Mathematik zum Buß- und Bettag

[Matthias Apsel]

Hallo alle,

ein rechtwinklig gebogener Stab mit den Schenkellängen 31cm und 27cm soll durch eine weitere Biegung zu einem Dreieck mit dem Umfang 58cm gebogen werden. Berechne die Seitenlängen des Dreiecks.

Ist es auch möglich, den Stab durch zwei weitere Biegungen zu einem Dreieck mit 58cm Umfang zu machen?

Die Biegungen sollen verlustfrei sein, also eher Knicke als Biegungen.

Bis demnächst
Matthias

[Norbert K.]

Moin, moin!

Ich habe Lösungen zu beiden Fragen. Aber die soll ich bestimmt noch nicht offenlegen, um niemanden den Rätselspaß zu nehmen. Oder?

Viele Grüße, Norbert

[Matthias Apsel]

Hallo Norbert K.,

Ich habe Lösungen zu beiden Fragen. Aber die soll ich bestimmt noch nicht offenlegen, um niemanden den Rätselspaß zu nehmen. Oder?

Stimmt. Nach einer Anmeldung könntest du mir eine PM schreiben, oder du verwendest [e-mail]

Bis demnächst
Matthias

[Matthias Apsel]

Hallo Matthias Apsel,

die Aufgabe lässt sich unter Verwendung des Satzes von Pythagoras lösen.

1. Teilaufgabe:
Wegen Dreiecksungleichung muss der länge Schenkel gebogen werden, das tun wir im Abstand x von der ersten Biege. Das freie Ende ist dann 31 − x lang und liegt dem rechten Winkel gegenüber. Damit’s ein Dreieck wird muss also der Pythagoras erfüllt werden: (31 − x)² = x² + 27. Das gilt für x = ¹¹⁶⁄₃₁. Die Dreiecksseiten sind 27, ¹¹⁶⁄₃₁ und ⁸⁴⁵⁄₃₁ lang.
(@Gunnar Bittersmann)

2. Teilaufgabe:
Hier bin ich der Meinung, dass es unendlich viele Lösungen gibt. Ich teile den 31cm Schenkel wieder am Punkt A mit $$b:=\overline{AC}$$ und den 27cm Schenkel teile ich am Punkt B mit $$a:=\overline{BC}$$. Die Nummer geht auf, wenn Pythagoras zufrieden ist, also $$a^2+b^2=(31-a + 27-b)^2=c^2$$ gilt.

$$\begin{align} && a^2+b^2 &=(31-a + 27-b)^2
&& &= (58-a-b)^2
&& &= 58^2-116a-116b+2ab+a^2+b^2
\Longleftrightarrow && a^2+b^2+116a-2ab &= 58^2-116b+a^2+b^2
\Longleftrightarrow && a(116-2b) &= 3364-116b
\Longleftrightarrow && a &= 58\cdot\frac{29-b}{58-b}
\end{align}$$

Die Division ist kein Problem, weil b Teil des 31cm Schenkels ist und nicht länger als 31cm sein kann. Randfälle: Für b=0 erhalte ich a=29 und ein entartetes „rechtwinkliges“ Dreieck mit a=c und b=0. Für b=29 ergibt sich a=0 (weil der Zähler 0 wird), größere Werte für b führen zu negativen a und damit nicht mehr zu realen Figuren. D.h. die Formel hat einen Definitionsbereich $$b \in [0,29]$$, und Werte im gleichen Intervall. Die Randpunkte liefern zum Strich entartete Dreiecke.
(@Rolf B)

Im Prinzip richtig, zwei provozierende Anmerkungen und zwei Folgefragen von mir:

1. Die Frage war nur, ob es möglich ist, ein Beispiel hätte genügt.
2. Wie will man denn den 27cm-Schenkel bei z.B. 28cm teilen? 😉 ^
3. Welches ist das größte dieser Dreiecke?
4. Gibt es unter diesen Dreiecken eines mit nur ganzzahligen Seitenlängen?

Weitere Einsendungen kamen von @encoder und @Norbert K.

Bis demnächst
Matthias

[Gunnar Bittersmann]

@@Matthias Apsel

2. Teilaufgabe:
Hier bin ich der Meinung, dass es unendlich viele Lösungen gibt. Ich teile den 31cm Schenkel wieder am Punkt A mit $$b:=\overline{AC}$$ und den 27cm Schenkel teile ich am Punkt B mit $$a:=\overline{BC}$$.

Es soll hier nicht unerwähnt bleiben, dass es auch unendlich viele Lösungen gibt, den längeren Schenkel zweimal zu teilen: Biegt man den längeren Schenkel im Abstand x < ¹¹⁶⁄₃₁ von der ersten Biege, dann reicht das freie Ende über den Zielpunkt hinaus und kann zu diesem im Abstand y von dessen Ende zurückgeboden werden. y ergibt sich aus (31 − x − y)² = x² + (27 + y)².

LLAP 🖖

[Matthias Apsel]

Hallo Gunnar Bittersmann,

Es soll hier nicht unerwähnt bleiben, dass es auch unendlich viele Lösungen gibt, den längeren Schenkel zweimal zu teilen:

Ja, siehe meine provozierende Anmerkung 2.

Bis demnächst
Matthias

[OP]

Es soll hier nicht unerwähnt bleiben, dass es auch unendlich viele Lösungen gibt, den längeren Schenkel zweimal zu teilen: Biegt man den längeren Schenkel im Abstand x < ¹¹⁶⁄₃₁ von der ersten Biege, dann reicht das freie Ende über den Zielpunkt hinaus und kann zu diesem im Abstand y von dessen Ende zurückgeboden werden.

Soweit, so gut.

y ergibt sich aus (31 − x − y)² = x² + (27 + y)².

Sicher? Wer ist denn die Hypothenuse?

[Rolf B]

Hallo OP,

Wer ist denn die Hypothenuse?

Keine Ahnung, die Dame wurde mir bisher nicht vorgestellt.

Aber x und 27+y sind auf jeden Fall mal die Katheten.

Rolf

[Matthias Apsel]

Hallo Rolf B,

Aber x und 27+y sind auf jeden Fall mal die Katheten.

Nö. Die Seiten mit 27 und 31 sind die Katheten.

Bis demnächst
Matthias

[Rolf B]

Hallo Matthias,

wir reden beide vom zweimal geknickten 31cm Schenkel?

Gunnars x liegt auf dem 31cm Schenkel am rechten Winkel an. Das ist die eine Kathete.

Das y liegt am Ende des 31cm Schenkels und wird über die beiden Knickungen an das Ende des 27cm-Schenkels herangebogen. 27+y ist also die andere Kathete.

31-x-y bleibt als Hypotenuse übrig (und steht dann vermutlich etymologisch korrekt ordentlich unter Spannung).

Ist natürlich alles sehr fummelig, ich hab mir bei dem Abknicken mit 0° Biegeradius schon zwei Kombizangen ruiniert.

Rolf

[Gunnar Bittersmann]

@@OP

y ergibt sich aus (31 − x − y)² = x² + (27 + y)².

Sicher? Wer ist denn die Hypothenuse?

Das Mittelstück des langen Schenkels.

LLAP 🖖

[Rolf B]

Hallo Gunnar,

du hast dich verbogen, da ist eine Lücke geblieben! (*neue Kombizange rüberreich*)

Rolf

[Gunnar Bittersmann]

@@Rolf B

du hast dich verbogen

Mist.

„Ist so’n kleines Rückgrat, sieht man fast noch nicht.
Darf man niemals beugen, weil es sonst zerbricht.“
—Bettina Wegner, Kinder (Sind so kleine Hände)

LLAP 🖖

[Rolf B]

Hallo Matthias,

ad Prov 2: Ja, sorry, nicht zu Ende gedacht. Natürlich darf b nicht kleiner werden als in Teilaufgabe 1 (wo der 27cm Schenkel nicht geknickt wird). Damit reduziert sich der Definitionsbereich für b auf $$[\frac{116}{31}, 31]$$, so dass für a ein Wertebereich von $$[0,27]$$ sichergestellt ist.

Rolf

[Matthias Apsel]

Hallo Rolf B,

ad Prov 2: Ja, sorry, nicht zu Ende gedacht. Natürlich darf b nicht kleiner werden als in Teilaufgabe 1 (wo der 27cm Schenkel nicht geknickt wird). Damit reduziert sich der Definitionsbereich für b auf $$[\frac{116}{31}, 31]$$, so dass für a ein Wertebereich von $$[0,27]$$ sichergestellt ist.

Das ist nicht notwendig. Knicken bei 28 cm bedeutet, den längeren Schenkel zwei mal zu biegen.

Bis demnächst
Matthias

[Rolf B]

Hallo Matthias,

jaaaaha. Reibt es nur ein, dass ich aus Textaufgaben nicht alle Lösungsvarianten herauslesen kann!

Ich habe keine Erfahrung damit, Schenkel zweimal zu biegen. Ich habe nur ein Knie!

Rolf

[Tabellenkalk]

Hallo,

Ich habe nur ein Knie!

Du Armer, was ist mit deinem anderen Bein passiert?

Gruß
Kalk

[Gunnar Bittersmann]

@@Rolf B

Ich habe keine Erfahrung damit, Schenkel zweimal zu biegen. Ich habe nur ein Knie!

Kein Fußgelenk?

LLAP 🖖

[pl]

Ach. Ach so. Eine weitere (!) Biegung. Und ich hab an dem rechten Winkel rumgebogen, geknickt und gebogen aber es wollte einfach kein Dreieck werden.. MfG

[Matthias Apsel]

Hallo Matthias Apsel,

Nicht unerwähnt soll bleiben, dass auch @ottogal eine Lösung geliefert hat, die zudem recht elegant ist. Er wird sie hier bestimmt veröffentlichen.

1. Welches ist das größte dieser Dreiecke?

Wie jeder™️ weiß, ist unter den Vierecken gleichen Umfangs das Quadrat dasjenige mit dem größten Flächeninhalt. Deshalb ist das gesuchte Dreieck das gleichschenklige.

2. Gibt es unter diesen Dreiecken eines mit nur ganzzahligen Seitenlängen?

Tripel ganzer Zahlen, die die Pythagorasgleichung erfüllen heißen pythagoräische Zahlentripel. Wir suchen also eins, dessen Summe 58 ergibt. Besser suchen wir zurück ein primitives (teilerfremdes) pythagoräisches Zahlentripel, dessen Summe ein Teiler von 58 ist.
Teiler von 58 sind (neben 1 uns 58) nur 2 und 29.

Das kleinste ppZ ist (3,4,5), damit kommt nur noch eins mit 29 als Summe infrage. Das nächste ppZ ist (5,12,13), die Summe ist aber schon 30.

Deshalb gibt es ein solches Dreieck nicht.

Bis demnächst
Matthias

[ottogal]

Hallo in die Runde,

hier meine Lösung (leider nur als Foto):

Viele Grüße

ottogal

P.S. Ein Fehler ist drin: "Hypotenuse" schreibt sich ohne h.

[MudGuard]

Hi,

P.S. Ein Fehler ist drin: "Hypotenuse" schreibt sich ohne h.

Glaub ich nicht. Ypotenuse - ne!

cu,
Andreas a/k/a MudGuard

[Matthias Apsel]

Hallo Matthias Apsel,

Besser suchen wir zurück ein primitives (teilerfremdes) pythagoräisches Zahlentripel, dessen Summe ein Teiler von 58 ist.
Teiler von 58 sind (neben 1 uns 58) nur 2 und 29.

Das kleinste ppZ ist (3,4,5), damit kommt nur noch eins mit 29 als Summe infrage. Das nächste ppZ ist (5,12,13), die Summe ist aber schon 30.

58 als Teiler dürfen wir nicht unterschlagen.

Deshalb gibt es ein solches Dreieck nicht.

Bis demnächst
Matthias