathsetmacro{\c}{6} %
%\pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} %
%\pgfmathsetmacro{\Beta}{acos((\a^2+\c^2-\b^2)/(2*\a*\c))} %
%\pgfmathsetmacro{\Gamma}{acos((\a^2+\b^2-\c^2)/(2*\a*\b))} %

\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},
]

% Rechtwinkligen Dreieck DLC
\coordinate[Punkt={left}{L}] (L) at (0,0);
\coordinate[Punkt={right}{C}] (C) at (\Y,0);
\draw[] (L) -- (C) node[pos=0.5, below=1mm]{$h_c-h_b$};

\draw[name path=senkrechte, densely dashed] (L) -- ($(L)!2.0cm!90:(L)$) coordinate(Ls);
\draw pic [draw, angle radius=3mm, %angle eccentricity=1.3,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\cdot$",
] {angle =C--L--Ls};

\path[name path=kreisC] (C) circle[radius=\X];
\path[name intersections={of=kreisC and senkrechte, name=D}];
\coordinate[Punkt={left}{D}] (D) at (D-1);
\draw[] (C) -- (D) node[midway, sloped, above]{$b-c$};
\path let
\p0 = (C), % Zentrum
\p1 = (D),
\n1 = {veclen(\y1-\y0,\x1-\x0)},    \n2={atan2(\y1-\y0,\x1-\x0)}
in    [savevalue={\Radius}{\n1}, savevalue={\winkel}{\n2}];
\pgfmathsetmacro{\Winkel}{\winkel} % "pt" abstreifen
\Bogen[]{C}{\Winkel+15}{\Winkel-17}{\Radius}%
\node[right] at (CBogen) {$\bigodot(C,b-c)$};

\draw pic [draw, angle radius=4mm, %angle eccentricity=1.3,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\alpha$",
] {angle =L--D--C};

\draw[name path=gerade, densely dashed] (D) --+ (-90-90+0.5*\Alpha:4cm);
%\path[name path=kreisC2, brown] (C) circle[radius=\a];
\Bogen[name path=kreisC2]{C}{-180}{-165}{\a}%
\node[below] at (CBogen) {$\bigodot(C,a)$};
\path[name intersections={of=kreisC2 and gerade, name=B}];
\coordinate[Punkt={left}{B}] (B) at (B-1);

\draw pic [draw, angle radius=3.5mm, angle eccentricity=1.7,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\varphi$",
] {angle =B--D--L};
%
\draw[name path=parallele, densely dashed] (B) --+ ($4.5*(D)-4.5*(L)$);
\draw[name path=geradeCD, densely dashed] (D) -- ($(C)!4.5cm!(D)$);
\path[name intersections={of=geradeCD and parallele, name=A}];
\coordinate[Punkt={left}{A}] (A) at (A-1);

\draw[local bounding box=dreieck, thick] (A) -- (B) -- (C) --cycle;


%% Punkte
\foreach \P in {C,L,D,B,A}
\draw[fill=black!1] (\P) circle (1.75pt);

% Test
%\pgfmathsetmacro{\c}{\cII}
%\draw[red,  thick]  (A) -- ($(A)!\c cm!(B)$);
%\draw[red,  thick]  (A) -- ($(A)!\b cm!(C)$);
%\draw[red,  thick]  (B) -- ($(B)!\a cm!(C)$);
%\draw[blue,  thick]  (D) --+ (-90-90+0.5*\Alpha:2);


%% Annotation
\renewcommand\labelenumi{\texttt{(\theenumi)}}
\newcommand\No[1]{\texttt{(#1)}}
\node[below, anchor=north west, align=left,
text width=\textwidth-\a cm,
inner sep=1pt,
xshift=47mm,  yshift=14mm,
font=\normalsize,
fill=black!1, draw=none,
] at (A){%\vspace{-1em}
\begin{enumerate}
\item Konstruktion des rechtwinkligen Dreiecks $DLC$.
\item[\No{1a}] Lege durch $h_c-h_b = |CL|$ die Punkte $C$ und $L$ fest.
\item[\No{1b}] Errichte eine Senkterechte zu $|CL|$ in $L$. \par
Beschreibe einen Kreis $\bigodot(C,b-c)$ um $C$ vom Radius $b-c$. Schnittpunkt des Kreises mit der Senkrechten ist der Punkt $D$.
\item Konstruktion des gleichschenkligen Dreiecks $ABD$.
\item[\No{2a}] Lege eine Gerade durch $|CD|$ und halbiere den Supplementwinkel von $\alpha =\sphericalangle LDC$, um den Winkel $\varphi$ zu erhalten.
\item[\No{2b}] Lege eine Gerade durch $D$ so, dass sie mit $|LD|$ den Konstruktionswinkel $\varphi$ einschliet. \par
Beschreibe einen Kreis $\bigodot(C,a)$ um $C$ vom Radius $a$. Schnittpunkt des Kreises mit der Geraden ist die Ecke $B$.
\item[\No{2c}] Lege eine Parallele zu $|DL|$ durch $B$. \par
Schnittpunkt der Parallelen mit derjenigen Geraden durch $|CD|$ ist die Ecke $A$.
\end{enumerate}
};

\node[yshift=12mm, xshift=-4mm, anchor=west, font=\normalsize] at (A){Damit ergibt sich folgende Konstruktion:};

\end{tikzpicture}</math>


Bedingungen für die Konstruktion
<math>\begin{tikzpicture}[]
\node[yshift=12mm, xshift=-4mm, anchor=west, font=\normalsize, align=left] {

Man entliest der Konstruktionsskizze, dass $b-c>h_c-h_b$ sein muss, da $b-c$ Hypotenuse des rechtwinkligen Dreiecks $DLC$ ist. \\[1em]

Ferner muss nach der Dreiecksungleichung $a > b-c$ sein.
};
\end{tikzpicture}</math>








Beim Teil Planfigur hast Du noch die alte Version übernommen.



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Ex_Senior
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Aufgabe 270936: Auf dem Arbeitsblatt ist das Bild <math>A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}D^{\prime}E^{\prime}F^{\prime}G^{\prime}H^{\prime}</math> eines Würfels <math>ABCDEFGH</math> bei einer schrägen Parallelprojektion gegeben. Diese ist so gewählt, dass die Fläche <math>ABFE</math> ohne Verzerrung in wahrer Größe <math>A^{\prime}B^{\prime}F^{\prime}E^{\prime}</math> erscheint.
a) Beweisen Sie folgende Aussage:
Es gibt auf der Strecke <math>EG</math> genau einen Punkt <math>P_0</math> mit der Eigenschafft, dass die Summe <math>|CP_0|+|P_0F|</math> kleiner ist als die Summe <math>|CP|+|PF|</math> für jeden anderen Punkt <math>P</math> auf <math>EG</math>.
b) Leiten Sie eine Möglichkeit her, das Bild <math>P_0^{\prime}</math> dieses Punktes <math>P_0</math> bei der Parallelprojektion auf dem Arbeitsblatt zu konstruieren!
Fürhen Sie die Konstruktion durch! Beschreiben Sie Ihre Konstruktion!
Hinweis: <math>|CP_0|</math>, <math>|P_0F|</math>, <math>|CP|</math>, <math>|PF|</math> bezeichnen Strecken im Raum, nicht Bildstrecken in der Zeichenebene.

Lösung:

a) Dreht man das Quadrat <math>EFGH</math> um die Achse <math>EG</math> so um <math>90^{\circ}</math>, dass der Bildpunkt <math>\tilde{F}</math> von <math>F</math> nun senkrecht "über" dem Mittelpunkt von <math>EG</math> liegt, dann liegt <math>\tilde{F}</math> nun mit in der gleichen Ebene wie <math>A</math>, <math>C</math>, <math>G</math> und <math>E</math>. Da <math>EG</math> als Drehachse bei der Drehung fix blieb, gilt für jeden Punkt <math>P</math> auf dieser, dass <math>|PF|=|P\tilde{F}|</math> gilt. Es ist also <math>P_0</math> derjenige Punkt auf <math>EG</math> (falls existent und eindeutig bestimmt), für den <math>|CP_0|+|P_0\tilde{F}|</math> minimal wird. Dies ist aber aufgrund der Dreiecksungleichung genau dann der Fall, wenn <math>P_0</math> auf der Geraden <math>\tilde{F}C</math> liegt, denn dann ist diese Summe gleich <math>|C\tilde{F}|</math>, sonst größer. Da <math>C</math> und <math>\tilde{F}</math> auf verschiedenen Seiten von <math>EG</math> liegen, schneiden sich die beiden Geraden <math>EG</math> und <math>C\tilde{F}</math> in genau einem Punkt <math>P_0</math>, der die Aussage in der Aufgabenstellung erfüllt, sodass dieser existiert und eindeutig bestimmt ist, <math>\Box</math>.

b) Zur Konstruktion von <math>P_0^{\prime}</math> genügt es also <math>\tilde{F}^{\prime}</math> zu konstruieren, da auch für die Bildgeraden <math>E^{\prime}G^{\prime}</math> und <math>C^{\prime}\tilde{F}^{\prime}</math> gilt, dass sie sich in <math>P_0^{\prime}</math> schneiden.

Es liegt <math>\tilde{F}</math> senkrecht über dem Schnittpunkt <math>M</math> der Diagonalen des Quadrats <math>EFGH</math> in einer Höhe von <math>h=\frac{\sqrt{2}}{2} \cdot |EF|</math>. Da <math>|E^{\prime}F^{\prime}|=|EF|</math> gilt, kann man <math>h</math> leicht durch eine Hilfskonstruktion erhalten, indem etwa in das schon gegebene Quadrat <math>A^{\prime}B^{\prime}F^{\prime}E^{\prime}</math> der Kantenlänge <math>|EF|</math> die beiden Diagonalen eingezeichnet und der Diagonalenschnittpunkt <math>N^{\prime}</math> ermittelt wird. Dann gilt <math>|E^{\prime}N^{\prime}|=h</math>.

Da die Strecke <math>M\tilde{F}</math> parallel zu <math>AE</math> ist, wird also auch diese unverzerrt dargestellt, sodass man zuerst <math>M^{\prime}</math> als Schnittpunkt der Diagonalen <math>E^{\prime}G^{\prime}</math> und <math>H^{\prime}F^{\prime}</math> erhält und dann dort in <math>M^{\prime}</math> die Streckenlänge <math>h</math> auf einer Geraden durch <math>M^{\prime}</math>, die parallel zu <math>A^{\prime}E^{\prime}</math> ist, "nach oben" abträgt. Der damit erhaltene Punkt ist <math>\tilde{F}^{\prime}</math> und der Schnittpunkt der Geraden <math>E^{\prime}G^{\prime}</math> und <math>C^{\prime}\tilde{F}^{\prime}</math> schließlich der gesuchte Punkt <math>P_0^{\prime}</math>.


Bemerkung: Falls jemand malen will, kann man hier gern eine Skizze ergänzen, um der Aufforderung der Aufgabenstellung, die Konstruktion nicht nur zu beschreiben und zu begründen, sondern auch noch durchzuführen, nachzukommen. Ich denke aber, dass es auch so schon deutlich wird, wie der Spaß abzulaufen hat.

Cyrix

p.s.: Da waren es nur noch acht. :)

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.695 begonnen.]



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.698, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-13


Danke für die neuen Lösungen.
Das Bild sehe ich mir morgen einmal an. Ich werde da etwas hinbekommen.
864 Lösungen sind es nun.

LG Steffen



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.699, eingetragen 2019-06-13


111236B


@TomTom314:
Das Argument gefällt mir sehr gut! Ich vervollständige dann mal die Lösung.

Lösung:
\(w\) und \(s\) seien die Anzahlen der weißen bzw. schwarzen Kugeln, die in Urne 1 gelegt werden. Nach Voraussetzung ist dann \((w,s)\neq(0,0)\) und \((w,s)\neq(50,50)\). Die W'keit, dass eine aus Urne 1 bzw. Urne 2 gezogene Kugel weiß ist, beträgt \(p_1(w,s)=\frac w{w+s}\) bzw. \(p_2(w,s)=\frac{50-w}{100-w-s}\). Die Gesamtw'keit, eine weiße Kugel zu ziehen, ist also \(p(w,s)=\frac12(p_1(w,s)+p_2(w,s))\). Gesucht sind \(w\) und \(s\), sodass \(p(w,s)\) maximal wird.

Für \(w=s\) gilt \(p(w,s)=\frac12\). Später werden wir sehen, dass dies nicht der gesuchte Maximalwert ist. Sei nun vorerst \(w\neq s\).

Da nicht in beiden Urnen mehr schwarze als weiße Kugeln sein können, wird ohne Einschränkung angenommen, dass in Urne 1 mehr weiße als schwarze Urnen sind, also dass \(s<w\) gilt.

Einfache algebraische Umformungen zeigen dann:
Für \(0<s<w\leq50\) gilt \(p_1(w-1,s-1)>p_1(w,s)\) und \(p_2(w-1,s-1)>p_2(w,s)\)

Somit kann das Maximum von \(p(w,s)\) nicht für \(0<s<w\leq50\) angenommen werden, da \(p(w-1,s-1)>p(w,s)\).

Das Maximum von \(p(w,s)\) wird also für \(s=0\) (und \(w>0\)) angenommen.

Es gilt \(p(w,0)=\frac12(1+\frac{50-w}{100-w})=1-\frac{25}{100-w}\). Dies wird für \(w=1\) maximal, und dann ist \(p(1,0)=\frac{74}{99}\).

Wegen \(\frac{74}{99}>\frac12\) ist also \(\frac{74}{99}\) die größtmögliche erreichbare W'keit, eine weiße Kugel zu ziehen. Diese W'keit wird erreicht, wenn in Urne 1 eine weiße und keine schwarze Kugel (oder 49 weiße und 50 schwarze Kugeln gelegt) werden.



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.700, eingetragen 2019-06-14



Aufgabe 230933: In dem Schema << in der Aufgabenstellung>> soll in jedes Kästchen genau eine der zehn Ziffern (des dekadischen Zahlensystems) so eingetragen werden, dass jede der Ziffern 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 einmal vorkommt und dass eine richtig gerechnete Additionsaufgabe entsteht.
Beweisen Sie, dass es nicht möglich ist, durch eine solche Eintragung auch noch die zusätzliche Forderung zu erfüllen, dass bei der Ausführung der Addition genau zwei Überträge auftreten!

Lösung:

Wir nehmen indirekt an, es gäbe eine solche Eintragung mit genau zwei Überträgen.

Die Tausenderstelle der Summe $s$ kann nur durch einen Übertrag entstanden sein. Da nur zwei Summanden $s_1$ und $s_2$ addiert werden, kann wegen $9+9+1=19<20$ ein Übertrag nur 1 lauten. Insbesondere ist die Tausenderstelle von $s$ also eine 1.

Wir denken uns nun zur Vereinfachung der Notation die beiden Summanden um eine Tausenderstelle 0 ergänzt, sodass alle drei Zahlen die gleiche Stellenanzahl besitzen.

Es sei $q_1$ die Quersumme des ersten Summanden, $q_2$ die des zweiten und $q$ die der Summe. Dann gilt offenbar $q_1+q_2+q=45$, da jede der Ziffern 1 bis 9 insgesamt genau einmal (und die 0 nun genau dreimal) in diesen Zahlen vorkommt.

Weiterhin entsteht eine Ziffer in $s$ durch die Addition der beiden entsprechenden Ziffern in $s_1$ und $s_2$, sofern kein Übertrag in dieser oder der vorhergehenden Stelle auftritt. Entstand ein Übertrag in der vorhergehenden Stelle, erhöht sich der Wert der gerade betrachteten Ziffer  von $s$ gegenüber der Summe der entsprechenden Ziffern von $s_1$ und $s_2$ um den Übertrag von 1. Entsteht (ggf. dadurch) nun in der betrachteten Stelle ein Übertrag, ist die Ziffer in $s$ um genau 10 kleiner als die Summe (und die nächste Ziffer in $s$ erhöht sich um den Übertrag von 1).

Summiert man nun alle diese Summen der entsprechenden Ziffern von $s_1$ und $s_2$, erhält man wieder $q_1+q_2$, da jede Ziffer von $s_1$ sowie $s_2$ dabei genau einmal betrachtet wird. Andererseits ergibt dies nach der eben erfolgten Beobachtung $q_3+k\cdot (10-1)$, wobei $k$ die Anzahl der Überträge ist, da dann an genau $k$ Stellen die Ziffer in $s$ durch einen Übertrag um 1 erhöht und auch an genau $k$ Stellen um genau 10 gegenüber dem Wert der Summe der entsprechenden Ziffern (+ ggf. Übertrag aus vorheriger Stelle) verringert wurde.

Laut Aufgabenstellung soll $k=2$ gelten, sodass man $q_1+q_2=q_3+18$ erhält. Setzt man dies in $q_1+q_2+q_3=45$ ein, erhält man $2q_3+18=45$ bzw. den Widerspruch $q_3=\frac{27}{2}\not\in\mathbb{Z}$. Also kann es keine solche Eintragung mit genau 2 Überträgen geben, $\Box$.

Cyrix

p.s.: Da waren es nur noch sieben. :)



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.701, eingetragen 2019-06-14



Aufgabe 280932: In jedes der 16 Felder eines 4×4-Quadrates (siehe Abbildung <<in der Aufgabenstellung>>) soll eine der Zahlen 0 und 1 so eingetragen werden, dass in jeder Zeile, in jeder Spalte und in jeder der beiden Diagonalen zweimal die 0 und zweimal die 1 vorkommt.
Ermitteln Sie alle verschiedenen Eintragungen, die diese Bedingungen erfüllen!
Dabei seien zwei Eintragungen genau dann voneinander verschieden genannt, wenn es keine Spiegelung gibt, die die eine Eintragung in eine andere überführt.

Lösung:

Die Felder des Quadrats seien mit <math>a_1</math> bis <math>d_4</math> bezeichnet.

Dann kann nicht in drei Eckfelder des Quadrats die gleiche Zahl eingetragen werden. Andernfalls wären o.B.d.A. <math>a_1=a_4=d_4=0</math>. Dann folgt in Zeile <math>a</math>, dass <math>a_2=a_3=1</math> und analog in Spalte 4, dass <math>b_4=c_4=1</math> sein muss. In der Diagonale <math>a_1</math>--<math>d_4</math> gilt aber auch <math>b_2=c_3=1</math>, sodass sich in Zeile <math>b</math> schließlich <math>b_1=b_3=0</math> und in Zeile <math>c</math> <math>c_1=c_2=0</math> ergibt, womit man in Spalte 1 den Widerspruch <math>a_1=b_1=c_1=0</math> erhält.

Also müssen in je zwei der vier Eckfelder des Quadrats die Zahl 0 und in die zwei anderen die Zahl 1 eingetragen werden. Wir unterscheiden danach, ob sich die beiden Felder mit der 0 gegenüberliegen, oder ob sie benachbart sind:

Fall 1: Die beiden Eckfelder mit Eintrag 0 liegen einander diagonal gegenüber, d.h., nach ggf. erfolgter Spiegelung gilt o.B.d.A. <math>a_1=d_4=0</math> und <math>a_4=d_1=1</math>. Es folgt auf den Diagonalen automatisch <math>b_2=c_3=1</math> und <math>b_3=c_2=0</math>, man erhält also

<math>\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline
0 &  &  & 1\\
\hline
& 1& 0&  \\
\hline
& 0& 1&  \\
\hline
1 &  &  & 0\\
\hline
\end{tabular}
</math>

Fall 1.1: Es ist <math>a_2=0</math>. Dann ist zwangsweise <math>a_3=1</math>, <math>d_2=1</math> und <math>d_3=0</math>. Man erhält

<math>\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline
0 & 0& 1& 1\\
\hline
& 1& 0&  \\
\hline
& 0& 1&  \\
\hline
1 & 1& 0& 0\\
\hline
\end{tabular}
</math>

Fall 1.1.1: Es ist <math>b_1=0</math>. Dann ist zwangsweise <math>b_4=1</math>, <math>c_1=1</math> und <math>c_4=0</math>, sodass man die folgende (wie man leicht überprüft) Lösung erhält:

<math>\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline
0 & 0& 1& 1\\
\hline
0 & 1& 0& 1\\
\hline
1 & 0& 1& 0\\
\hline
1 & 1& 0& 0\\
\hline
\end{tabular}
</math>

Fall 1.1.2: Es ist <math>b_1=1</math>. Dann ist zwangsweise <math>b_4=0</math>, <math>c_1=0</math> und <math>c_4=1</math>, sodass man die folgende Lösung erhält:

<math>\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline
0 & 0& 1& 1\\
\hline
1 & 1& 0& 0\\
\hline
0 & 0& 1& 1\\
\hline
1 & 1& 0& 0\\
\hline
\end{tabular}
</math>

Fall 1.2: Es ist <math>a_2=1</math>. Dann ist zwangsweise <math>a_3=0</math>, <math>d_2=0</math> und <math>d_3=1</math>. Wäre <math>b_1=0</math>, so könnte man dies durch Spiegelung auf den Fall 1.1.2 zurückführen. Also muss <math>b_1=1</math> sein, was auf <math>b_4=0</math>, <math>c_1=0</math> und <math>c_4=1</math>, sodass man die folgende Lösung erhält:

<math>\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline
0 & 1& 0& 1\\
\hline
1 & 1& 0& 0\\
\hline
0 & 0& 1& 1\\
\hline
1 & 0& 1& 0\\
\hline
\end{tabular}
</math>

Fall 2: Die beiden Eckfelder mit Eintrag 0 liegen auf einer gemeinsamen Kante, d.h., es gilt nach ggf. erfolgter Spiegelung o.B.d.A. <math>a_1=a_4=0</math> und <math>d_1=d_4=1</math>. Es folgt sofort <math>a_2=a_3=1</math> und <math>d_2=d_3=0</math>, sodass man folgende Situation erhält:

<math>\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline
0 & 1& 1& 0\\
\hline
&  &  &  \\
\hline
&  &  &  \\
\hline
1 & 0& 0& 1\\
\hline
\end{tabular}
</math>

Fall 2.1: Es ist <math>b_2=0</math>. Dann ist zwangsweise <math>b_3=1</math> und aufgrund der Diagonalen <math>a_1</math>--<math>d_4</math> auch <math>c_3=1</math>, was sofort <math>b_3=0</math>, also in Zeile <math>b</math> auch <math>b_1=b_4=1</math> sowie in Zeile <math>c</math> analog <math>c_1=c_4=0</math> nach sich zieht, sodass man die folgende Lösung erhält:

<math>\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline
0 & 1& 1& 0\\
\hline
1 & 0& 0& 1\\
\hline
0 & 1& 1& 0\\
\hline
1 & 0& 0& 1\\
\hline
\end{tabular}
</math>


Fall 2.2: Es ist <math>b_1=1</math>. Dann ist zwangsweise <math>b_3=0</math> und aufgrund der Diagonalen <math>a_1</math>--<math>d_4</math> auch <math>c_3=0</math>, was sofort <math>b_3=1</math>, also in Zeile <math>b</math> auch <math>b_1=b_4=0</math> sowie in Zeile <math>c</math> analog <math>c_1=c_4=1</math> nach sich zieht, sodass man die folgende Lösung erhält:


<math>\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline
0 & 1& 1& 0\\
\hline
0 & 1& 1& 0\\
\hline
1 & 0& 0& 1\\
\hline
1 & 0& 0& 1\\
\hline
\end{tabular}
</math>

Die Fallunterscheidung ist vollständig und die fünf erhaltenen Eintragungen (von denen man jeweils schnell überprüft, dass sie alle geforderten Eigenschaften erfüllen) gehen paarweise nicht durch Spiegelung auseinander hervor, bilden also die gesuchte Lösungsmenge.

Cyrix
p.s.: Da waren es nur noch sechs. :)



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.702, eingetragen 2019-06-14


Aufgabe 230932
In der Abbildung ist ein Körper K skizziert. Er besteht aus drei Würfeln der Kantenlänge 1 cm, die in der angegebenen Anordnung fest zusammengefügt sind. Aus genügend vielen Körpern dieser Gestalt K soll ein (vollständig ausgefüllter) Würfel W (Kantenlängen Zentimeter) zusammengesetzt werden. Ermitteln Sie alle diejenigen natürlichen Zahlen n>0, für die das möglich ist!

Gedanken zur Aufgabe. Es ist klar, dass n zwingend ein Vielfaches von 3 sein muß. Für n=3 geht es nicht. Für n=6k geht es, da der Würfel dann mit 3x2x1 Körpern gefüllt werden kann. Ich vermute, dass es für n=6k+3 grundsätzlich nicht geht und dieses über das Invarianzprinzip gelöst werden kann / sollte (wie z.B. Schachbrett mit Dominosteinen füllen).

Hier habe ich mich ersatzweise an einem Quadrat versucht, dass mit
x x 
x
Puzzelteilen gefüllt werden soll. Das grundsätzliche Problem, was ich dabei habe, ist dass eine Invariante benötigt wird, die zwischen  dem obigen Puzzleteil und
x x x
unterscheiden muß, da ein Quadrat und auch Würfel sich komplett füllen läßt, wenn ein 1x3 Puzzleteil zur Verfügung steht.

Die Aufgabe 280936 ist ein sehr ähnliches Problem, wo mir auch genau diese Invariante fehlt.



[Die Antwort wurde nach Beitrag No.700 begonnen.]



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.703, eingetragen 2019-06-14



Aufgabe 270933: Es sei $ABCD$ ein Sehnenviereck, dessen Seiten $AB$ und $CD$ so gelegen sind, dass sich die Verlängerungen von $AB$ über $B$ hinaus und die Verlängerung von $DC$ über $C$ hinaus in einem Punkt $T$ schneiden.
Die Winkelhalbierende des Winkels $\angle ATD$ sei $h$. Der Schnittpunkt der Diagonalen $AC$ und $BD$ sei $S$; die Winkelhalbierende des Winkels $\angle ASD$ sei $g$.
Beweisen Sie:
Aus diesen Voraussetzungen folgt stets, dass $g$ und $h$ zueinander parallel sind.
Bemerkung: Auch in dem Spezialfall, dass $g$ und $h$ in dieselbe Gerade fallen, werden sie als zueinander parallel bezeichnet.

Lösung:

Wir berechnen die Winkel, in denen $g$ sowie $h$ die Gerade $BC$ schneiden, und zeigen, dass sie gleich sind. Daraus folgt dann sofort die zu zeigende Parallelität von $g$ und $h$. Dazu betreiben wir eine Winkeljagd:

Nach Innenwinkelsumme im Dreieck $\triangle ASD$ ist $\angle ASD=180^{\circ} - (\angle SDA + \angle DAS)$. Da $\angle ASD$ und $\angle CSB$ Scheitelwinkel sind, sind sie auch gleich groß und besitzen die gleiche Winkelhalbierende. Sei $S_1$ der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden von $\angle ASD$, also auch von $\angle CSB$, mit $BC$. Dann ist $\angle S_1SB=\frac{1}{2}\cdot \angle CSB=90^{\circ} - \frac{1}{2} \cdot (\angle SDA + \angle DAS)$. Nach dem Peripheriewinkelsatz sind die beiden Peripheriwinkel $\angle DBC=\angle SBS_1$ und $\angle DAC=\angle DAS$ über der Sehne $DC$ gleich groß, sodass aufgrund der Innenwinkelsumme im Dreieck $\triangle SS_1B$ folgendes gilt:

$\angle BS_1S=180^{\circ}-\angle SBS_1-\angle S_1SB=180^{\circ}-\angle DAS - 90^{\circ} + \frac{1}{2} \cdot (\angle SDA + \angle DAS)=90^{\circ}+\frac{1}{2} \cdot (\angle SDA - \angle DAS) .$

Andererseits erhält man mit der Innenwinkelsumme im Dreieck $\triangle ATD$, dass $\angle ATD=180^{\circ}-\angle DAT-\angle TDA=180^{\circ}-\angle DAB-\angle CDA$ ist. Sei $S_2$ der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden von $\angle ATD$ mit $BC$. Dann ist $\angle BTS_2=\angle ATS_2=\frac{1}{2} \cdot \angle ATD=90^{\circ}-\frac{1}{2} \cdot (\angle DAB + \angle CDA)$. Im Sehnenviereck $ABCD$ addieren sich gegenüberliegende Innenwinkel zu $180^{\circ}$, sodass $\angle ABC=180^{\circ}-\angle CDA$ gilt. Da $\angle ABC$ und $\angle CBT=\angle S_2BT$ Nebenwinkel sind, gilt $\angle S_2BT=180^{\circ}-\angle ABC=\angle CDA$. Damit gilt aufgrund der Innenwinkelsumme im Dreieck $\triangle BTS_2$

$\angle TS_2B=180^{\circ}-\angle S_2BT-\angle BTS_2=180^{\circ}-\angle CDA - 90^{\circ}+\frac{1}{2} \cdot (\angle DAB + \angle CDA)=90^{\circ}+\frac{1}{2} \cdot (\angle DAB - \angle CDA) .$

Es ist $\angle DAB=\angle DAC + \angle CAB$. Aufgrund des Peripheriewinkelsatzes sind die beiden Peripheriewinkel $\angle CAB$ und $\angle CDB$ über der Sehne $CB$ gleich. Also gilt auch $\angle DAB=\angle DAC + \angle CDB$. Weiterhin ist $\angle CDA=\angle CDB + \angle BDA$, sodass sich $\angle DAB - \angle CDA=(\angle DAC + \angle CDB) - (\angle CDB + \angle BDA)=\angle DAC - \angle BDA= \angle DAS - \angle SDA$ und damit

$\angle TS_2B=90^{\circ}+\frac{1}{2} \cdot (\angle DAB - \angle CDA)=90^{\circ} + \frac{1}{2} \cdot (\angle DAS - \angle SDA)=180^{\circ}-(90^{\circ}+\frac{1}{2} \cdot (\angle SDA - \angle DAS))=180^{\circ}-\angle BS_1S$

ergibt. Sei $P$ ein Punkt auf dem von $T$ ausgehenden Strahl durch $S_2$, nicht aber auf der Strecke $TS_2$, (also "nach $S_2$") liegt. Dann sind $\angle TS_2B$ und $\angle BS_2P$ Nebenwinkel, sodass sich

$\angle BS_2P=180^{\circ}-\angle TS_2B=\angle BS_1S$

ergibt und damit $g$ sowie $h$ die Gerade $BC$ im gleichen Winkel schneiden, also nach Umkehrung des Stufenwinkelsatzes zueinander parallel sind, $\Box$.

Cyrix
p.s.: Da waren es nur noch fünf. :)



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.704, eingetragen 2019-06-14


Habe die Lösung zu 111236B in #689 noch etwas eingedampft.

@Steffen: Da die zündende Idee von TomTom314 stammt, sollte er als Mitlöser aufgeführt werden. smile



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.705, eingetragen 2019-06-14


111241

Lösung:
In (1) dürfen alle \(x\) eingesetzt werden, für die keiner der beiden Nenner 0 wird, also alle \(x\in\IR\setminus\{-2,8\}\).

Wir unterscheiden die Fälle \(x\geq3\) und \(x<3\).

Fall 1: \(x\geq3\)
Dann ist der Ausdruck (1) gleich
\(\frac{2x}{x-3-5}+\frac1{x+2}=\frac{2x^2+5x-8}{(x-8)(x+2)}\)

Fall 1.1: Für \(x>8\) (oder \(x<-2\), was in Fall 1 aber nicht möglich ist) ist der Nenner positiv und die Ungleichung (2) dann äquivalent zu
\(2x^2+5x-8\geq(x-8)(x+2)\iff x^2+11x+8\geq0\iff (x+\frac52)^2+\frac74\geq0\)
Letzteres ist immer erfüllt. Dieser Fall liefert also alle \(x>8\) als Lösung von (2).

Fall 1.2: Für \(-2<x<8\) ist der Nenner negativ und das Ungleichheitszeichen dreht sich. Die Rechnung bleibt aber identisch, und (2) ist dann äquvalent zu \((x+\frac52)^2+\frac74\leq0\). Dies ist nie erfüllt.

Fall 2: \(x<3\)
Dann ist der Ausdruck (1) gleich
\(\frac{2x}{-x+3-5}+\frac1{x+2}=\frac{1-2x}{x+2}\)

Fall 2.1: Für \(x>-2\) ist der Nenner positiv und die Ungleichung (2) dann äquivalent zu \(1-2x\geq x+2\iff x\leq-\frac13\). Dieser Fall liefert also alle \(x\) mit \(-2<x\leq-\frac13\) als Lösung von (2).

Fall 2.2: Für \(x<-2\) ist der Nenner  negativ und das Ungleichheitszeichen dreht sich. Ungleichung (2) ist dann äquivalent zu \(1-2x\leq x+2\iff x\geq-\frac13\), was in diesem Fall nicht möglich ist.

Zusammenfassend:
Genau alle \(x\in(-2,-\frac13]\cup(8,\infty)\) sind Lösung von (2).



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Hallo,
wir haben nun 881 Lösungen.
Mittlerweile schreibe ich nicht mehr nur ab, sondern rechne schon einige Zeit mit.
Könntet ihr mal kontrollieren, ob das nachfolgende einigermaßen stimmt.

Danke
Steffen

Aufgabe 2 - 131042
Konstruieren Sie ein rechtwinkliges Dreieck $ABC$ mit dem rechten Winkel bei $C$ aus $s_a$ = 6 cm, $s_b$ = 8 cm!
Dabei seien $s_a$ die Länge der Seitenhalbierenden von $BC$ und $s_b$ die Länge der Seitenhalbierenden von $AC$.
Beschreiben und begründen Sie ihre Konstruktion. Untersuchen Sie, ob ein derartiges Dreieck $ABC$ mit den gegebenen Längen $s_a$, $s_b$ existiert und bis auf Kongruenz eindeutig bestimmt ist!


In der Abbildung ist $AA'$ die Seitenhalbierende $s_a$ des Dreiecks $ABC$. Da bei $C$ ein rechter Winkel vorliegt, befindet sich $C$ auf dem Thaleskreis $k'$ über der Strecke $AA'$. $M'$ sei der Mittelpunkt dieses Thaleskreises.

Der Punkt $B$ ist dann das Spiegelbild von $C$ an dem Seitenmittelpunkt $A'$. Damit liegt $B$ auf einem weiteren Kreis $k''$ (grün in der Abbildung) mit dem Mittelpunkt $M''$. Dieser Mittelpunkt ist das Spiegelbild von $M'$ an $A'$. Der Kreis $k''$ hat den gleichen Radius wie der Thaleskreis $k'$.

Der Schwerpunkt $S$, d.h. der Schnittpunkt der Seitenhalbierenden, teilt jede Seitenhalbierende im Verhältnis 1:2. Der Punkt $B$ liegt damit auf einem Kreisbogen (blau) um $S$ mit dem Radius $\frac{2}{3}s_b$. Somit ist $B$ eindeutig bestimmt. Der fehlende Punkt $C$ ist der Schnittpunkt der verlängerten Strecke $BA'$ mit dem Thaleskreis $k'$.

Konstruktion:
1. Zeichne eine Strecke $AA'$ mir $AA'= s_a$.
2. Konstruiere über der Strecke $AA'$ den Thaleskreis $k'$ mit dem Mittelpunkt $M'$.
3. Spiegele den Punkt $M'$ am Punkt $A'$. Das Ergebnis ist $M''$.
4. Zeichne einen Kreis $k''$ um $M''$ mit dem Radius des Kreises $k'$.
5. Teile die Strecke $AA'$ im Verhältnis 2:1, so dass der Teilungspunkt $S$ näher an $A'$ als zu $A$ liegt.
6. Konstruiere einen Kreis um $S$ mit dem Radius $\frac{2}{3}s_b$. Der Schnittpunkt dieses Kreises mit dem Kreis $k''$ ist der Punkt $B$.
7. Zeichne eine Gerade $BB'$. Diese schneidet den Kreis $k'$ in einem Punkt, dem gesuchten Punkt $C$.
Auf Grund der Konstruktion ist das Dreieck $ABC$ bis auf Kongruenz eindeutig bestimmt.



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.707, eingetragen 2019-06-15


@Steffen, 131042
Eine kurze Anmerkung zur Eindeutigkeit und Konstruierbarkeit:
Auf Grund der Konstruktion ist das Dreieck <math>ABC</math> bis auf Kongruenz eindeutig bestimmt.
Der blaue Kreis schneidet den grünen in zwei Punkten. Die Konstruktion ist eindeutig, da der zweite Punkt eine kongruente Lösung ergibt. Es gibt eine Lösung, da $s_a<2s_b$ und $s_b<2s_a$. Dieses ist gerade die Bedingung, dass der blaue und grüne Kreis einen Schnittpunkt haben. Im Fall $s_a=2s_b$ bzw. $s_b=2s_b$ bekommen wir den Grenzfall mit einer Seiten des Dreiecks gleich 0.



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@TomTom314: Danke. Ist schon ergänzt.

Ich habe noch eine:
Aufgabe 5 - 111045
Gegeben sei ein Quadrat $ABCD$ und auf der Geraden $h$ durch $A$ und $C$ ein vom Mittelpunkt $M$ des Quadrates verschiedener Punkt $P$. Die auf $h$ senkrechte durch $A$ laufende Gerade sei $g_1$, die auf $h$ senkrechte durch $C$ laufende Gerade sei $g_2$.
Ferner sei $h_1$ die Gerade durch $P$ und $B$ und $h_2$ die Gerade durch $P$ und $D$.
Der Schnittpunkt von $g_1$ und $h_1$ sei $Q$, der von $g_2$ und $h_1$ sei $R$, der von $g_2$ und $h_2$ sei $S$ und der von $g_1$ und $h_2$ sei $T$ genannt.
Die Schnittpunkte der Parallelen durch $Q$ und $S$ zu $AB$ sowie durch $R$ und $T$ zu $AD$ seien so mit $E, F, G, H$ bezeichnet, dass $EFGH$ ein Rechteck ist.
Schließlich sei $I_1$ der Flächeninhalt des Quadrates $ABCD$ und $I_2$ der des Rechtecks $EFGH$. Ermitteln Sie $I_1 : I_2$.

Lösung:
<math>
\begin{tikzpicture}
\draw[->, green] (0,0) -- (3,0);
\draw[->, green] (0,0) -- (0,3);
\node[green, left] at (0,3) {$y$};
\node[green, below] at (3,0) {$x$};
\coordinate(a) at (0,0);
\coordinate(b) at (2,0);
\coordinate(c) at (2,2);
\coordinate(d) at (0,2);
\draw[thick] (a) -- (b) -- (c) -- (d) -- cycle;
\draw ($(a)!1.2!(c)$) -- ($(c)!1.2!(a)$);
\node[below] at ($(c)!1.2!(a)$) {$h$};
\coordinate(p) at (1.55,1.55);
\coordinate(a1) at (-1,1);
\coordinate(a2) at (1,-1);
\draw ($(a1)!2!(a2)$) -- ($(a2)!2!(a1)$);
\coordinate(c1) at (2-1,2+1);
\coordinate(c2) at (2+1,2-1);
\draw ($(c1)!1.2!(c2)$) -- ($(c2)!1.2!(c1)$);
\node[below] at ($(a)!0.5!(b)$) {$a$};
\node[left] at ($(c2)!1.2!(c1)$) {$g_2$};
\node[left] at ($(a2)!1.5!(a1)$) {$g_1$};
\draw ($(d)!2.2!(p)$) -- ($(p)!3!(d)$);
\draw ($(b)!2.2!(p)$) -- ($(p)!3!(b)$);
\coordinate (s) at (intersection of d--p and c1--c2);
\coordinate (r) at (intersection of b--p and c1--c2);
\coordinate (t) at (intersection of d--p and a1--a2);
\coordinate (q) at (intersection of b--p and a1--a2);
\coordinate (s2) at ($ (s) + (1,0) $);
\coordinate (q2) at ($ (q) + (1,0) $);
\coordinate (r2) at ($ (r) + (0,1) $);
\coordinate (t2) at ($ (t) + (0,1) $);
\coordinate (e) at (intersection of q--q2 and t--t2);
\coordinate (f) at (intersection of q--q2 and r--r2);
\coordinate (g) at (intersection of s--s2 and r--r2);
\coordinate (h) at (intersection of s--s2 and t--t2);
\draw[dashed] (t) -- (h);
\draw[dashed] (r) -- (g);
\draw[dashed] (s) -- (g);
\draw[dashed] (q) -- (f);
\draw[blue] (e) -- (f) -- (g) -- (h) -- cycle;
\draw[fill=white] (a) circle (0.05);
\draw[fill=white] (b) circle (0.05);
\draw[fill=white] (c) circle (0.05);
\draw[fill=white] (d) circle (0.05);
\draw[fill=white] (p) circle (0.05);
\draw[fill=white] (r) circle (0.05);
\draw[fill=white] (s) circle (0.05);
\draw[fill=white] (t) circle (0.05);
\draw[fill=white] (q) circle (0.05);
\draw[fill=white] (e) circle (0.05);
\draw[fill=white] (f) circle (0.05);
\draw[fill=white] (g) circle (0.05);
\draw[fill=white] (h) circle (0.05);
\node[left] at (a) {$A$};
\node[above right] at (b) {$B$};
\node[right] at (c) {$C$};
\node[above right] at (d) {$D$};
\node[below] at (p) {$P$};
\node[right] at (q) {$Q$};
\node[right] at (r) {$R$};
\node[above] at (s) {$S$};
\node[above] at (t) {$T$};
\node[left] at (e) {$E$};
\node[below] at (f) {$F$};
\node[above left] at (g) {$G$};
\node[left] at (h) {\small $H$};
\end{tikzpicture}
</math>
Zur Lösung der Aufgabe wird ein Koordinatensystem derart eingeführt, dass $A$ im Koordinatenursprung liegt und $AB$ auf der x-Achse sowie $AD$ auf der y-Achse liegen.
Dann haben die Punkte die Koordinaten: $A(0;0)$, $B(a;0)$, $C(a;a)$ und $D(0;a)$. Der Punkt $P$ auf $AC$ (Funktion $y=x$) habe die Koordinaten $P(p;p)$.
Die Gerade $h$ liegt dann auf der linearen Funktion  $y=x$, die Gerade $g_1$ durch $A$ auf $y=-x \quad (1)$ und die Gerade $g_2$ durch $C$ auf $y=-x+2a \quad (2)$. Für die Gerade durch $B$ und $P$ ermittelt man
\[
g(BP): \quad y = \frac{p}{p-a}x - \frac{pa}{p-a} \qquad (3)
\] und für die Gerade durch $D$ und $P$
\[
g(DP): \quad y = \frac{p-a}{p} x + a \qquad (4)
\] Lösen der Gleichungssysteme aus (2) und (3) bzw. (4) ergibt die Koordinaten der Punktes $R$ und $S$ zu:
\[
R\left(\frac{a(2a-3p)}{a-2p} ; \frac{ap}{2p-a} \right) \qquad ; \qquad
S\left(\frac{ap}{2p-a} ; \frac{a(2a-3p)}{a-2p}\right)
\] Auf Grund der symmetrischen Lage beider Punkte zu $y=x$ sind deren x- und y-Koordinaten vertauscht.
Analog ergibt sich aus den Gleichungssystemen aus (1) und (3) bzw. (4):
\[
Q\left(\frac{ap}{2p-a} ; \frac{ap}{a-2p} \right) \qquad ; \qquad
T\left(\frac{ap}{a-2p} ; \frac{ap}{2p-a}\right)
\] Wie man der Darstellung entnimmt, folgen daraus die Koordinaten der Eckpunkte des Rechtecks $EFGH$ zu:
\[
E\left(\frac{ap}{a-2p}   ; \frac{ap}{a-2p} \right);
F\left(\frac{a(2a-3p)}{a-2p}   ; \frac{ap}{a-2p} \right);
G\left(\frac{a(2a-3p)}{a-2p}   ; \frac{a(2a-3p)}{a-2p} \right);
H\left(\frac{ap}{a-2p}   ; \frac{a(2a-3p)}{a-2p} \right)
\] und für die Seitenlängen des Rechtecks
\[
EF = FG = GH = HE = 2a
\] Damit ist der Flächeninhalte $I_2 = 4a^2$ des Rechtecks $EFGH$ viermal so groß, wie der Flächeninhalt $I_1 = a^2$ des Ausgangsquadrates $ABCD$, d.h. $I_1 : I_2 = 1: 4$.

884 Lösungen sind online.
LG Steffen

PS: Bild durch tikz-Darstellung ersetzt.



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.709, eingetragen 2019-06-15

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2019-06-15 11:45 - stpolster in Beitrag No. 708 schreibt:
Ich hänge hier mal meine tikz-Lösung an. Es ist mir bisher noch nicht gelungen, hier im Forum ein solches tikz-Bild zu erzeugen, obwohl ich es in < math > < / math > (natürlich ohne Leerzeichen) einschließe. In meinem LaTex funktioniert es. Irgendetwas mache ich falsch. Aber was?
Ich vermute es geht nicht, weil du < math> < / math > schachtelst. Wenn man stattdessen im Inneren alle < math > < /math > durch Dollarzeichen ersetzt, geht es.
<math>
\begin{tikzpicture}
\draw[->, green] (0,0) -- (3,0);
\draw[->, green] (0,0) -- (0,3);
\node[green, left] at (0,3) {$y$};
\node[green, below] at (3,0) {$x$};
\coordinate(a) at (0,0);
\coordinate(b) at (2,0);
\coordinate(c) at (2,2);
\coordinate(d) at (0,2);
\draw[thick] (a) -- (b) -- (c) -- (d) -- cycle;
\draw ($(a)!1.2!(c)$) -- ($(c)!1.2!(a)$);
\node[below] at ($(c)!1.2!(a)$) {$h$};
\coordinate(p) at (1.55,1.55);
\coordinate(a1) at (-1,1);
\coordinate(a2) at (1,-1);
\draw ($(a1)!2!(a2)$) -- ($(a2)!2!(a1)$);
\coordinate(c1) at (2-1,2+1);
\coordinate(c2) at (2+1,2-1);
\draw ($(c1)!1.2!(c2)$) -- ($(c2)!1.2!(c1)$);
\node[below] at ($(a)!0.5!(b)$) {$a$};
\node[left] at ($(c2)!1.2!(c1)$) {$g_2$};
\node[left] at ($(a2)!1.5!(a1)$) {$g_1$};
\draw ($(d)!2.2!(p)$) -- ($(p)!3!(d)$);
\draw ($(b)!2.2!(p)$) -- ($(p)!3!(b)$);
\coordinate (s) at (intersection of d--p and c1--c2);
\coordinate (r) at (intersection of b--p and c1--c2);
\coordinate (t) at (intersection of d--p and a1--a2);
\coordinate (q) at (intersection of b--p and a1--a2);
\coordinate (s2) at ($ (s) + (1,0) $);
\coordinate (q2) at ($ (q) + (1,0) $);
\coordinate (r2) at ($ (r) + (0,1) $);
\coordinate (t2) at ($ (t) + (0,1) $);
\coordinate (e) at (intersection of q--q2 and t--t2);
\coordinate (f) at (intersection of q--q2 and r--r2);
\coordinate (g) at (intersection of s--s2 and r--r2);
\coordinate (h) at (intersection of s--s2 and t--t2);
\draw[dashed] (t) -- (h);
\draw[dashed] (r) -- (g);
\draw[dashed] (s) -- (g);
\draw[dashed] (q) -- (f);
\draw[blue] (e) -- (f) -- (g) -- (h) -- cycle;
\draw[fill=white] (a) circle (0.05);
\draw[fill=white] (b) circle (0.05);
\draw[fill=white] (c) circle (0.05);
\draw[fill=white] (d) circle (0.05);
\draw[fill=white] (p) circle (0.05);
\draw[fill=white] (r) circle (0.05);
\draw[fill=white] (s) circle (0.05);
\draw[fill=white] (t) circle (0.05);
\draw[fill=white] (q) circle (0.05);
\draw[fill=white] (e) circle (0.05);
\draw[fill=white] (f) circle (0.05);
\draw[fill=white] (g) circle (0.05);
\draw[fill=white] (h) circle (0.05);
\node[left] at (a) {$A$};
\node[above right] at (b) {$B$};
\node[right] at (c) {$C$};
\node[above right] at (d) {$D$};
\node[below] at (p) {$P$};
\node[right] at (q) {$Q$};
\node[right] at (r) {$R$};
\node[above] at (s) {$S$};
\node[above] at (t) {$T$};
\node[left] at (e) {$E$};
\node[below] at (f) {$F$};
\node[above left] at (g) {$G$};
\node[left] at (h) {\small $H$};
\end{tikzpicture}
</math>
\(\endgroup\)


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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.710, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-15


Danke.
Ich weiß woran es liegt. Ich muss den Haken bei [$$ rechts unten ausschalten.
Dann bekomme ich

<math>
\begin{tikzpicture}
\draw[->, green] (0,0) -- (3,0);
\draw[->, green] (0,0) -- (0,3);
\node[green, left] at (0,3) {$y$};
\node[green, below] at (3,0) {$x$};
\coordinate(a) at (0,0);
\coordinate(b) at (2,0);
\coordinate(c) at (2,2);
\coordinate(d) at (0,2);
\draw[thick] (a) -- (b) -- (c) -- (d) -- cycle;
\draw ($(a)!1.2!(c)$) -- ($(c)!1.2!(a)$);
\node[below] at ($(c)!1.2!(a)$) {$h$};
\coordinate(p) at (1.55,1.55);
\coordinate(a1) at (-1,1);
\coordinate(a2) at (1,-1);
\draw ($(a1)!2!(a2)$) -- ($(a2)!2!(a1)$);
\coordinate(c1) at (2-1,2+1);
\coordinate(c2) at (2+1,2-1);
\draw ($(c1)!1.2!(c2)$) -- ($(c2)!1.2!(c1)$);
\node[below] at ($(a)!0.5!(b)$) {$a$};
\node[left] at ($(c2)!1.2!(c1)$) {$g_2$};
\node[left] at ($(a2)!1.5!(a1)$) {$g_1$};
\draw ($(d)!2.2!(p)$) -- ($(p)!3!(d)$);
\draw ($(b)!2.2!(p)$) -- ($(p)!3!(b)$);
\coordinate (s) at (intersection of d--p and c1--c2);
\coordinate (r) at (intersection of b--p and c1--c2);
\coordinate (t) at (intersection of d--p and a1--a2);
\coordinate (q) at (intersection of b--p and a1--a2);
\coordinate (s2) at ($ (s) + (1,0) $);
\coordinate (q2) at ($ (q) + (1,0) $);
\coordinate (r2) at ($ (r) + (0,1) $);
\coordinate (t2) at ($ (t) + (0,1) $);
\coordinate (e) at (intersection of q--q2 and t--t2);
\coordinate (f) at (intersection of q--q2 and r--r2);
\coordinate (g) at (intersection of s--s2 and r--r2);
\coordinate (h) at (intersection of s--s2 and t--t2);
\draw[dashed] (t) -- (h);
\draw[dashed] (r) -- (g);
\draw[dashed] (s) -- (g);
\draw[dashed] (q) -- (f);
\draw[blue] (e) -- (f) -- (g) -- (h) -- cycle;
\draw[fill=white] (a) circle (0.05);
\draw[fill=white] (b) circle (0.05);
\draw[fill=white] (c) circle (0.05);
\draw[fill=white] (d) circle (0.05);
\draw[fill=white] (p) circle (0.05);
\draw[fill=white] (r) circle (0.05);
\draw[fill=white] (s) circle (0.05);
\draw[fill=white] (t) circle (0.05);
\draw[fill=white] (q) circle (0.05);
\draw[fill=white] (e) circle (0.05);
\draw[fill=white] (f) circle (0.05);
\draw[fill=white] (g) circle (0.05);
\draw[fill=white] (h) circle (0.05);
\node[left] at (a) {$A$};
\node[above right] at (b) {$B$};
\node[right] at (c) {$C$};
\node[above right] at (d) {$D$};
\node[below] at (p) {$P$};
\node[right] at (q) {$Q$};
\node[right] at (r) {$R$};
\node[above] at (s) {$S$};
\node[above] at (t) {$T$};
\node[left] at (e) {$E$};
\node[below] at (f) {$F$};
\node[above left] at (g) {$G$};
\node[left] at (h) {\small $H$};
\end{tikzpicture}
</math>

LG Steffen



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.711, eingetragen 2019-06-15


Hallo Steffen,

Aufgabe 111045 läßt sich auch mit etwas weniger rechnen lösen. Falls wir zeigen können, dass SQ parallel zu BC ist folgt relativ schnell GF = 2BC. Um nun an SQ heranzukommen spiegeln wir das Dreieck PRS am der Diagonale BD zu P'R'S, s.d. R'S' auf g1 liegt. Dann müßt sich zeigen lassen, dass |BD| = |S'Q| gilt und woraus dann $SQ||BC$ folgen sollte. (Noch nicht vollständig durchdacht)



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.712, eingetragen 2019-06-15


2019-06-14 13:50 - TomTom314 in Beitrag No. 702 schreibt:
Aufgabe 230932
In der Abbildung ist ein Körper K skizziert. Er besteht aus drei Würfeln der Kantenlänge 1 cm, die in der angegebenen Anordnung fest zusammengefügt sind. Aus genügend vielen Körpern dieser Gestalt K soll ein (vollständig ausgefüllter) Würfel W (Kantenlängen Zentimeter) zusammengesetzt werden. Ermitteln Sie alle diejenigen natürlichen Zahlen n>0, für die das möglich ist!

Gedanken zur Aufgabe. Es ist klar, dass n zwingend ein Vielfaches von 3 sein muß. Für n=3 geht es nicht. Für n=6k geht es, da der Würfel dann mit 3x2x1 Körpern gefüllt werden kann. Ich vermute, dass es für n=6k+3 grundsätzlich nicht geht und dieses über das Invarianzprinzip gelöst werden kann / sollte (wie z.B. Schachbrett mit Dominosteinen füllen).

Hi,
hier eine Parkettierung eines 9x9-Quadrats.

Damit ist dann auch ein 9x9x9-Würfel mit den Bausteinen zusammensetzbar.

Da es keine große Mühe bereitete, das 9x9-Quadrat zu parkettieren, vermute ich mal, dass es auch für jedes andere Quadrat, dessen Seitenlänge ein Vielfaches von drei ist (und eine Seitenlänge von mindestens 6 hat), funktioniert.

Wieso geht es eigentlich mit 3x3x3 nicht?



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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.713, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-15


Bei der nachfolgenden Aufgabe gefällt mir meine Lösung sprachlich überhaupt nicht. Vielleicht ist sie auch nicht vollkommen korrekt.
Eine Kontrolle wäre nett. Danke.

Aufgabe 121021
Beweisen Sie den folgenden Satz!
Bildet man aus irgendeiner im dekadischen System geschriebenen natürlichen Zahl $z_1$ durch beliebiges Vertauschen ihrer Ziffern untereinander eine neue Zahl $z_2$, dann ist $|z_1 - z_2|$ stets durch 9 teilbar.

Lösung:
Es sei $z_1 = [a_1a_2...a_n]$ eine o.B.d.A. $n$-stellige natürliche Zahl, wobei $[a_1a_2...a_n]$ die Ziffernfolge im dekadischen System darstelle.
Mit $z_2 = [b_1b_2...b_n]$ sei die Ziffernfolge von $z_2$ bezeichnet, wobei die $b_i$ ($i=1,2,...,n$) eine beliebige Permutation der $a_i$ ($i=1,2,...,n$) sind, d.h. für jedes $a_i$ aus $z_1$ existiert ein $b_j$ in $z_2$ ($i,j=1,2,...,n$).
Für die Differenz $z_1 - z_2$ sei die Ziffernfolge $[c_1c_2...c_n]$, wobei auch $c_1 = 0$ auftreten kann.

Bei der ziffernweisen Subtraktion von $z_1$ und $z_2$ können zwei Möglichkeiten auftreten:

1. Für ein $a_i$ und das entsprechende $b_i$ aus $z_2$ gilt $a_i \geq b_i$. Das $c_i$ in $z_1-z_2$ ist dann gleich $c_i = a_i - b_i$.

2. Für ein $a_i$ und das entsprechende $b_i$ in $z_2$ gilt $a_i < b_i$. Bei der Subtraktion tritt damit ein Überlauf auf, d.h. das $a_{i-1}$ wird um 1 gesenkt. Ist in diesem Fall $i=1$ wird das Ergebnis insgesamt negativ.
Für die Ziffer $c_i$ ergibt sich $c_i = 10-(b_i-a_i)$.

Die Zahl $|z_1-z_2|$ ist genau dann durch 9 teilbar, wenn ihre Quersumme durch 9 teilbar ist. Die Quersumme ist
\[
Q = |c_1 + c_2 + c_3 + ... + c_n|
\] Nun wird sowohl in $z_1$ als auch die $z_2$ die Nummerierung der Ziffern geändert, ohne ihre tatsächliche Position zu verschieben.
Es seien dann genau $m \leq n$ Ziffern $a_i$ die größer oder gleich den $b_i$ sind. Für die $\lbrace a_{m+1}, ..., a_n\rbrace$ sei $a_i$ kleiner als $b_i$. Für die Quersumme wird
\[
Q = |(a_1-b_1) + (a_2-b_2) + ... + (a_m-b_m) + (10 - (b_{m+1}-a_{m+1}) + ... +
(10 - (b_n - a_n)) - (n-m)|
\]  
wobei der letzte Summand die Gesamtzahl der Überträge charakterisiert. Durch Umformen wird

\(\begin{align*}
&= |(a_1+...+a_m) - (b_1+... + b_m)
- (b_{m+1}+...+b_n) + (a_{m+1}+...+a_n) + 10(m-n) - (n-m)|\\
&= |(a_1+a_2+...+a_n) - (b_1+b_2+ ... + n) + 9(m-n)|
\end{align*}\)

Da es für jedes $a_i$ ($i=1,2,...,n$) ein entsprechende Ziffer $b_i$ in $z_2$ gibt, heben sich die Summen der $a_i$ und $b_i$ gegenseitig auf und die Quersumme wird zu $Q = |9(m-n)|$.
Diese ist offensichtlich durch 9 teilbar, so dass $|z_1-z_2|$ durch 9 teilbar ist. w.z.b.w.

LG Steffen



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.714, eingetragen 2019-06-15


@StrgAltEntf: Schööön :) Hat mich für 3x3x3 weiter gebracht. Das sollte eine Lösung sein (Jede Ziffer ein Block).
1 1 3
1 2 3
2 2 4
 
5 6 3
6 6 7
8 4 4
 
5 5 7
8 9 7
8 9 9

Reicht ja dann auch für alle $(3n)\times(3n)\times(3n)$-Würfel. Schreibe ich  heute abend auf. Keine Ahnung was ich mir vorher da zurecht geleget habe.



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.715, eingetragen 2019-06-15


2019-06-15 14:48 - stpolster in Beitrag No. 713 schreibt:
Bei der nachfolgenden Aufgabe gefällt mir meine Lösung sprachlich überhaupt nicht. Vielleicht ist sie auch nicht vollkommen korrekt.
Eine Kontrolle wäre nett. Danke.

Aufgabe 121021
Beweisen Sie den folgenden Satz!
Bildet man aus irgendeiner im dekadischen System geschriebenen natürlichen Zahl $z_1$ durch beliebiges Vertauschen ihrer Ziffern untereinander eine neue Zahl $z_2$, dann ist $|z_1 - z_2|$ stets durch 9 teilbar.

Hallo Steffen,
ich denke, die Aufgabe ist einfacher zu lösen. Sicherlich (fast) allen Schülern bekannt ist folgende Tatsache:

Eine Zahl ist genau dann durch 9 teilbar, wenn ihre Quersumme durch 9 teilbar ist.

Ist Schülern auch folgende Verallgemeinerung bekannt?

Eine Zahl und ihre Quersumme lassen bei Division durch 9 denselben Rest.

Falls ja, ist die Lösung einfach:

\(z_1\) und \(z_2\) haben dieselbe Quersumme, also haben sie bei Division durch 9 denselben Rest. Somit ist die Differenz, und damit auch der Betrag der Differenz durch 9 teilbar.


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.713 begonnen.]



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.716, eingetragen 2019-06-15


@StrgAltEntf + @TomTom314: Nette Parkettierungen. :) Die habe ich übersehen und bin trotz umgangreicher Überlegungen über eher kleine Resultate (über die Lage von wenigstens einem der Bausteine) nicht hinausgekommen. Nun, da können wir, wenn ihr das aufgeschrieben habt, ja bald einen Haken an die Aufgabe machen, sodass es dann nur noch 4 zu lösende in Klassenstufe 9 sind. :)

Cyrix

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.714 begonnen.]



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.717, eingetragen 2019-06-15


2019-06-15 15:09 - StrgAltEntf in Beitrag No. 715 schreibt:
Ist Schülern auch folgende Verallgemeinerung bekannt?

Eine Zahl und ihre Quersumme lassen bei Division durch 9 denselben Rest.

Ich würde das als bekannt voraussetzen.

Cyrix



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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.718, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-15


2019-06-15 15:09 - StrgAltEntf in Beitrag No. 715 schreibt:
Ist Schülern auch folgende Verallgemeinerung bekannt?
Eine Zahl und ihre Quersumme lassen bei Division durch 9 denselben Rest.
Falls ja, ist die Lösung einfach:

\(z_1\) und \(z_2\) haben dieselbe Quersumme, also haben sie bei Division durch 9 denselben Rest. Somit ist die Differenz, und damit auch der Betrag der Differenz durch 9 teilbar.
Hallo StrgAltEntf,
ich habe deine Lösung als 1. eingefügt. Danke.
889 Lösungen sind online.

LG Steffen



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Ex_Senior
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.719, eingetragen 2019-06-15


Überlegungen zur Aufgabe 280936:

Dort soll man diejenigen <math>n</math> finden, für die ein <math>n\times n</math>-Brett, dem man die vier Eckfelder geklaut hat, durch L-Tetrominos (vgl. Tetris) parkettiert werden kann (beide Spiegelungen sind zugelassen).

Was ich bisher zeigen kann: Es muss <math>n</math> notwendig gerade sein (Flächeninhaltsbedingung); <math>n=4</math> geht nicht; <math>n=6</math> geht, s.u., aus einer Parkettierung für <math>4k</math>, <math>k>1</math>, kann man eine für <math>4k+4</math> erhalten und aus einer für <math>4k+6</math>, <math>k>1</math> eine für <math>4k+10</math>.

Vermutung: Es geht für alle geraden <math>n>4</math>.

Hier noch die Darstellung für <math>n=6</math>; vielleicht sieht ja -- wie oben -- jemand mehr als ich, wie man das verallgemeinern kann:
x 1 1 8 8 x
2 2 1 8 7 7
2 3 1 8 6 7
2 3 4 5 6 7
3 3 4 5 6 6
x 4 4 5 5 x

Cyrix



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