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Mathematik zum Wochenende
Gunnar Bittersmann
Mathematik zum Wochenende
Gunnar Bittersmann
Rolf BIm Gegensatz zu letztens gibt’s heute mal wieder eine Skizze:
Quadrat ABCD, darin Halbkreis mit Durchmesser AD, dessen Schnittpunkt mit Diagonale BD ist E, CG (G auf AB) ist Tangente zum Halbkreis, berührt ihn in F.
Genau wie letztens auch wieder ohne Pythagoras oder noch schlimmere Dinge wie Wurzeln oder Winkelfunktionen, sondern nur über Verhältnisse:
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BG : BC : CG = ?
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Fläche des Dreiecks DEF zur Fläche des Quadrats = ?
LLAP 🖖
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„Wer durch Wissen und Erfahrung der Klügere ist, der sollte nicht nachgeben. Und nicht aufgeben.“ —Kurt Weidemann
„Wer durch Wissen und Erfahrung der Klügere ist, der sollte nicht nachgeben. Und nicht aufgeben.“ —Kurt Weidemann
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Hallo,
das Wochenende ist rum, dann poste ich mal was.
In diesem Beitrag sei r der Radius des Halbkreises. Das Quadrat hat damit eine Kantenlänge von 2r und eine Fläche von 4r².
#Teil 1
Das grüne, orange und blaue Dreieck sind zueinander ÄHNLICH.
Warum?
Sei α=FCD und δ=AGF. Die Vierecke AMFG und DCFM sind Drachen, wegen der Symmetrie von Tangenten an den jeweiligen Zentralen, deswegen ist <AMG=(90°-δ/2) und <CMD=(90°-α/2). Und weil α und δ Nachbarwinkel an parallelen Geraden sind, ergänzen sie sich zu 180°. Damit gilt:
$$\angle{AMG} + \angle{CMD} = 90^\circ-\frac{\delta}{2}+ 90^\circ-\frac{\alpha}{2} = 180^\circ-\frac{\alpha+\delta}{2}=90^\circ$$
und es bleiben für <GMC noch genau 90° übrig.
Und das heißt, dass das grüne und orange Dreieck jeweils zwei Winkel mit dem blauen Dreieck gemeinsam haben, und deswegen sind alle drei ähnlich.
Nebenbei ist noch $$\overline{AM} = \overline{MD} = r$$ und $$\overline{DC}=2r$$. Damit berechnet sich:
$$\frac{\overline{GA}}{\overline{AM}} = \frac{\overline{MD}}{\overline{CD}} \Longleftrightarrow \frac{\overline{GA}}{r} = \frac{r}{2r} \Longleftrightarrow \overline{GA}=\frac{r}{2}$$
Daraus berechnet sich $$\overline{BG} = \frac{3}{2}r$$ und wegen der Symmetrien an den Drachen ist $$\overline{GC} = \frac{r}{2}+2r = \frac{5}{2}r$$.
Das Verhältnis GB:BC:CG ist also 3:4:5. Überraschung :)
#Teil 2
Nach etlichem Gefummele bin ich auf die folgende Lösung gekommen. Tut mir leid, dass sie so lang geworden ist, für eine kürzere hatte ich keine Zeit 😉
Ich möchte die Lage von I und F berechnen. Es scheint offensichtlich, dass I und E auf einer Höhe liegen, aber begründen muss man das schon.
Der Winkel GMC ist - wie bei Teil 1 gezeigt, ein Rechter. CM und FD stehen senkrecht aufeinander (weil Drachendiagonalen), ALSO sind MG und DI parallel. Deswegen ist auch $$\angle{AMG}=\angle{ADI}$$, die Dreiecke AMG und ADI sind demnach ähnlich, und deswegen ist
$$\frac{\overline{IA}}{\overline{AD}} = \frac{\overline{GA}}{\overline{AM}} = \frac{0{,}5r}{r}=\frac{1}{2}$$
Dass die Länge von GA 0,5r beträgt, habe ich in Teil 1 gezeigt. IA ist also halb so lang wie AD und hat die Länge r, womit gezeigt ist, dass I auf gleicher Höhe wie E liegt.
Die Fläche von ADI ist berechnet sich damit zu r² oder ein Viertel des Quadrats.
Nun betrachte ich das Innere von ADI. Der Winkel AFD ist - nomen est omen - ein Rechter, weil unter dem Thaleskreis; AF ist also die Höhe von ADI. Teilt man ein rechtwinkliges Dreieck entlang seiner Höhe, sind die Teildreiecke zueiander und zum Gesamtdreieck ähnlich[1].
Weil AFI und ADF ähnlich sind UND die Grundseite von AFI halb sol lang ist wie die Grundseite von ADF, beträgt die Fläche von AFI ein Viertel der Fläche von ADF, die Flächen verhalten sich 1:4, also hat ADF vier fünftel der Fläche von ADI, oder 0,8r². Daraus kann man die Höhe von ADF auf AD berechnen - bzw. die y-Koordinate von F: Weil die Grundseite AD die Länge 2r hat, muss die Höhe 0,8r sein.
Weil IE auf Höhe r liegt, ist demnach die Höhe des roten Dreiecks 0,2r, und seine Fläche beträgt 0,1r².
Das rote und blaue Dreieck haben zusammen eine Fläche von 0,5r² (Grundseite IE hat Länge r, die Höhe ist ebenfalls r). Ziehe ich das rote Dreieck ab, bleibt 0,4r² für das blaue Dreieck übrig. Das Quadrat hat 4r², d.h. das blaue Dreieck (bei Gunnar das purpurfarbene) hat ein Zehntel der Fläche des Quadrats.
Yippie!
Rolf
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sumpsi - posui - clusi
Für Details siehe Beweis des Kathetensatzes. ↩︎
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Ok, dann schreib ich auch mal meine Lösung auf:
O.b.d.A sei die Quadratseite 1. Der Kreismittelpunkt heiße K, der Schnittpunkt der Geraden DF mit der Strecke [AB] heiße H.
Die Tangentenabschnitte von C aus sind gleich lang, also ist CF=CD=1.
Die Winkelhalbierende von Winkel FCD steht senkrecht auf der Berührpunkt-Sehne FD und geht durch den kreismittelpunkt K.
Entsprechend steht die Winkelhalbierende von Winkel AGF senkrecht auf der Berührpunkt-Sehne AF und geht ebenfalls durch K.
Wegen des Satzes von Thales steht auch DF senkrecht auf AF. Somit sind GK und HD parallel.
Die Winkel KCD und HDA sind gleich, da sie paarweise orthogonale Schenkel haben. Somit sind die rechtwinkligen Dreiecke DCK und ADH kongruent, woraus folgt: AH = 1/2.
Der Strahlensatz liefert nun AG:AH = AK:AD = 1:2, mit AH = 1/2 folgt daraus FG = AG = 1/4.
Damit ist BG = 3/4, und mit FC = 1 erhält man CG = GF + FC = 5/4.
Da BC = 4/4 ist, folgt BG : BC : CG = 3 : 4 : 5.
Wegen gleicher Grundseite und Höhe haben die Dreiecke HED und HEA den gleichen Flächeninhalt; letzterer ist 1/8.
Wegen gleicher Höhe verhalten sich die Flächeninhalte von Dreieck FDE und Dreieck HDE wie die dazugehörigen Grundseiten, also
A(FDE) : A(HDE) = FD : HD = FC : GC = 1 : 5/4.
Man erhält A(FDE) = 1/8 : 5/4 = 1/10, also 10% der Quadratfläche.
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Die zweite Teilfrage (Flächenanteil des roten Dreiecks am Quadrat) kann man auch durch den Nachweis lösen, dass die folgende Zerlegung des Quadrats lauter flächengleiche Teildreiecke ergibt:
Dies als Zusatzaufgabe, wenn ihr mögt.
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@@ottogal
Dies als Zusatzaufgabe, wenn ihr mögt.
Die zweite Teilfrage (Flächenanteil des roten Dreiecks am Quadrat) kann man auch durch den Nachweis lösen, dass die folgende Zerlegung des Quadrats lauter flächengleiche Teildreiecke ergibt:
Irgendwann hatte ich die Lösung schon mal, aber gerade keine Zeit, sie vernünftig aufzuschreiben. Dann ist sie mir wieder entfleucht. Jetzt hab ich sie wieder.
Wegen Punktsymmetrie der Figur gilt:
- Die roten (hell schraffierten) Dreiecke bilden ein Paralleleogramm; die Diagonalen eines Parallelogramms teilen dieses in 4 gleichgroße Dreiecke.
- Die grünen (dunkel schraffierten) Dreiecke haben dieselbe Grundseitenlänge (halbe Seitenlänge des Quadrats) und dieselbe Höhe, sind also auch gleich groß.
- Die weißen Dreiecke sind auch untereinander gleich.
Bezeichnung der Punkte wie gehabt. L sei der Fußpunkt des Lotes von F auf AD.
Wegen △CFM ≅ △CDM steht FD senkrecht auf MC. Da auch ∡DFA ein rechter ist (Thales), ist ∡FAD = ∡HMD = β. Da die Dreiecke △ALF und △MDC außerdem im rechten Winkel übereinstimmen, sind sie ähnlich und es verhalten sich FL : AL = CD : MD = 2 : 1. FL und AL sind nun aber die Höhen in den Dreiecken △AMF und △ABF, deren Grundseiten sich wie 1 : 2 verhalten. Die Dreiecke sind also flächengleich, und damit auch alle grünen (dunkel schraffierten) und weißen Dreiecke.
Sei O der Mittelpunkt des Quadrats. FD schneide AB in N und MO in P. Q sei der Fußpunkt des Lotes von O auf FD.
Wegen Innenwinkelsumme in den Dreiecken △CDM und △DFA ist ∡DCM = ∡ADF = α. Da die Dreiecke △MDC und △NAD außerdem im rechten Winkel und einer Seite (Seitenlänge des Quadrats) übereinstimmen, sind sie kongruent und es gilt MD = NA = NB (halbe Seitenlänge des Quadrats).
Nach Strahlensatz ist dann auch PM = PO. Da die Dreiecke △MPH und △OPQ außerdem im rechten Winkel und den Scheitelwinkeln übereinstimmen, sind sie kongruent und es gilt HM = QO. Das sind nun aber die Höhen in den Dreiecken △FDM und △FDO über derselben Grundseite FD. Die Dreiecke sind also flächengleich, und damit auch alle grünen (dunkel schraffierten) und roten (hell schraffierten) Dreiecke.
Damit sind alle 10 Dreiecke flächengleich, q.e.d.
„Aber wem erzähle ich das? Dem wissend zwinkernden? Wahrscheinlich doch nur dem Archiv.“ [at]
LLAP 🖖
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„Wer durch Wissen und Erfahrung der Klügere ist, der sollte nicht nachgeben. Und nicht aufgeben.“ —Kurt Weidemann-
Hallo Gunnar,
ich hab's gelesen und es erschien mir folgerichtig. 😉
Rolf
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sumpsi - posui - clusi -
„Aber wem erzähle ich das? Dem wissend zwinkernden? Wahrscheinlich doch nur dem Archiv.“ [at]
In diesem Sinne: Hier auch noch meine nahezu gleiche Lösung (nach Kurzurlaub wieder im Zugriff auf meiner Festplatte):
Da die Zerlegung punktsymmetrisch zum Mittelpunkt E ist, genügt es, die Gleichheit der Flächen A1 bis A5 zu zeigen.
A1 = A2:
Wegen der Punktsymmetrie ist E der Mittelpunkt von BD, also haben A1 und A2 gleiche Grundseite mit gemeinsamer Höhe.
A2 = A3:
KE ist parallel zu AB, und H ist der Mittelpunkt von AB. Nach dem 1. Strahlensatz (mit Zentrum D) ist daher auch S der Mittelpunkt von KE. Der 2. Strahlensatz (mit Zentrum S) ergibt dann, dass die Lote von K bzw E auf FD gleich lang sind. Also haben die Dreiecke A2 und A3 zu der gemeinsamen Grundseite FD die gleiche Höhe.
A3 = A4:
Die Dreiecke haben gleiche Grundseite 1/2 und besitzen dieselbe Höhe.
A4 = A5:
FR bzw. FT seien die Lotstrecken von F auf AB bzw. auf AD.
Die rechtwinkligen Dreiecke FRA, HFA und HAD sind zueinander ähnlich mit dem Kathetenverhältnis 1:2, insbesondere gilt FT = 2 FR. Nun ist aber AK = 1/2 AB, d.h. Dreieck A5 hat doppelte Grundseite, aber halbe Höhe wie A4.
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@@Gunnar Bittersmann
… und es gilt MD = NA = NB (halbe Seitenlänge des Quadrats).
Nach Strahlensatz ist dann auch PM = PO.
Ich hab mal noch die Diagonale eingemalt, damit man das besser sieht.
BTW, ich wusste, dass ich @ottogals Lösung schon in meinem Posteingang hatte. Ich hab aber nicht geschmult, sondern wollte selbst drauf kommen.
LLAP 🖖
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@@Gunnar Bittersmann
Wo ich meine Lösung schon abschickbereit im Editor hatte, will ich sie auch noch in die Runde werfen. Die zu Aufgabe 1 ähnelt der von Rolf (wo er von „Symmetrie an Drachen“ spricht, spreche ich von kongruenten Dreiecken) und scheint mir einfacher als die von ottogal.
ottogals Lösung zur Aufgabe 2 scheint mir sehr elegant. – Sich auf eine Lösung zu einer vorherigen Aufgabe zu beziehen schien mir aber auch elegant. 😉
#Aufgabe 1
Wie immer™ kommt es auf das Einzeichnen der richtigen Hilfslinien an:
M Mittelpunkt des Halbkreises, o.B.d.A. Seitenlänge des Quadrats: 1.
MC ≡ MC, MF = MD = ½ (Radien), ∡MFC = ∡MDC = 1∟ ⇒ △CFM ≅ △CDM (SSW) ⇒ CF = CD = 1.
MG ≡ MG, MA = MF = ½ (Radien), ∡MAG = ∡MFG = 1∟ ⇒ △GAM ≅ △GFM (SSW) ⇒ GA = GF.
Seien α = ∡AMG = ∡FMG, α′ = ∡FCM = ∡DCM, β = ∡CMF = ∡CMD.
Gestreckter Winkel: 2α + 2β = 2∟, also α + β = 1∟.
Wegen Innenwinkelsumme α′ + β + 1∟ = 2∟, also α′ + β = 1∟, folglich α′ = α ⇒ △GAM ∼ △CDM.
GA : MA = GA : ½ = MD : CD = 1 : 2 ⇒ GA = GF = ¼.
BG : BC : CG = (1 − ¼) : 1 : (1 + ¼) = 3 : 4 : 5.
#Aufgabe 2
Und noch eine Hilfslinie mehr: FD schneidet MC in H.
HC ≡ HC, CF = CD = 1, ∡HCF = ∡HCD (s.o.) ⇒ △CHF ≅ △CHD (SSW) ⇒ ∡FHC = ∡DHC = 1∟.
Damit ist △CHD ∼ △CDM ⇒ CH :DH = CD : MD = 2 : 1. Sei DH = a, CH = 2a.
Wir erinnern uns an @encoders Plan und zerlegen das Quadrat in 4 kongruente Dreiecke mit den Seitenlängen a und 2a und ein Quadrat mit der Seitenlänge a.
Die Fläche ABCD ist 4 × ½a × 2a + a² = 5a² = 1, also a² = ⅕. Und nein, wir ziehen hier nicht die Wurzel.
Da E Mittlepunkt der Figur ist, ist die Höhe des Dreiecks DEF zur Grundseite FD gleich ½a, seine Fläche folglich ½ × 2a × ½a = ½a² = ⅟₁₀. Das ist dann auch das gesuchte Verhältnis zur Fläche ABCD.
LLAP 🖖
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Hallo Gunnar,
als ich Ottogals Rückgriff auf Aufgabe 1 mittels Strahlensatz las, bin ich fast vom Stuhl gekippt. Sowas von simpel, das muss man erstmal sehen.
Die Encodersche Zerlegung ist aber auch nicht schlecht.
Mein Weg war umständlich, das wusste ich, aber immerhin bin ich angekommen :)
Schöne Aufgabe.
Rolf
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sumpsi - posui - clusi
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Genau wie letztens auch wieder ohne Pythagoras oder noch schlimmere Dinge wie Wurzeln oder Winkelfunktionen, sondern nur über Verhältnisse:
Warum ist es eigentlich verpönt, den Satz des Pythagoras zu benutzen? (Und was ist an Wurzeln schlimm?)
Alles über Verhältnisse zu machen (hier insbesondere über die Seitenverhältnisse ähnlicher rechtwinkliger Dreiecke) wiederholt ja eigentlich einen herkömmlichen Beweis für den Pythagoras-Satz. Ihn anzuwenden, entspricht doch eigentlich dem gern gepflegten Prinzip DRY (Don't Repeat Yourself) - und genau dieses ist doch gerade die Motivation für sehr viele Begriffsbildungen in der Mathematik.
Klar ist es schwierig, die Grenze zu ziehen, bis wohin man Sätze zur Begründung heranziehen kann/darf/soll. (Ich habe hier in unserer Runde mal auf ein Additionstheorem des Tangens aus der Formelsammlung zurückgegriffen - das war sicher grenzwertig.) Aber Pythagoras, den doch wohl schon. Mit dem wäre doch der erste Teil unserer Aufgabe so schön zu lösen gewesen:
Bei der Quadratseite 1 erhält man unter Verwendung der Gleichheit der jeweiligen Tangentenabschnitte CF=CD=1 und GF=GA=x für das rechtwinklige Dreieck GCB die Hypotenuse 1+x und die Katheten 1-x und 1, also nach Pythagoras die Gleichung
(1+x)² = (1-x)² +1²
die (weil das x² herausfällt) eine lineare Gleichung ist, mit der Lösung x=1/4. Damit bekommt man sofort die Katheten 3/4 und 1 und die Hypotenuse 5/4, also das Ergebnis 3:4:5.
Übrigens gibt es viele Versuche, den Satz von Pythagoras auf neuem, von niemandem vorher gegangenen Weg zu beweisen, und dabei sind manche Mathematiker kläglich auf die Nase gefallen: Ihre vermeintlichen Beweise wurden in Fachzeitschriften publiziert, die sie später unter großer Peinlichkeit zurückziehen mussten. Die lehrreichen Beispiele fand ich bei cut-the-knot.org:
Pythagorean Theorem: Some False Proofs
Wenn wir bei den hier unter uns ausgetauschten Beweis-Aufgaben manchmal daneben liegen, können wir uns also damit trösten, nicht allein zu sein.
